Đến nội dung

habcy12345

habcy12345

Đăng ký: 20-12-2023
Offline Đăng nhập: Riêng tư
***--

#743720 Chứng minh rằng có một người quen biết tất cả những người còn lại

Gửi bởi habcy12345 trong 19-02-2024 - 19:43

Một bài toán khá thú vị mà em tìm được:
Một bữa tiệc có $2n+1$ người tham gia. Biết rằng cứ mỗi nhóm gồm $n$ người thì tồn tại một người không thuộc nhóm đó nhưng quen biết tất cả các người trong nhóm đó. Chứng minh rằng có một người quen biết tất cả mọi người trong bữa tiệc.
$\textit {(Nguồn: 2001 All-Russian Olympiad, Grade 9, Day 2, P2 of 4)}$


#743712 Tìm số đèn cần bật ít nhất

Gửi bởi habcy12345 trong 19-02-2024 - 11:47

Trong một căn phòng, người ta sắp xếp các đèn thành dạng hình chữ nhật $m\times n$. Ở mỗi ô vuông $2\times 2$, nếu bật bất kì $3$ đèn nào lên thì đèn còn lại cũng được bật sáng. Tìm số đèn cần bật ít nhất để tất cả các đèn ở căn phòng đều sáng?


#743687 Tìm số nguyên dương $k$ lớn nhất để $x^{3}-k(x+1)+1=...

Gửi bởi habcy12345 trong 18-02-2024 - 11:56

Bằng thử trực tiếp, ta thấy $k \in \{3;1\}$ thì có 2 nghiệm phân biệt

Hình như $k=1, k=3$ cũng không thoả thì phải. Do bài này của THCS nên không cần dùng Viète cho pt b3 đâu. Mình xin trình bày cách khác:
Phương trình ban đầu tương đương với $(x+1)(x^2-x+1-k)=0$.
Do phương trình có đúng $2$ nghiệm phân biệt nên phương trình $x^2-x+1-k=0$ phải có nghiệm kép khác $-1$.
$\Rightarrow\begin{cases}
(-1)^2-(-1)+1-k\ne 0\\
\Delta =1-4(1-k)=0
\end{cases}\Leftrightarrow k=\frac{3}{4}$ (vô lí).


#743548 Tìm số tự nhiên $n$ sao cho: $n+S(n)+S\left [ S(n) \...

Gửi bởi habcy12345 trong 14-02-2024 - 12:46

Bài này chắc chỉ có cách chặn $n$ thôi:
Dễ thấy $n\leq 59\Rightarrow S(n)\leq 5+9=14\Rightarrow S[S(n)]\leq 9$
Nên $S(n)+S[S(n)]\leq 23\Rightarrow n\geq 37\Rightarrow 37\leq n\leq 59$
Mà $n, S(n), S[S(n)]$ có cùng số dư khi chia cho $9$ nên $n$ chia $3$ dư $2$ (do $60\equiv 6$ (mod $9$))
$\Rightarrow n\in\{38,41,44,47,50,53,56,59\}$. Đến đây thử lại lấy $n\in\{44,47,50\}$


#743544 Bài 4 - Cuộc thi giải toán "Mừng xuân Giáp Thìn, mừng VMF tròn 20 tuổi"

Gửi bởi habcy12345 trong 14-02-2024 - 12:07

Ta chứng minh $3x^2+2y^2\geq 2(x^2-y^2+2xy)\Leftrightarrow (x-2y)^2\geq 0$ (đúng)
Do đó $3x^2+2y^2\geq 2.5=10$
Dấu "$=$" xảy ra khi $(x,y)=(2\sqrt{\frac{5}{7}},\sqrt{\frac{5}{7}}); (-2\sqrt{\frac{5}{7}}, -\sqrt{\frac{5}{7}})$
Vậy giá trị nhỏ nhất là $10$

 

Nhận xét: Lời giải chính xác, ngắn gọn
Điểm: 10/10




#743488 Bài 2 - Cuộc thi giải toán "Mừng xuân Giáp Thìn, mừng VMF tròn 20 tuổi"

