\(VT=\dfrac{\left(x+\dfrac{1}{x}\right)^6-\left(x^3+\dfrac{1}{x^3}\right)^2}{\left(x+\dfrac{1}{x}\right)^3+\left(x^3+\dfrac{1}{x^3}\right)}=\left(x+\dfrac{1}{x}\right)^3-\left(x^3+\dfrac{1}{x^3}\right)\)

\(=3\left(x+\dfrac{1}{x}\right)\ge3.2\sqrt{x.\dfrac{1}{x}}=6\)

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

\(VT^2\le\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{a}{4a+3bc}+\dfrac{b}{4b+3ac}+\dfrac{c}{4c+3ab}\right)\)

Ta đi chứng minh \(\sum\dfrac{a}{4a+3bc}\le\dfrac{1}{2}\). Qui đồng và chuyển vế ta thu được:

\(abc\left[18\left(a^2+b^2+c^2\right)+27abc-32\right]\ge0\) (*)

Xét \(18\sum a^2+27abc-32=9\left(\sum a^2\right)\left(a+b+c\right)+27abc-4\left(a+b+c\right)^3\)

\(=5\sum a^3+3abc-3\sum ab\left(a+b\right)\)

\(=\sum2\left(a+b\right)\left(a-b\right)^2+\left[a^3+b^3+c^3+3abc-\sum ab\left(a+b\right)\right]\ge0\)

Do \(\sum a^3+3abc\ge\sum ab\left(a+b\right)\) ( BĐT Schur Bậc 3)

Do đó (*) luôn đúng.Dấu = xảy ra tại 2 điểm là a=b=c=2/3 hoặc a=0,b=c=1 cùng các hoán vị tương ứng.

Dự đoán điểm rơi b=c=ka. Ta có:

\(P=\dfrac{2a}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}+\dfrac{b}{\sqrt{\left(b+c\right)\left(b+a\right)}}+\dfrac{c}{\sqrt{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}}\)

Áp dụng BĐT AM-GM: \(\dfrac{2a}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}\le\dfrac{a}{a+b}+\dfrac{a}{a+c}\)

\(\dfrac{b}{\sqrt{\left(b+c\right)\left(b+a\right)}}=\dfrac{b.\sqrt{\dfrac{2k}{k+1}}}{\sqrt{\left(b+c\right).\dfrac{2k\left(a+b\right)}{k+1}}}\le\dfrac{b}{2}\sqrt{\dfrac{2k}{k+1}}.\left(\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{\left(k+1\right)}{2k\left(a+b\right)}\right)\)

\(\dfrac{c}{\sqrt{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}}\le\dfrac{c}{2}.\sqrt{\dfrac{2k}{k+1}}\left(\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{k+1}{2k\left(a+c\right)}\right)\)

\(\Rightarrow VT\le\dfrac{a}{a+b}+\sqrt{\dfrac{k+1}{8k}}.\dfrac{b}{a+b}+\dfrac{a}{a+c}+\sqrt{\dfrac{k+1}{8k}}.\dfrac{c}{a+c}+\sqrt{\dfrac{k}{2k+2}}\)

Tìm k sao cho \(\sqrt{\dfrac{k+1}{8k}}=1\Rightarrow k=\dfrac{1}{7}\)

Do đó trình bày lại bài toán ngắn gọn như sau:

Áp dụng BĐT AM-GM:

\(VT=\dfrac{2a}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}+\dfrac{2b}{\sqrt{4\left(b+c\right).\left(b+a\right)}}+\dfrac{2c}{\sqrt{4\left(b+c\right).\left(a+b\right)}}\)

\(\le\dfrac{a}{a+b}+\dfrac{a}{a+c}+\dfrac{b}{4\left(b+c\right)}+\dfrac{b}{a+b}+\dfrac{c}{4\left(b+c\right)}+\dfrac{c}{a+c}\)

\(=1+1+\dfrac{1}{4}=\dfrac{9}{4}\)

Dấu = xảy ra khi \(a=7b=7c=\dfrac{7}{\sqrt{15}}\)

Giả sử lực kéo lệch góc \(\alpha\). Áp dụng định luật 2 newton và chiếu lên phương sàn: \(F\cos\alpha-\mu mg=ma\Leftrightarrow F=\dfrac{ma+\mu mg}{\cos\alpha}\ge\dfrac{\mu mg}{\cos\alpha}\)

