\(6\left(x^2+y^2+z^2\right)+10\left(xy+yz+xz\right)+2\left(\dfrac{1}{2x+y+z}+\dfrac{1}{x+2y+z}+\dfrac{1}{x+y+2z}\right)\)

\(=6\left(x^2+y^2+z^2\right)+12\left(xy+yz+xz\right)+2\left(\dfrac{1}{2x+y+z}+\dfrac{1}{x+2y+z}+\dfrac{1}{x+y+2z}\right)-2\left(xy+yz+xz\right)\)

\(=6\left(x+y+z\right)^2+2\left(\dfrac{1}{2x+y+z}+\dfrac{1}{x+2y+z}+\dfrac{1}{2z+x+y}\right)-2\left(xy+yz+xz\right)\)

\(\ge6\left(x+y+z\right)^2+2.\dfrac{\left(1+1+1\right)^2}{2x+y+z+x+2y+z+2z+x+y}-2\left(xy+yz+xz\right)\)

\(=6\left(x+y+z\right)^2+\dfrac{18}{4\left(x+y+z\right)}-2\left(xy+yz+xz\right)\)

\(\ge6\left(x+y+z\right)^2+\dfrac{18}{4\left(x+y+z\right)}-\dfrac{2}{3}\left(x+y+z\right)^2\)

\(=6.\left(\dfrac{3}{4}\right)^2+\dfrac{18}{4.\dfrac{3}{4}}-\dfrac{2}{3}.\left(\dfrac{3}{4}\right)^2=9\)

\("="\Leftrightarrow x=y=z=\dfrac{1}{4}\)

a) ab+bc+ca\(\le\dfrac{\left(a+c+b\right)^2}{3}\)

\(\Leftrightarrow3ab+3bc+3ac\le a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac\)

\(\Leftrightarrow ab+bc+ac\le a^2+b^2+c^2\)

\(\Leftrightarrow2ab+2bc+2ca\le2a^2+2b^2+2c^2\)

\(\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2+b^2-2bc+c^2+c^2-2ca+a^2\ge0\)

\(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\) (luôn đúng \(\forall a,b,c\)

a) 3.(ab+bc+ac)≤a²+b²+c²+2ab+2bc+2ac

<=> \(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac\ge0\)

<=> \(2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ac\ge0\)

<=> (a-b)²+(b-c)²+(a-c)²≥0 ( luon dung voi moi a,b,c)

b) ap dung ket qua tren va vế sau bn xem bài giải của mk ở trên

\(P=6x^2-x^3+6y^2-y^3+\frac{x+y}{xy}-x^2y-xy^2\)

\(x^3+y^3=\left(x+y\right)\left(x^2-xy+y^2\right)\le6\left(x^2-xy+y^2\right)\)

\(\Rightarrow-\left(x^3+y^3\right)\ge-6x^2-6y^2+6xy\)

\(\Rightarrow P\ge6xy+\frac{x+y}{xy}-xy\left(x+y\right)\)

\(\Rightarrow P\ge\frac{x+y}{xy}=\frac{1}{y}+\frac{1}{x}\ge\frac{4}{x+y}\ge\frac{2}{3}\)

\("="\Leftrightarrow x=y=3\)

Bài của bạn Hanako-kun đúng rồi. Dưới đây là một cách biến đổi khác đơn giản hơn, nhưng hướng làm thì tương tự.

Do $x+y\leq 6\Rightarrow 6-x\geq y; 6-y\geq x$

$\Rightarrow x^2(6-x)\geq x^2y; y^2(6-y)\geq xy^2$

$\Rightarrow P\geq x^2y+xy^2+(x+y)\left(\frac{1}{xy}-xy\right)=\frac{x+y}{xy}$

Mà $\frac{x+y}{xy}=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\geq \frac{4}{x+y}\geq \frac{4}{6}=\frac{2}{3}$ theo BĐT Cauchy-Schwarz.

Do đó $P_{\min}=\frac{2}{3}$. Giá trị này đạt tại $x=y=3$

Bài 2/ Không mất tính tổng quát giả sử: \(xy\ge0\)

\(\Rightarrow x^2+y^4+z^6\le x^2+y^2+z^2\le\left(x+y\right)^2+z^2=2z^2\le2\)

Câu 3/

Dễ thấy n = 20 thì \(20^{20}\) có số lượng số lớn hơn 19 chữ số.

\(\Rightarrow n< 20\)

Xét \(n>2\) ta dễ thấy n phải là lũy thừa của 2 vì giải sử

\(n=\left(2k+1\right).2^a\)

\(\Rightarrow P=\left(n^{2a}\right)^{2a+1}+1=A.\left(n^{2a}+1\right)\)không phải là số nguyên tố.

\(\Rightarrow n=4;8;16\)

Xét \(n=1;2\) nữa là xong

PS: Thôi nghỉ không làm nữa

Với giả sử n không phải là lũy thừa của 2 thì n sẽ là tích của lũy của 2 với 1 số lẻ nên ta giả sử

\(n=\left(2k+1\right).2^a\) ta chứng minh với trường hợp này thì bài toán không thỏa mãn.

Thế vào P ta được

\(P=n^{\left(2k+1\right).2^a}+1=\left(n^{2^a}\right)^{2k+1}+1=\left(n^{2a}+1\right).A\left(n\right)\) (cái này áp dụng hằng đẳng thức: Với x lẻ thì \(y^x+1=\left(y+1\right)\left(y^{x-1}-y^{x-2}+....\right)\)

Ta đễ thấy P ở trường hợp nà là tích của 2 số khác 1 vì n > 2

Từ đây ta loại trường hợp n là số có dạng \(n=\left(2k+1\right).2^a\)

Nên n là lũy thừa của 2 kết hợp với \(2< n< 20\) thì ta chỉ cần kiểm tra với \(n=4;8;16\)sau khi kiểm tra cái này

Ta tiếp tục xét trường hợp \(n=1;2\) nữa là xong.

S=1+4+7+..+n

Tổng S có số số hạng là \(\frac{\left(n-1\right)}{3}+1=\frac{n+2}{3}\)

Tổng S có giá trị là

\(S=\frac{\left(n+1\right)}{2}.\frac{n+2}{3}=\frac{\left(n+1\right)\left(n+2\right)}{6}\)