Gửi bởi habcy12345 trong 12-02-2024 - 18:59

Hic, lời giải đầu của em k đúng, em xin làm lại vậy: Đặt $d=(ab, 5ab-1)\Rightarrow d=1$. Do $\frac{ab(5a^2+5b^2-2)}{5ab-1}$ là số nguyên dương nên $5a^2+5b^2-2\vdots 5ab-1$ Đặt $k=\frac{5a^2+5b^2-2}{5ab-1}, k\in\mathbb{N^*}$. Cố định $k$, xét các bộ $(a,b)$ thoả $k\in\mathbb{N^*}$, chọn $(a_0,b_0)$ thoả $a_0+b_0$ nhỏ nhất. Từ bđt Cauchy dễ thấy $k\geq 2$. Xét pt bậc 2 ẩn $t:$ $5t^2-5tb_0k+5b_0^2+k-2=0$, phương trình này ngoài nghiệm $a_0$ còn một nghiệm là $m$. Theo định lí Viet: $\begin{cases} a_0+m=b_0k\\ a_0m=\dfrac{5b_0^2+k-2}{5} \end{cases}$. Từ đây suy ra được $m$ nguyên.
Nếu $m < 0$ thì $5m^2-5mb_0k+5b_0^2+k-2>0$ (vô lí).
Nếu $m=0$ thì $5b_0^2+k-2=0$ nên $k\leq 2$. Mà $k\geq 2\Rightarrow k=2\Rightarrow a=b$.
Nếu $m>0$, ta có $(m,b_0)$ cũng là một bộ thỏa mãn. Mà theo cách chọn thì ta có $m+b_0\geq a_0+b_0\Leftrightarrow m\geq a_0$
$\Rightarrow\frac{5b_0^2+k-2}{5}\geq a_0^2\Leftrightarrow\frac{5b_0^2+\dfrac{5a_0^2+5b_0^2-2}{5a_0b_0-1}-2}{5}\geq a_0^2\Leftrightarrow\frac{5a_0^2+5b_0^2-2}{5a_0b_0-1}-2\geq 5(a_0^2-b_0^2)\Leftrightarrow\frac{5(a_0^2+b_0^2-2a_0b_0)}{5a_0b_0-1}\geq 5(a_0^2-b_0^2)\Leftrightarrow\frac{a_0-b_0}{5a_0b_0-1}\geq a_0+b_0$
Mà $\frac{a_0-b_0}{5a_0b_0-1}<\frac{a_0+b_0}{5a_0b_0-1}<a_0+b_0$, mâu thuẫn. Vậy $a=b$.


#743477 Bài 2 - Cuộc thi giải toán "Mừng xuân Giáp Thìn, mừng VMF tròn 20 tuổi"

Gửi bởi habcy12345 trong 12-02-2024 - 13:03

$\frac{ab(5a^2+5b^2-2)}{5ab-1}\in\mathbb{N^*}$
$\Rightarrow ab(5a^2+5b^2-2)\vdots 5ab-1$
$\Leftrightarrow 5(ab-1)(a^2+b^2)+5(a^2+b^2)-2ab\vdots 5ab-1$
$\Leftrightarrow 5(a^2+b^2)-2ab\vdots 5ab-1$
$\Leftrightarrow 25(a^2+b^2)-2-2(5ab-1)\vdots 5ab-1$
$\Leftrightarrow 25(a^2+b^2)-2\vdots 5ab-1$. Đặt $k=\frac{25(a^2+b^2)-2}{5ab-1}, k\in\mathbb{N^*}$
Suy ra $f(a)=25a^2-5bka+25b^2+k-2=0(1)$.
TH1: $a=b$, ta có đpcm.
TH2: $a\ne b$: Giả sử $a>b$, gọi $(a,b)$ là bộ số có $a$ nhỏ nhất thỏa mãn $k\in\mathbb{N^*}$
Khi đó theo định lí Viet thì phương trình $(1)$ còn một nghiệm $t=\frac{25b^2+k-2}{25a}>a\geq b$.
Nên $b$ nằm ngoài khảng hai nghiệm của $f(a)\Rightarrow f(b)>0$
$\Leftrightarrow 25b^2-25kb^2+25b^2+k-2>0$
$\Leftrightarrow k(1-25b^2)+2(25b^2-1)>0$
$\Leftrightarrow (2-k)(25b^2-1)>0\Leftrightarrow k<2$ (do $25b^2-1>0$) $\Leftrightarrow k=1$ (do $k\in\mathbb{N^*}$)
Do đó $1=\frac{25(a^2+b^2)-2}{5ab-1}\Leftrightarrow 25(a^2+b^2)-2=5ab-1\Leftrightarrow 25(a^2+b^2)=5ab+1$
Mặt khác theo bất đăng thức AM-GM thì $25(a^2+b^2)\geq 50ab>5ab+1$
Vậy $a=b$


#743469 $\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}...