Ki đó để lực kéo nhẹ nhất thì \(\alpha=Arccos\dfrac{\mu mg}{F}\)

Không mất tính tổng quát, giả sử \(2\ge a\ge b\ge c\ge1\)

Khi đó dễ thấy dấu = sẽ đạt được tại biên, tức a=2, c=1 nên ta sẽ dồn các biến ra biên

Ta có: \(\left(\dfrac{a}{b}-1\right)\left(\dfrac{b}{c}-1\right)\ge0\Leftrightarrow\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}\le\dfrac{a}{c}+1\)

\(\left(\dfrac{b}{a}-1\right)\left(\dfrac{c}{b}-1\right)\ge0\Leftrightarrow\dfrac{b}{a}+\dfrac{c}{b}\le\dfrac{c}{a}+1\)

Do đó \(VT\le2\left(\dfrac{a}{c}+\dfrac{c}{a}\right)+2\) nên chỉ cần chứng minh \(\dfrac{a}{c}+\dfrac{c}{a}\le\dfrac{5}{2}\)(*) hay \(\dfrac{\left(a-2c\right)\left(2a-c\right)}{2ac}\le0\) ( luôn đúng do \(c\le a\le2c\) )

Vậy ta có đpcm. Dấu = xảy ra khi a=2, c=1, b=1 hoặc a=2, c=1, b=2 và các hoán vị tương ứng.

Ta có:\(xyzt=\left(1-x\right)\left(1-y\right)\left(1-z\right)\left(1-t\right)\Rightarrow\dfrac{1-x}{x}.\dfrac{1-y}{y}.\dfrac{1-z}{z}\dfrac{1-t}{t}=1\)

Đặt \(\left(\dfrac{1-x}{x},\dfrac{1-y}{y},\dfrac{1-z}{z},\dfrac{1-t}{t}\right)\rightarrow\left(a,b,c,d\right)\) \(\Rightarrow abcd=1\)

Cần chứng minh \(\dfrac{1}{\left(a+1\right)^2}+\dfrac{1}{\left(b+1\right)^2}+\dfrac{1}{\left(c+1\right)^2}+\dfrac{1}{\left(d+1\right)^2}\ge1\)

Bổ đề: \(\dfrac{1}{\left(m+1\right)^2}+\dfrac{1}{\left(n+1\right)^2}\ge\dfrac{1}{mn+1}\) (*)

#cm: Áp dụng BĐT Bunyakovsky:

\(\left(mn+1\right)\left(\dfrac{m}{n}+1\right)\ge\left(m+1\right)^2\Rightarrow\dfrac{1}{\left(m+1\right)^2}\ge\dfrac{\dfrac{n}{m+n}}{mn+1}\)

Tương tự: \(\dfrac{1}{\left(n+1\right)^2}\ge\dfrac{\dfrac{m}{m+n}}{mn+1}\). Cộng theo vế ta có đpcm.

Quay lại bài toán: \(VT\ge\dfrac{1}{ab+1}+\dfrac{1}{cd+1}=\dfrac{1}{\dfrac{1}{cd}+1}+\dfrac{1}{cd+1}=1\)

Vậy ta có đpcm. Dấu =xảy ra khi a=b=c=d=1 hay \(x=y=z=t=\dfrac{1}{2}\)

Áp dụng BĐT AM-GM: \(VT\le\sum\dfrac{1}{\sqrt{a^2+1}.\sqrt{2a}.2\sqrt{bc}}=\sum\dfrac{1}{2\sqrt{2}\sqrt{a^2+1}}\)

Ta đi chứng minh \(\dfrac{1}{\sqrt{a^2+1}}+\dfrac{1}{\sqrt{b^2+1}}+\dfrac{1}{\sqrt{c^2+1}}\le\dfrac{3}{\sqrt{2}}\)

Giả sử c=max{a, b, c}.Suy ra \(c\ge1\) nên \(ab\le1\). Ta có bổ đề:

\(\dfrac{1}{\sqrt{a^2+1}}+\dfrac{1}{\sqrt{b^2+1}}\le\dfrac{2}{\sqrt{1+ab}}\)(*)

#cm: Áp dụng Bunyakovsky: \(VT_{(*)} \)\(\le\sqrt{2\left(\dfrac{1}{a^2+1}+\dfrac{1}{b^2+1}\right)}\)

Xét \(\dfrac{1}{a^2+1}+\dfrac{1}{b^2+1}-\dfrac{2}{ab+1}=\dfrac{\left(a-b\right)^2\left(ab-1\right)}{\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(ab+1\right)}\le0\)

Nên \(VT_{(*)}\)\(\le\sqrt{2.\dfrac{2}{ab+1}}=\dfrac{2}{\sqrt{ab+1}}\), suy ra đpcm.

