Bài 5: 

Giả sử tồn tại 7 số không thỏa mãn điều kiện đề bài. Không mất tính quát, ta coi rằng \(x_1< x_2< ...< x_7\)

Do 7 số đã cho là các số nguyên dương nên :

\(x_2\ge x_1+1\)

\(x_3+x_1\ge4x_2\ge4\left(x_1+1\right)\Rightarrow x_3\ge3x_1+4\)

\(x_4+x_1\ge4x_3\ge4\left(3x_1+4\right)\Rightarrow x_4\ge11x_1+16\)

\(x_5+x_1\ge4x_4\ge4\left(11x_1+16\right)\Rightarrow x_5\ge43x_1+64\)

\(x_6+x_1\ge4x_5\ge4\left(43x_1+64\right)\Rightarrow x_6\ge171x_1+256\)

\(x_7+x_1\ge4x_6\ge4\left(171x_1+256\right)\Rightarrow x_7\ge683x_1+1024\)

Do x₁ là số nguyên dương nên \(x_1\ge1\Rightarrow x_7\ge683+1024=1707>1706\) (Vô lý)

Vậy nên phải tồn tại bộ ba số thỏa mãn yêu cầu của đề bài.

Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có :

\(\left(a+b+c\right)^2\le\left(a^2+2\right)\left[1+\frac{\left(b+c\right)^2}{2}\right]\)

Tiếp theo ta chứng minh \(3\left[1+\frac{\left(b+c\right)^2}{2}\right]\le\left(b^2+2\right)\left(c^2+2\right)\)

Thật vậy, \(bpt\Leftrightarrow6+3b^2+3c^2+6bc\le2b^2c^2+4b^2+4c^2+8\)

\(\Leftrightarrow b^2+c^2+2b^2c^2-6bc+2\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(b^2-bc+c^2\right)+2\left(bc-1\right)^2\ge0\)  (Đúng)

Vậy thì \(3\left(a+b+c\right)^2\le\left(a^2+2\right)\left(b^2+2\right)\left(c^2+2\right)\) (đpcm)

ta có 

Ta có: \(A=\frac{x^2+y^2}{x-y}=\frac{\left(x^2-2xy+y^2\right)+2xy}{x-y}=\frac{\left(x-y\right)^2+2xy}{x-y}=\left(x-y\right)+\frac{4}{x-y}\)

Áp dụng BĐT Cô-si cho 2 số không âm, ta có: 

\(A=\left(x-y\right)+\frac{4}{\left(x-y\right)}\ge2\sqrt{\left(x-y\right)\frac{4}{x-y}}=4\)

Dấu bằng xảy ra khi \(\left(x;y\right)=\left(\sqrt{3}+1;\sqrt{3}-1\right);\left(1-\sqrt{3};-1-\sqrt{3}\right)\)

a)Vì hai số không âm x,y thỏa mãn:\(x^2+y^2=1\)nên \(x\le1,y\le1\)Nên ta có:

\(x^3\le x^2;y^3\le y^2\)

\(\Rightarrow x^3+y^3\le x^2+y^2=1\)

Vậy Max=1

b)Áp dụng bunhiacopxki ta có:

\(x+y\le\sqrt{2\left(x^2+y^2\right)}=\sqrt{2}\)

\(\left(x+y\right)\left(x^3+y^3\right)=\left(\left(\sqrt{x}^2+\sqrt{y}^2\right)\left(\sqrt{x^3}^2+\sqrt{y^3}^2\right)\right)\)\(\ge\left(x^2+y^2\right)^2=1\)

\(\Rightarrow x^3+y^3\ge\frac{1}{x+y}\ge\frac{1}{\sqrt{2}}\)

ta có:\(a^2+ab+b^2=\frac{3}{4}\left(a+b\right)^2+\frac{1}{4}\left(a-b\right)^2\ge\frac{3}{4}\left(a+b\right)^2\)

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

tương tự ta có:\(\sqrt{b^2+bc+c^2}\ge\frac{\sqrt{3}}{2}\left(b+c\right),\sqrt{c^2+ac+c^2}\ge\frac{\sqrt{3}}{2}\left(a+c\right)\)

đến đây tự full đi

jjjjjjjjjjjjjjjjjjjj