Gửi bởi habcy12345 trong 12-02-2024 - 10:59

$VT=\sum\frac{a^6}{a^4(b+c)}\geq\frac{(\sum a^3)^2}{\sum a^4(b+c)}$. Vậy nên chỉ cần cm $\frac{(\sum a^3)^2}{\sum a^4(b+c)}\geq\frac{3}{2}\frac{\sum a^3}{\sum a^2}\Leftrightarrow\sum (a-b)^4(a+b)\geq0$ (đúng).


#743452 Bài 1 - Cuộc thi giải toán "Mừng xuân Giáp Thìn, mừng VMF tròn 20 tuổi"

Gửi bởi habcy12345 trong 11-02-2024 - 18:25

Từ $2024$ đến $4048$ ta nhận thấy các số này có thể chứa thừa số $2$ trong dạng phân tích với số mũ không vượt quá $11$ bởi vì nếu số mũ của $2$ lớn hơn $11$ thì số đó sẽ $\geq 2^{12}=4096$ (vô lí):
Các số không chứa thừa số $2$ trong dạng phân tích: $2025, 2027,..., 4047$, tổng các ước lẻ lớn nhất của các số trên là
$2025+2027+...+4047=3072432$
Các số chứa thừa số $2$ với số mũ là $1$ trong dạng phân tích: $2.1013, 2.1015,..., 2.2023$, tổng các ước lẻ lớn nhất của các số trên là $1013+1015+...+2023=768108$
Các số chứa thừa số $2$ với số mũ là $2$ trong dạng phân tích: $2^2.507, 2^2.509,..., 2^2.1011$, tổng các ước lẻ lớn nhất của các số trên là $507+509+...+1011=192027$
Các số chứa thừa số $2$ với số mũ là $3$ trong dạng phân tích: $2^3.253, 2^3.255,..., 2^3.505$, tổng các ước lẻ lớn nhất của các số trên là $253+255+...+505=48133$
Các số chứa thừa số $2$ với số mũ là $4$ trong dạng phân tích: $2^4.127, 2^4.129,..., 2^4.253$, tổng các ước lẻ lớn nhất của các số trên là $127+129+...+253=12160$
Các số chứa thừa số $2$ với số mũ là $5$ trong dạng phân tích: $2^5.65, 2^5.67,..., 2^5.125$, tổng các ước lẻ lớn nhất của các số trên là $65+67+...+125=2945$
Các số chứa thừa số $2$ với số mũ là $6$ trong dạng phân tích: $2^6.33, 2^6.35,..., 2^6.63$, tổng các ước lẻ lớn nhất của các số trên là $33+35+...+63=768$
Các số chứa thừa số $2$ với số mũ là $7$ trong dạng phân tích: $2^7.17, 2^7.19,..., 2^7.31$, tổng các ước lẻ lớn nhất của các số trên là $17+19+...+31=192$
Các số chứa thừa số $2$ với số mũ là $8$ trong dạng phân tích: $2^8.9, 2^8.11,..., 2^8.15$, tổng các ước lẻ lớn nhất của các số trên là $9+11+...+15=48$
Các số chứa thừa số $2$ với số mũ là $9$ trong dạng phân tích: $2^9.5, 2^9.7$, tổng các ước lẻ lớn nhất của các số trên là $5+7=12$
Các số chứa thừa số $2$ với số mũ là $10$ trong dạng phân tích: $2^10.3$, tổng các ước lẻ lớn nhất của các số trên là $3$
Các số chứa thừa số $2$ với số mũ là $11$ trong dạng phân tích: $2^11$, tổng các ước lẻ lớn nhất của các số trên là $1$
Vậy $\sum_{n=2024}^{4048} a(n)=3072432+768108+192027+48133+12160+2945+768+192+48+12+3+1=4096829$

Nhận xét: Một cách làm rất thủ công!


