Nếu $y\leq 0$ thì $2y^4-y^3+1>0$.
Nếu $0<y<1$ thì $1-y^3>0$.
Nếu $y\geq 1$ thì $2y^4-y^3>0$.
Tóm lại PT vô nghiệm.

BĐT cần chứng minh tương đương với:
$\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\geq \frac{9}{2(ab+bc+ca)}$
KMTTQ, giả sử $a\geq b\geq c$ thì $ab\geq 1$. Khi đó:
$\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}\geq \frac{2}{\sqrt{ab}+1}$.
$ab+bc+ca\geq ab+2c\sqrt{ab}$
Đặt $c=x^2\leq 1$ thì $\sqrt{ab}=\frac{1}{x}$ ta cần chứng minh:
$\frac{1}{1+x^2}+\frac{2x}{1+x}\geq \frac{9x^2}{2(2x^3+1)}$
$2(x^2-1)^2\geq x^6+9x^5-10x^4+x^3+5x^2-6x$
BĐT trên đúng với $0<x\leq 1$.
Vậy bài toán được chứng minh. Dấu $=$ xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$.

Giả sử $p,q,n$ là các số thỏa mãn bài toán. Dễ thấy $n^2\equiv p^2+q^2(\text{mod }3)$.
Nếu $p,q\neq 3$ thì $p^2+q^2\equiv 2(\text{mod }3)$ suy ra $n^2\equiv 2$ vô lý.
Vậy $p=3$ hoặc $q=3$. Giả sử $p=3$. Khi đó:
$q(q+3)+18=n(n+3)\Leftrightarrow (n-q)(n+q+3)=18$.
Ta có $n+q+3$ là ước của 18 và $q\geq 2,n>q$ suy ra $n+q+2\geq 7$.
Nếu $n+q+3=9$ thì $n-q=2$ ta tìm được $n=4,q=2$ (thỏa mãn).
Nếu $n+q+3=18$ thì $n-q=1$ ta tìm được $n=8,q=7$ (thỏa mãn).
Vậy có 4 bộ số $(p,q,n)$ thỏa mãn bài toán là $(3,2,4),(2,3,4),(3,7,8),(7,3,8)$.

Giả sử $(Q)$ là mặt phẳng thỏa mãn bài toán. Khi đó:
$\frac{4}{OC}=\frac{1}{OA}+\frac{1}{OB}\geq \frac{4}{OA+OB}=\frac{4}{OC}$.
Do đó $OA=OB=\frac{OC}{2}$.
Giả sử $A(a,0,0),B(0,a,0),C(0,0,-2a)$ thì phương trình của $(Q)$ có dạng $\frac{x}{a}+\frac{y}{a}+\frac{z}{-2a}=1.$
Vì $M(-4,-9,12)\in (Q)$ nên $\frac{-4}{a}+\frac{-9}{a}+\frac{12}{-2a}=1$, suy ra $a=-19$.
Vậy $(Q):2x+2y-z+38=0$

Ta có:
$(a+b+c)^3-27abc=a^3+b^3+c^3-3abc+3\left[ a(b^2+c^2)+b(c^2+a^2)+c(a^2+b^2)-6abc\right]$
$\geq a^3+b^3+c^3-3abc=\frac{a+b+c}{2}\left[ (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\right]$
Từ đó suy ra:
$\frac{(a+b+c)^3}{abc}-27\geq \frac{a+b+c}{2abc}\left[ (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\right]=\frac{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)}{abc}$
Ta lại có:
$\frac{a+b+c}{abc}=\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\geq \frac{9}{ab+bc+ca}>\frac{1}{a^2+b^2+c^2}$.
Từ đó suy ra:
$\frac{(a+b+c)^3}{abc}-27\geq 1-\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}$ (đpcm)

Ta có:
$\begin{cases} (a-1)(a-2)\leq 0\\ (b-1)(b-2)\leq 0\\ (a-2)(b-2)\geq 0\end{cases}\Rightarrow \begin{cases} a^2\leq 3a-2\\ b^2\leq 3a-2\\ 3(a+b)-ab-4\leq a+b\end{cases}\Rightarrow a^2-ab+b^2\leq a+b$
Từ đó suy ra $P=\frac{(a+b)^2}{a^3+b^3}\geq 1.$
Dấu $=$ xảy ra khi và chỉ khi $(a,b)\in \{ (1,2),(2,1),(2,2)\}$.

Ta có: $1000000000=10^9=2^9.5^9$.
Do đó các ước tự nhiên của 1 tỉ có dạng $2^i.5^j$ với $0\leq i,j\leq 9$.
Tổng bình phương các ước này là;
$S=\sum_{0\leq i,j\leq 9}{2^{2i}.5^{2j}}=\sum_{i=0}^9{\left( 2^{2i}\sum_{j=0}^9{5^{2j}}\right) }=\sum_{i=0}^9{2^{2i}.\frac{5^{20}-1}{24}}=\frac{5^{20}-1}{24}\sum_{i=0}^9{2^{2i}}=\frac{(5^{20}-1)(2^{20}-1)}{72}$.

Với cách xếp thỏa mãn đề bài, giả sử là $A_1,A_2,...,A_7$, thì $A_i\equiv A_{i+4}(\text{mod }3)$.
Trong các số đã cho, ta tìm được $21\equiv 51\equiv 81,31\equiv 61, 41\equiv 71$.
Do đó $A_1+A_2+A_3\equiv 21+31+41\equiv 0$ nên $A_4\equiv 0$.
Từ đó dẫn đến cách xếp.
Có 3 cách chọn $A_4$ từ 21, 51, 81.
Có 6 cách chọn $A_1$ từ 6 số còn lại, với mỗi cách chọn này, có 1 cách chọn $A_5$.
Có 4 cách chọn $A_2$ từ 4 số còn lại, với mỗi cách chọn này, có 1 cách chọn $A_6$.
 Có 2 cách điền 2 số còn lại vào vị trí $A_3$ và $A_7$.
 Vậy có tất cả 3.6.4.2=144 cách xếp thỏa mãn bài toán.

Áp dụng BĐT Cauchy:
$\frac{1}{b(a+b)}+\frac{1}{c(b+c)}+\frac{1}{a(c+a)}\geq \frac{3}{\sqrt[3]{abc(a+b)(b+c)(c+a)}}$.
Tiếp tục:
$\sqrt[3]{abc(a+b)(b+c)(c+a)}=\sqrt[3]{(ab+bc)(bc+ca)(ca+ab)}\leq \frac{2(ab+bc+ca)}{3}$.
Từ 2 BĐT trên suy ra BĐT cần chứng minh.

BĐT cần chứng minh tương đương với:
$\frac{a^2}{a^2+2}+\frac{b^2}{b^2+2}+\frac{c^2}{c^2+2}\geq 1$
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
$\frac{a^2}{a^2+2}+\frac{b^2}{b^2+2}+\frac{c^2}{c^2+2}\geq \frac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2+6}$
Kết hợp với giả thiết $ab+bc+ca=3$ ta có đpcm.

Ta có:
$2ay(x+z)\leq a^2y^2+(x+z)^2\leq a^2y^2+2(x^2+z^2)$
$4axz\leq 2ax^2+2az^2$
Cộng vế với vế ta được:
$2a(xy+yz+2zx)\leq (2a+2)(x^2+z^2)+a^2y^2$
Chọn $a>0:a^2=2a+2$ hay $a=1+\sqrt{3}$ ta có:
$xy+yz+2xz\leq \frac{1+\sqrt{3}}{2}$ (đpcm)