đề có sai ko

ko biet

Ta có : \(x+y+z=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)^2=0\)

\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+2\left(xy+yz+xz\right)=0\)

\(\Leftrightarrow14+2\left(xy+yz+xz\right)=0\)

\(\Leftrightarrow2\left(xy+yz+xz\right)=-14\)

\(\Leftrightarrow xy+yz+xz=-7\)

\(\Leftrightarrow\left(xy+yz+xz\right)^2=49\)

\(\Leftrightarrow x^2y^2+y^2z^2+x^2z^2+2\left(xy^2z+2x^2yz+2xyz^2\right)=49\)

\(\Leftrightarrow x^2y^2+y^2z^2+x^2z^2+2xyz\left(x+y+z\right)=49\)

\(\Leftrightarrow x^2y^2+y^2z^2+x^2z^2+2xyz.0=49\)

\(\Leftrightarrow x^2y^2+y^2z^2+x^2z^2=49\)

Lại có : \(x^2+y^2+z^2=14\)

\(\Leftrightarrow\left(x^2+y^2+z^2\right)^2=196\)

\(\Leftrightarrow x^4+y^4+z^4+2\left(x^2y^2+y^2z^2+x^2z^2\right)=196\)

\(\Leftrightarrow x^4+y^4+z^4+2.49=196\)

\(\Leftrightarrow x^4+y^4+z^4=196-98\)

\(\Leftrightarrow A=98\)

Vậy \(A=98\)

Bài 1:
Vì $x+y+z=1$ nên:

\(Q=\frac{x}{x+\sqrt{x(x+y+z)+yz}}+\frac{y}{y+\sqrt{y(x+y+z)+xz}}+\frac{z}{z+\sqrt{z(x+y+z)+xy}}\)

\(Q=\frac{x}{x+\sqrt{(x+y)(x+z)}}+\frac{y}{y+\sqrt{(y+z)(y+x)}}+\frac{z}{z+\sqrt{(z+x)(z+y)}}\)

Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:

\(\sqrt{(x+y)(x+z)}=\sqrt{(x+y)(z+x)}\geq \sqrt{(\sqrt{xz}+\sqrt{xy})^2}=\sqrt{xz}+\sqrt{xy}\)

\(\Rightarrow \frac{x}{x+\sqrt{(x+y)(x+z)}}\leq \frac{x}{x+\sqrt{xy}+\sqrt{xz}}=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}}\)

Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế suy ra:

\(Q\leq \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}}+ \frac{\sqrt{y}}{\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}}+ \frac{\sqrt{z}}{\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}}=1\)

Vậy $Q$ max bằng $1$

Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z=\frac{1}{3}$

Bài 2:
Vì $x+y+z=1$ nên:

\(\text{VT}=\frac{1-x^2}{x(x+y+z)+yz}+\frac{1-y^2}{y(x+y+z)+xz}+\frac{1-z^2}{z(x+y+z)+xy}\)

\(\text{VT}=\frac{(x+y+z)^2-x^2}{(x+y)(x+z)}+\frac{(x+y+z)^2-y^2}{(y+z)(y+x)}+\frac{(x+y+z)^2-z^2}{(z+x)(z+y)}\)

\(\text{VT}=\frac{(y+z)[(x+y)+(x+z)]}{(x+y)(x+z)}+\frac{(x+z)[(y+z)+(y+x)]}{(y+z)(y+x)}+\frac{(x+y)[(z+x)+(z+y)]}{(z+x)(z+y)}\)

Áp dụng BĐT AM-GM:
\(\text{VT}\geq \frac{2(y+z)\sqrt{(x+y)(x+z)}}{(x+y)(x+z)}+\frac{2(x+z)\sqrt{(y+z)(y+x)}}{(y+z)(y+x)}+\frac{2(x+y)\sqrt{(z+x)(z+y)}}{(z+x)(z+y)}\)

\(\Leftrightarrow \text{VT}\geq 2\underbrace{\left(\frac{y+z}{\sqrt{(x+y)(x+z)}}+\frac{x+z}{\sqrt{(y+z)(y+x)}}+\frac{x+y}{\sqrt{(z+x)(z+y)}}\right)}_{M}\)

Tiếp tục AM-GM cho 3 số trong ngoặc lớn, suy ra \(M\geq 3\)

Do đó: \(\text{VT}\geq 2.3=6\) (đpcm)

Dấu bằng xảy ra khi $3x=3y=3z=1$

Bài 3:

Áp dụng BĐT Bunhiacopxky như các bài trên ta có:

$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\geq \frac{9}{x+y+z}$

Mà $0< x+y+z\leq 6$ nên $\frac{9}{x+y+z}\geq \frac{9}{6}=\frac{3}{2}$

Do đó $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\geq \frac{3}{2}$ (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z=2$

Bài 4:

Áp dụng BĐT Cô-si cho các số dương ta có:

$a^4+b^4+c^4+d^4\geq 4\sqrt[4]{a^4b^4c^4d^4}=4abcd$ (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=d>0$

Bài 2:

Hoàn toàn tương tự bài 1

$S(a+b+c)\geq (1+1+1)^2$ theo BĐT Bunhiacopxky

$\Leftrightarrow S.3\geq 9\Rightarrow S\geq 3$

Vậy GTNN của $S$ là $3$ khi $a=b=c=1$

Ta có \(A^2+B^2+C^2=\frac{y^2}{z^2}+\frac{z^2}{y^2}+\frac{x^2}{z^2}+\frac{z^2}{x^2}+\frac{x^2}{y^2}+\frac{y^2}{x^2}+6\)(1)

Và \(ABC=\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\right)\left(\frac{y}{z}+\frac{z}{y}\right)\left(\frac{x}{z}+\frac{z}{x}\right)=\frac{x^2}{y^2}+\frac{y^2}{x^2}+\frac{y^2}{z^2}+\frac{z^2}{y^2}+\frac{x^2}{z^2}+\frac{z^2}{x^2}+2\left(2\right)\)

(1) trừ (2) bằng 4