Do đó \(VT\le\dfrac{2}{\sqrt{ab+1}}+\dfrac{1}{\sqrt{c^2+1}}=2\sqrt{\dfrac{c}{c+1}}+\dfrac{1}{\sqrt{c^2+1}}\)

# cm: \(2\sqrt{\dfrac{c}{c+1}}+\dfrac{1}{\sqrt{c^2+1}}\le\dfrac{3}{\sqrt{2}}\)

\(\Leftrightarrow2\sqrt{2c\left(c^2+1\right)}+\sqrt{2c+2}\le3\sqrt{\left(c+1\right)\left(c^2+1\right)}\)

\(\Leftrightarrow8c^3+10c+2+8\sqrt{c\left(c+1\right)\left(c^2+1\right)}\le9\left(c^3+c^2+c+1\right)\)

hay \(8\sqrt{\left(c^2+c\right)\left(c^2+1\right)}\le c^3+9c^2-c+7\) ($)

Áp dụng BĐT AM-GM cho VT của ($):

\(8\sqrt{\left(c^2+c\right)\left(c^2+1\right)}\le4\left(2c^2+c+1\right)\) .Ta chứng minh

\(8c^2+4c+4\le c^3+9c^2-c+7\) hay \(\left(c-1\right)^2\left(c+3\right)\ge0\) (đúng)

Vậy ta có đpcm. Dấu = xảy ra khi a=b=c=1

#Max: Giả sử z=max{x, y, z} \(\Rightarrow z\ge2\). Ta chứng minh BĐT sau:

\(x^2+y^2+z^2+xyz\le\dfrac{\left(x+y\right)^2}{2}+z^2+\dfrac{\left(x+y\right)^2z}{4}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(x-y\right)^2}{4}\left(z-2\right)\ge0\) ( đúng ) (*)

Do đó \(VT\le\dfrac{\left(6-z\right)^2}{2}+z^2+\dfrac{z\left(6-z\right)^2}{4}=f\left(z\right)\) với \(z\in\left[2;3\right]\)

\(f'\left(z\right)=\left(6-z\right).\left(-1\right)+2z+\dfrac{1}{4}.\left[\left(6-z\right)^2+z.2\left(z-6\right)\right]\)

\(=\dfrac{3}{4}z^2-3z+3=\dfrac{3}{4}\left(z-2\right)^2\ge0\).Suy ra \(f\left(z\right)\le f\left(3\right)=\dfrac{81}{4}\)

Dấu = đạt được tại \(x=y=\dfrac{3}{2},z=3\) và các hoán vị

#Min: Để ý (*), ta giả sử z=Min{x, y, z} thì \(z\le2\). Do đó ta lại có

\(VT\ge f\left(z\right)\) với \(z\in\left[0;2\right]\). Vì f(z) vẫn đồng biến / R nên min sẽ đạt được tại z=0 và bằng 18

Dấu = đạt được tại x=y=3, z=0 và các hoán vị

Áp dụng BĐT AM-GM: \(\dfrac{1}{2}\sqrt{\left(a+3b\right)\left(b+3a\right)}\le\dfrac{1}{4}\left(4a+4b\right)=a+b\)

Ta chứng minh: \(3\left(a+b\right)^2+4ab\ge2\left(a+b\right)\)

hay \(3\left(a+b\right)^2+4ab\ge2\left(a+b\right)\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b-2\sqrt{ab}\right)^2\ge0\)( đúng)

Dấu = xảy ra khi \(a=b=\dfrac{1}{4}\)

Giả sử \(z=max\left\{x;y;z\right\}\)\(\Rightarrow z\ge673\)

Áp dụng AM-GM: \(xyz\le\dfrac{1}{4}\left(x+y\right)^2.z=\dfrac{1}{4}\left(2017-z\right)^2.z\)

Bằng nhiều cách , ta thấy hàm \(f\left(t\right)=\dfrac{1}{4}t\left(2017-t\right)^2\)nghịch biến trên nửa khoảng [673;\(+\infty\)) , do đó P đạt GTLN khi z=673