#743444 Bài 1 - Cuộc thi giải toán "Mừng xuân Giáp Thìn, mừng VMF tròn 20 tuổi"

Gửi bởi habcy12345 trong 11-02-2024 - 13:40

Ta chứng minh bổ đề: $S(2^n)=\frac{4^n+2}{3}, n\in\mathbb{N^*}$, $S(2^n)$ là tổng các ước lẻ lớn nhất của các số từ $1$ đến $2^n(1)$
Thật vậy: Ta thấy rằng $\{1,2,...,2^n\}=\{1,3,...,2^n-1\} \cup \{2,4,...,2^n\}=\{1,3,...,2^n-1\} \cup \{2.1,2.2,...,2.2^{n-1}\}$
Nên $S(2^n)=1+3+...+2^n+S(2^{n-1})=4^{n-1}+S(2^{n-1})$
Với $n=1$ thì $S(2^1)=2$ tức $(1)$ đúng. Giả sử $(1)$ đúng với $n=k(k\in\mathbb{N^*})$, ta chứng minh $(1)$ cũng đúng với $n=k+1$. Thật vậy, $S(2^{k+1})=4^k+S(2^k)=4^k+\frac{4^k+2}{3}=\frac{4^{k+1}+2}{3}$, tức $(1)$ đúng với $n=k+1$
Vậy bổ đề được cm.
Trờ lại bài, từ bổ đề dễ dàng suy ra $\sum_{n=1}^{2048} a(n)=\frac{4^{11}+2}{3}=1398102, \sum_{n=1}^{4096} a(n)=\frac{4^{12}+2}{3}=5592406$
Xét $\sum_{n=2025}^{2048} a(n)$:
$a(2026)=1013\Rightarrow a(2026+4k)=a(2(1013+2k))=1013+2k, a(2028)=507\Rightarrow a(2028+4k)=a(4(507+k))=507+k$ (nếu $k$ chẵn), $a(2024)=253, a(2032)=127, a(2040)=255, a(2048)=1$
$\Rightarrow \sum_{n=2024}^{2048} a(n)=(2025+2027+...+2047)+(a(2026)+a(2030)+...+a(2046))+(a(2028)+a(2036)+a(2044))+(a(2024)+a(2032)+a(2040)+a(2048))$
$=24432+(1013.6+2(1+2+3+4+5))+(507.3+2+4)+(253+127+255+1)=32703$
Nên $\sum_{n=1}^{2023} a(n)=\sum_{n=1}^{2048} a(n)-\sum_{n=2024}^{2048} a(n)=1365399$
Xét $\sum_{n=4049}^{4096} a(n)$:
Tương tự ta có $a(4050+4k)=2025+2k, a(4052+4k)=1013+k$ (nếu $k$ chẵn), $a(4056)=507, a(4064)=127, a(4072)=509, a(4080)=255, a(4088)=511, a(4096)=1$
$\Rightarrow \sum_{n=4049}^{4096} a(n)=(4049+4051+...+4095)+(a(4050)+a(4054)+...+a(4094))+(a(4052)+a(4060)+...+a(4092))+(a(4056)+a(4064)+a(4072)+a(4080)+a(4088)+a(4096))$
$=97728+(2025.12+2(1+2+...+11))+(1013.6+(2+4+6+8+10))+(507+127+509+255+511+1)=130178$
Nên $\sum_{n=1}^{4048} a(n)=\sum_{n=1}^{4096} a(n)-\sum_{n=4049}^{2096} a(n)=5462228$
Suy ra $\sum_{n=2024}^{4048} a(n)=\sum_{n=1}^{4048} a(n)-\sum_{n=1}^{2024} a(n)=4096829$

