Đặt \(\left(x,y,z\right)\rightarrow\left(a,b,c\right)\) (chẳng có lý do j đâu mình gõ a,b,c quen hơn thôi)

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có: 

\(3P=\frac{3\sqrt{ab}}{c+3\sqrt{bc}}+\frac{3\sqrt{bc}}{a+3\sqrt{bc}}+\frac{3\sqrt{ca}}{b+3\sqrt{ca}}\)

\(=3-\left(\frac{a}{a+3\sqrt{bc}}+\frac{b}{b+3\sqrt{ca}}+\frac{c}{c+3\sqrt{ab}}\right)\)

\(\le3-\left[\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+3\sqrt{abc}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)}\right]\)

\(\le3-\left[\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)+3\left(ab+bc+ca\right)}\right]\)

\(\le3-\left[\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)+\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}\right]=3-\frac{9}{4}=\frac{3}{4}\)

Xảy ra khi \(a=b=c\)

lý do đặt x,y,z= a,b,c 

chỉ để copy nhanh hơn thôi :))  

Xét n=0 thì A=1 ko phải số nguyên tố;n=1 thì A=3 là số nguyên tố

Xét n>1:\(A=n^{2012}-n^2+n^{2002}-n+n^2+n+1\)

\(=n^2\left(\left(n^3\right)^{670}-1\right)+n\left(\left(n^3\right)^{667}-1\right)+\left(n^2+n+1\right)\)

Mà \(\left(\left(n^3\right)^{670}-1\right)\)chia hết cho \(n^3-1\)

\(\Rightarrow\left(\left(n^3\right)^{670}-1\right)\)chia hết cho \(n^2+n+1\)

Tương tự \(\left(\left(n^3\right)^{667}\right)\)chia hết cho \(n^2+n+1\)

Vậy A chia hết cho \(n^2+n+1>1\)nên A là hợp số.Vậy \(n=1\)

Xét n=0 thì A=1 ko phải số nguyên tố;n=1 thì A=3 là số nguyên tố

Xét n>1:A=n2012−n2+n2002−n+n2+n+1

=n2((n3)670−1)+n((n3)667−1)+(n2+n+1)

Mà ((n3)670−1)chia hết cho n3−1

⇒((n3)670−1)chia hết cho n2+n+1

Tương tự ((n3)667)chia hết cho n2+n+1

A chia hết cho n2+n+1>1nên A là hợp số.Vậy n=1
 

Hình như thừa số 2

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(VT=\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\ge3\sqrt[3]{abc}\cdot3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}=3\sqrt[3]{\left(abc\right)^3}=VP\)

Xảy ra khi \(a=b=c\)

Câu cuối:

           6 + 6 + 2 = 2

Vì có quy luật sau:

     4 + 2 + 3 = 4 - 2 + 3 = 5

     8 + 4 + 6 = 8 - 4 + 6 = 10

                     ...

=> 6 + 6 + 2 = 6 - 6 + 2 = 0 + 2 = 2

Ta có:

\(\sqrt{2\sqrt{3\sqrt{4...\sqrt{2000}}}}\)

\(< \sqrt{2\sqrt{3\sqrt{4...\sqrt{2000.2002}}}}\)

\(=\sqrt{2\sqrt{3\sqrt{4...\sqrt{1999\sqrt{2001^2-1}}}}}\)

\(< \sqrt{2\sqrt{3\sqrt{4...\sqrt{1999.2001}}}}\)

\(........................................\)

\(< \sqrt{2.4}=\sqrt{8}< 3\)

Ta có:

√2√3√4...√2000

<√2√3√4...√2000.2002

=√2√3√4...√1999√20012−1

<√2√3√4...√1999.2001

........................................

<√2.4=√8<3

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

\(VT^2=\left(\sqrt{x-3}+\sqrt{5-x}\right)^2\)

\(\le\left(1+1\right)\left(x-3+5-x\right)=4\)

\(\Rightarrow VT^2\le4\Rightarrow VT\le2\left(1\right)\)

Lại có: \(VP=x^2-8x+18=x^2-8x+16+2\)

\(=\left(x-4\right)^2+2\ge2\left(2\right)\)

Từ \(\left(1\right);\left(2\right)\Rightarrow VT\le VP=2\)

Xảy ra khi \(VT=VP=2\Rightarrow x=4\)

Ta có: \(\sqrt{x-3}+\sqrt{5-x}=x^2-8x+18\)

\(\Leftrightarrow x^2+y^2=x^2-8x+18\) (với điều kiện: \(x^2=\sqrt{x-3};y^2=\sqrt{5-x}\))

\(\Leftrightarrow x^2+y^2=x^2-\left(80+x\right)+18\)

\(\Leftrightarrow x^2+y^2=x^2-\left(80+18\right)+x\)

\(\Leftrightarrow x^2+y^2=x^2-\left(98+x\right)\)

Giả sử \(98+x=100\Rightarrow\)khi đó \(x=100-98=2\)

Nhưng vì \(x^2\Rightarrow x=2^2=4\)

Ps: Mới học lớp 6 thôi!

\(\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}\ge\frac{2}{1+ab}\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{1+a^2}-\frac{1}{1+ab}+\frac{1}{1+b^2}-\frac{1}{1+ab}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{1+ab-1-a^2}{\left(1+a^2\right)\left(1+ab\right)}+\frac{1+ab-1-b^2}{\left(1+b^2\right)\left(1+ab\right)}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{a\left(b-a\right)\left(1+b^2\right)}{\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)\left(1+ab\right)}+\frac{b\left(a-b\right)\left(1+a^2\right)}{\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)\left(1+ab\right)}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{a\left(b-a\right)\left(1+b^2\right)-b\left(b-a\right)\left(1+a^2\right)}{\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)\left(1+ab\right)}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(b-a\right)\left(a+ab^2-b-a^2b\right)}{\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)\left(1+ab\right)}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(a-b\right)^2\left(ab-1\right)}{\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)\left(1+ab\right)}\ge0\forall ab\ge1\)