Áp dụng ta có $VT \ge\frac{\sqrt 5-3}{2(a^2b^2-ab+1)}+\frac{1}{c^2-c+1}=\frac{\sqrt5- 3}{2.(\frac 1{c^2}-\frac 1c+1)}+\frac{1}{c^2-c+1}$

$=\frac{(\sqrt 5- 3)c^2+2}{c^2-c+1}$

Lại có $\frac{(\sqrt 5- 3)c^2+2}{c^2-c+1} \ge \frac{1-\sqrt 5}{3}\Leftrightarrow \left(c-\frac{7+3\sqrt 5}{2}\right)^2 \ge0$ (luôn đúng)

Vậy bdt đc chứng minh, đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=\frac{3-\sqrt 5}{2},c=\frac{7+3\sqrt 5}{2}$

$\Leftrightarrow (x+y)^2+2(x+y)+1 \ge z^2-2z+1$

$\Leftrightarrow (x+y+1)^2 \ge (z-1)^2\Leftrightarrow x+y+2 \ge z$

Khi đó $VT \ge \frac{x+1}{x+2y+1}+\frac{y+1}{y+2x+1}+\frac{(x+y)^2}{(x+y+2)^2} $

$\ge \frac{(x+y+2)^2}{(x+1)(x+2y+1)+(y+1)(y+2x+1)}+\frac{(x+y)^2}{(x+y+2)^2}$

$\ge \frac{(x+y+2)^2}{(x+y)^2+4(x+y)+2xy+2}+\frac{(x+y)^2}{(x+y+2)^2} \\ \ge \frac{(x+y+2)^2}{\frac 32(x+y)^2+4(x+y)+2} +\frac{(x+y)^2}{(x+y+2)^2}$

$=\frac{2(x+y+2)}{3(x+y)+1}+\frac{(x+y)^2}{(x+y+2)^2}\overset{x+y \to t \ge 2}{=}\frac{2(t+2)}{3t+2}+\frac{t^2}{(t+2)^2} \ge \frac 54$

$P_{\min}=\frac 54\Leftrightarrow x=y=1,z=4$

Nếu đề cho $a,b,c>0$, trừ 2 vế cho 2

$bdt\Leftrightarrow \frac{ab+bc+ca-(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca} \ge \frac{2(8abc-(a+b)(b+c)(c+a))}{(a+b)(b+c)(c+a)}$ $ \Leftrightarrow \frac{(a+b)(b+c)(c+a)-8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)} \ge \frac{2(a^2+b^2+c^2-ab+bc+ca)}{4(a^2+b^2+c^2)} $

$\Leftrightarrow \frac{a(b-c)^2+b(c-a)^2+c(a-b)^2}{(a+b)(b+c)(c+a)} \ge \frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{4(a^2+b^2+c^2)}$

$\Leftrightarrow \sum (b-c)^2\bigg[\frac{a}{(a+b)(b+c)(c+a)}-\frac{1}{4(a^2+b^2+c^2)} \bigg] \ge0$

$\Leftrightarrow S_a(b-c)^2+S_b(a-c)^2+S_c(a-b)^2 \ge0$

Giả sử $a \ge b \ge c$

Khi đó $S_a \ge S_b \ge S_c,2b \ge b+c$ 

$2S_b=\frac{2b}{(a+b)(b+c)(c+a)}-\frac{1}{2(a^2+b^2+c^2)} \ge  \frac{1}{(a+b)(a+c)}-\frac{1}{2(a^2+b^2+c^2)} >0$

Khi đó áp dụng bdt $(a-c)^2 \ge (a-b)^2+(a-c)^2$ ta có ngay dpcm

$pt\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3=3abc\Leftrightarrow a=b=c$

$\Leftrightarrow x^2=y^2+5=z$

$y^2+5=x^2\Leftrightarrow \begin{cases}x=3 \\ y=2 \end{cases}$ (dễ dàng giải)