Sửa lỗi LaTeX

Ta chứng minh bổ đề: $S(2^n)=\frac{4^n+2}{3}, n\in\mathbb{N^*}$, $S(2^n)$ là tổng các ước lẻ lớn nhất của các số từ $1$ đến $2^n(1)$Thật vậy: Ta thấy rằng $\{1,2,...,2^n\}=\{1,3,...,2^n-1\} \cup \{2,4,...,2^n\}=\{1,3,...,2^n-1\} \cup \{2.1,2.2,...,2.2^{n-1}\}$Nên $S(2^n)=1+3+...+2^n+S(2^{n-1})=4^{n-1}+S(2^{n-1})$Với $n=1$ thì $S(2^1)=2$ tức $(1)$ đúng. Giả sử $(1)$ đúng với $n=k(k\in\mathbb{N^*})$, ta chứng minh $(1)$ cũng đúng với $n=k+1$. Thật vậy, $S(2^{k+1})=4^k+S(2^k)=4^k+\frac{4^k+2}{3}=\frac{4^{k+1}+2}{3}$, tức $(1)$ đúng với $n=k+1$Vậy bổ đề được cm.Trờ lại bài, từ bổ đề dễ dàng suy ra $ \sum_{n=1}^{2048} a(n)=\frac{4^{11}+2}{3}=1398102$, $ \sum_{n=1}^{4096} a(n)=\frac{4^{12}+2}{3}=5592406 $
Xét $\sum_{n=2025}^{2048} a(n)$: $a(2026)=1013\Rightarrow a(2026+4k)=a(2(1013+2k))=1013+2k, a(2028)=507\Rightarrow a(2028+4k)=a(4(507+k))=507+k$ (nếu $k$ chẵn), $a(2024)=253, a(2032)=127, a(2040)=255, a(2048)=1$ $\Rightarrow \sum_{n=2024}^{2048} a(n)=(2025+2027+...+2047)+(a(2026)+a(2030)+...+a(2046))+(a(2028)+a(2036)+a(2044))+(a(2024)+a(2032)+a(2040)+a(2048))$
$=24432+(1013.6+2(1+2+3+4+5))+(507.3+2+4)+(253+127+255+1)=32703$
Nên $\sum_{n=1}^{2023} a(n)=\sum_{n=1}^{2048} a(n)-\sum_{n=2024}^{2048} a(n)=1365399$
Xét $\sum_{n=4049}^{4096} a(n)$:Tương tự ta có $a(4050+4k)=2025+2k, a(4052+4k)=1013+k$ (nếu $k$ chẵn), $a(4056)=507, a(4064)=127, a(4072)=509, a(4080)=255, a(4088)=511, a(4096)=1$
$\Rightarrow \sum_{n=4049}^{4096} a(n)=(4049+4051+...+4095)+(a(4050)+a(4054)+...+a(4094))+(a(4052)+a(4060)+...+a(4092))+(a(4056)+a(4064)+a(4072)+a(4080)+a(4088)+a(4096))$$=97728+(2025.12+2(1+2+...+11))+(1013.6+(2+4+6+8+10))+(507+127+509+255+511+1)=130178$Nên $\sum_{n=1}^{4048} a(n)=\sum_{n=1}^{4096} a(n)-\sum_{n=4049}^{2096} a(n)=5462228$Suy ra $\sum_{n=2024}^{4048} a(n)=\sum_{n=1}^{4048} a(n)-\sum_{n=1}^{2024} a(n)=4096829$

Nhận xét: Lời giải khá lòng vòng, định hướng không thực tế, tuy ra kết quả chính xác nhưng quá nặng tính toán.
Điểm: 9/10



#743396 $\frac{2c+4a+15}{3b+1}+\frac{4a+3b+15...

Gửi bởi habcy12345 trong 08-02-2024 - 07:26

Đặt $4a=x, 3b=y, 2c=z\Rightarrow x+y+z=10$. Khi đó: $VT=\sum\frac{y+z+15}{x+1}=\sum\frac{25-x}{x+1}$ Mặt khác ta chứng minh được $\frac{25-x}{x+1}\geq\frac{-18}{13}x+\frac{125}{13}$ $\Leftrightarrow 13(25-x)\geq(x+1)(-18x+125)$ $\Leftrightarrow 18x^2-120x+200\geq0$ $\Leftrightarrow 2(3x-10)^2\geq0$ (luôn đúng). Do đó $VT\geq\frac{-18}{13}\sum x+3\frac{125}{13}=15$. Dấu "$=$" xảy ra khi $a=\frac{5}{6}, b=\frac{10}{9}, c=\frac{5}{3}$.


#743285 Chứng minh $m=p+1$

Gửi bởi habcy12345 trong 29-01-2024 - 21:36

2.
Ta có $x^2+py^2=6(x+2p)$
$\Leftrightarrow (x-3)^2+p(y^2-12)=9$
Xét $y>5$ khi đó rõ ràng vế trái lớn hơn $9$ (loại), do đó $y\leq 4$. Xét các trường hợp sau:
TH1: $y=1\Rightarrow x(x-6)=11p$. Giải phương trình này được $(x,p)=(11,5);(17,17)$.
TH2: $y=2\Rightarrow x(x-6)=8p$. Giải phương trình này được $(x,p)=(8,2);(10,5)$.
TH3: $y=3\Rightarrow x(x-6)=3p$. Phương trình này không có nghiệm thỏa mãn.
TH4: $y=4\Rightarrow (x-3)^2+4p=9$. Từ đây dễ dàng suy ra $p=2\Rightarrow (x-3)^2=1\Rightarrow
\left[
\begin{matrix}
x=2\\
x=4\\
\end{matrix}
\right.$
Vậy $(x,y,p)=(2,4,2);(4,4,2);(8,2,2);(10,2,5);(11,1,5);(17,1,17)$.


#743245 min $P=\sum \frac{a^{2}b^{2}}...