Từ đó suy ra nghiệm duy nhất $x=3,y=2,z=9$

2) Giả sử $x >y>z$ 

Dễ thấy $x \le 8$

$\bullet$ Với $x=8$, bằng phép thử dễ dàng tìm đc $y=5,z=3$

$\bullet$ Với $x \le 7,$ khi đó $3^x+3^y+3^z \le 3^7+3^6+3^5 <6831$

Vậy nghiệm của pt là hoán vị của bộ số $(3,5,8)$

$9 \ge \bigg[(x+4y+\frac {17}5)-\frac {12}5 \bigg]^2+\bigg[(3x+7y-\frac 45)+\frac 95 \bigg]^2 \\ =\big(x+4y+\tfrac{17}5 \big)^2-\tfrac{24}{5}\bigl(x+4y+\tfrac {17}5 \big)+\tfrac{144}{25}+\big(3x+7y-\tfrac 45 \big)^2+\tfrac{18}{5}\big(3x+7y-\tfrac 45)+\tfrac{81}{25} \\ \ge \frac{18}{5}\left(3x+7y-\frac 45\right)-\frac{24}{5}\left(x+4y+\frac{17}5\right)+9\Leftrightarrow x+y \le \frac {16}5 \\ \mathbf{Dấu\;bằng\;xảy\;ra\;khi\;} x=\frac{27}5,y=-\frac{11}5 \\ \mathbf{Bằng\;cách\;tương\;tự\;cm\;đc\;} x+y \ge -\frac{14}5. \mathbf{Dấu\;bằng\;xảy\;ra\;khi\;} x=-\frac{21}5,y=\frac 75$

Gọi $C$ là trung điểm của $AB,\Rightarrow C(-1;3)$

Vì $H$ luôn nhìn $AB$ dươi 1 góc vuông nên $H$ thuộc đường tròn  $(C)$ tâm $C$ bán kính $R=CB=\sqrt 5$ và có phương trình là $(C):(x+1)^2+(y-3)^2=5$

Gọi $d'$ là đường thẳng qua $C$ vuông góc $\Delta$. $d':-2x+y-5=0$

Khi đó dễ dàng chứng minh khoảng cách từ $H$ tới $\Delta$ đạt $\min$ khi $H$ là 1 trong 2 giao điểm của đường tròn $(C)$ và $d'$

Tọa độ $H$ là nghiệm của hpt sau $\begin{cases}(x+1)^2+(y-3)^2 =5\\ -2x+y-5=0 \end{cases}\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}  \begin{cases}x=-2 \\ y=1 \end{cases}\\ \begin{cases}x= 0\\ y=5 \end{cases} \end{array} \right.$

Thử từng trường hợp ta tìm ra  đc $H(-2;1)$ thỏa mãn ycbt

Đk $x \ge \frac 23 $

Đặt $\sqrt{3x-2}=a,\sqrt{x+3}=b$

$pt\Leftrightarrow (a^2-b^2).a+a+b=2a^2-b^2+ab$

$\Leftrightarrow (a+b)(a^2-ab+1)=(2a-b)(a+b)$

$\Leftrightarrow a^2-ab+1=2a-b\Leftrightarrow (a-1)^2=b(a-1)\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} a=1\\ a-1=b \end{array} \right.$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x=1\\ x=6 \end{array} \right.$

$pt(1)\Leftrightarrow x+\tan x=y + \tan y\Leftrightarrow f(x)=f(y)$

Với $f(t)=t+\tan t ;t \in \left(-\frac{\pi}2;\frac{\pi}{2} \right)$

Ta có$f(x)$ liên tục trên $\left(-\frac{\pi}2;\frac{\pi}{2} \right),$với $f'(x)=1+\frac{1}{\cos^2 x}>0$

Do đó $pt(1)\Leftrightarrow x=y$

Từ đó suy ra nghiệm $x=y=\frac{\pi}{4}$

Giả sử $ x \ge y \ge z,$ khi đó $f(x) \ge f(y) \ge f(z)$

$hpt\Leftrightarrow \begin{cases}2x+1=f(y) \\2y+1=f(z) \\2z+1=f(x) \end{cases}$

Do $f(x) \ge f(y) \ge f(z)\Rightarrow 2z+1 \ge 2x+1 \ge 2y+1\Leftrightarrow z \ge x \ge y$

Do đó $x=y=z$

Từ đó dễ dàng tìm ra nghiệm của hệ là $x=y=z=\mp 1$

$\frac Q4=\frac{1}{(x-y)^2}+\frac{1}{(y-z)^2}+\frac{1}{(x-z)^2} \ge \frac{1}{(1-y)^2}+\frac{1}{(y+1)^2}+\frac{1}{(1+1)^2}$

$\ge \frac 12 \left( \frac 1{1-y}+ \frac 1{1+y} \right)^2+\frac 14 \ge \frac{1}{2}.2^2+\frac 14$

$\Rightarrow \min Q= 9\Leftrightarrow x=1,y=0,z=-1$ và các hoán vị