Gửi bởi habcy12345 trong 26-01-2024 - 21:23

Đặt $x=\frac{1}{a}, y=\frac{1}{b}, z=\frac{1}{c}$.
Suy ra $x^2+y^2+z^2=1$.
Khi đó:
$\begin{align*}
VT&=\sum\frac{x}{y^2+z^2}\\
&=\sum\frac{x}{1-x^2}\\
&\geq\frac{3\sqrt{3}}{2}\sum x^2=\frac{3\sqrt{3}}{2}.
\end{align*}$
Dấu "$=$" xảy ra khi $a=b=c=\sqrt{3}$.


#743159 $\sum \frac{1}{\sqrt{a^{5}+...

Gửi bởi habcy12345 trong 21-01-2024 - 17:52

$\begin{align*}
VT^2&\leq3\sum\frac{1}{a^5+b^2+ab+6}\\
&\leq3\sum\frac{1}{3a^2b+6}\\
&=\sum\frac{1}{a^2b+2}
\end{align*}$
Đổi biến $(a,b,c)=(\frac{x}{y},\frac{y}{z},\frac{z}{x})$
Khi đó
$\begin{align*}
VT^2&\leq\sum\frac{1}{\displaystyle\frac{x^2}{y^2}.\displaystyle\frac{y}{z}+2}\\
&=\sum\frac{yz}{x^2+2yz}\\
&=\frac{3}{2}-\frac{1}{2}\sum\frac{x^2}{x^2+2yz}\\
&\leq\frac{3}{2}-\frac{1}{2}\frac{(\sum x)^2}{\sum x^2+2\sum xy}=1
\end{align*}$
$\Rightarrow VT\leq1$
Dấu "$=$" xảy ra khi $a=b=c=1$


#742895 Đề thi HSG Toán 9, tỉnh Thái Bình năm học 2023-2024

Gửi bởi habcy12345 trong 04-01-2024 - 16:32

Em không chắc lắm nhưng xin giải bài 4 ạ  :icon6:
Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức sau:
$$\frac{(x+y)(x+z)}{x\sqrt{y+z}}+\frac{(y+z)(y+x)}{y\sqrt{z+x}}+\frac{(z+x)(z+y)}{z\sqrt{x+y}}\geq2(\sqrt{x+y}+\sqrt{y+z}+\sqrt{z+x})$$
Đặt $\sqrt{x+y}=a, \sqrt{y+z}=b, \sqrt{z+x}=c$, ta có:
\begin{align*}
VT&=2(\frac{a^2c^2}{(a^2-b^2+c^2)b}+\frac{b^2a^2}{(b^2-c^2+a^2)c}+\frac{b^2c^2}{(b^2-a^2+c^2)a})\\
&\geq\frac{2(ab+bc+ca)^2}{-(a^3+b^3+c^3+3abc-ab(a+b)-bc(b+c)-ca(c+a))+3abc}\\
&\geq\frac{2(ab+bc+ca)^2}{3abc}\\
&\geq\frac{6(ab^2c+bc^2a+ca^2b)}{3abc}\\
&=2(a+b+c)
\end{align*}
Quay lại bài toán:
\begin{align*}
Q&=\frac{x^2+yz}{x\sqrt{y+z}}+\frac{y^2+zx}{y\sqrt{z+x}}+\frac{z^2+xy}{z\sqrt{x+y}}\\
&=\frac{(x+y)(x+z)}{x\sqrt{y+z}}+\frac{(y+z)(y+x)}{y\sqrt{z+x}}+\frac{(z+x)(z+y)}{z\sqrt{x+y}}-(\sqrt{x+y}+\sqrt{y+z}+\sqrt{z+x})\\
&\geq\sqrt{x+y}+\sqrt{y+z}+\sqrt{z+x}\\
&=\sqrt{\sqrt{x}^2+\sqrt{y}^2}+\sqrt{\sqrt{y}^2+\sqrt{z}^2}+\sqrt{\sqrt{z}^2+\sqrt{x}^2}\\
&\geq\sqrt{\frac{(\sqrt{x}+\sqrt{y})^2}{2}}+\sqrt{\frac{(\sqrt{y}+\sqrt{z})^2}{2}}+\sqrt{\frac{(\sqrt{z}+\sqrt{x})^2}{2}}\\
&=\sqrt{2}(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})=\sqrt{2}
\end{align*}
Dấu "$=$" xảy ra khi $x=y=z=\frac{1}{9}$
Vậy $Q_{min}=\sqrt{2}$