Lời giải:

Ta có: \(xy+yz+xz=3xyz\Rightarrow \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=3\)

Mà theo BĐT Cauchy-Schwarz: \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\geq \frac{9}{x+y+z}\)

Do đó: \(3\geq \frac{9}{x+y+z}\Rightarrow x+y+z\geq 3\)

-------

Ta có: \(\text{VT}=x-\frac{xz}{x^2+z}+y-\frac{xy}{y^2+x}+z-\frac{yz}{z^2+y}\)

\(=(x+y+z)-\left(\frac{xy}{y^2+x}+\frac{yz}{z^2+y}+\frac{xz}{x^2+z}\right)\)

\(\geq x+y+z-\frac{1}{2}\left(\frac{xy}{\sqrt{xy^2}}+\frac{yz}{\sqrt{z^2y}}+\frac{xz}{\sqrt{x^2z}}\right)\) (AM-GM)

\(=x+y+z-\frac{1}{2}(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})\)

Tiếp tục AM-GM: \(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\leq \frac{x+1}{2}+\frac{y+1}{2}+\frac{z+1}{2}=\frac{x+y+z+3}{2}\)

Suy ra:

\(\text{VT}\geq x+y+z-\frac{1}{2}.\frac{x+y+z+3}{2}=\frac{3}{4}(x+y+z)-\frac{3}{4}\)

\(\geq \frac{9}{4}-\frac{3}{4}=\frac{3}{2}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)

Ta có đpcm

Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z=1$

Không mất tính tổng quát, giả sử \(x\ge y\ge z\)

\(y^2-yz+z^2=y^2+\left(z-y\right)y\le y^2\Rightarrow\dfrac{1}{y^2-yz+z^2}\ge\dfrac{1}{y^2}\)

Tương tự: \(\dfrac{1}{z^2-xz+x^2}\ge\dfrac{1}{x^2}\)

\(\Rightarrow P\ge\dfrac{1}{x^2-xy+y^2}+\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}=\dfrac{1}{x^2-xy+y^2}+\dfrac{x^2-xy+y^2}{x^2y^2}+\dfrac{1}{xy}\)

\(P\ge2\sqrt{\dfrac{x^2-xy+y^2}{x^2y^2\left(x^2-xy+y^2\right)}}+\dfrac{1}{xy}=\dfrac{3}{xy}\ge\dfrac{12}{\left(x+y\right)^2}\ge\dfrac{12}{\left(x+y+z\right)^2}=3\)

Dấu "=" xảy ra khi \(\left(x;y;z\right)=\left(1;1;0\right)\) và hoán vị

solution:

ta có: \(3=x^2+y^2+z^2\ge3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}\Leftrightarrow xyz\le1\)(theo BĐT cauchy cho 3 số )

\(\Rightarrow xy\le\dfrac{1}{z};yz\le\dfrac{1}{x};xz\le\dfrac{1}{y}\)

\(\Rightarrow\dfrac{x}{\sqrt[3]{yz}}\ge\dfrac{x}{\dfrac{1}{\sqrt[3]{x}}}=x\sqrt[3]{x}=\sqrt[3]{x^4}\)

tương tự ta có:\(\dfrac{y}{\sqrt[3]{xz}}\ge\sqrt[3]{y^4};\dfrac{z}{\sqrt[3]{xy}}\ge\sqrt[3]{z^4}\)

cả 2 vế các BĐT đều dương,cộng vế với vế:

\(S=\dfrac{x}{\sqrt[3]{yz}}+\dfrac{y}{\sqrt[3]{xz}}+\dfrac{z}{\sqrt[3]{xy}}\ge\sqrt[3]{x^4}+\sqrt[3]{y^4}+\sqrt[3]{z^4}\)

Áp dụng BĐT bunyakovsky ta có:

\(\left(\sqrt[3]{x^4}+\sqrt[3]{y^4}+\sqrt[3]{z^4}\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge\left(\sqrt[3]{x^8}+\sqrt[3]{y^8}+\sqrt[3]{z^8}\right)^2=\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\)

\(\Rightarrow S\ge x^2+y^2+z^2\)

đến đây ta lại có BĐT quen thuộc: \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+xz\)

\(\Rightarrow S\ge xy+yz+xz\left(đpcm\right)\)

dấu = xảy ra khi và chỉ khi x=y=z mà x²+y²+z²=3 => x=y=z=1

*cách khác : Áp dụng BĐT cauchy - schwarz(bunyakovsky):

\(S=\dfrac{x}{\sqrt[3]{yz}}+\dfrac{y}{\sqrt[3]{xz}}+\dfrac{z}{\sqrt[3]{xy}}=\dfrac{x^4}{x^3.\dfrac{1}{\sqrt[3]{x}}}+\dfrac{y^4}{y^3.\dfrac{1}{\sqrt[3]{y}}}+\dfrac{z^4}{z^3.\dfrac{1}{\sqrt[3]{z}}}\)

\(S\ge\dfrac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x^2+y^2+z^2}=x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+xz\)

cho mình hỏi vs ạ..

Khi mình nhập câu hỏi ý,, làm sao để gửi câu hỏi cho m.n xem để giải đk hả bạn,..Chỉ giùm mik vs ạ.

\(\frac{6}{2xy+2yz+2zx}+\frac{2}{x^2+y^2+z^2}\ge\frac{\left(\sqrt{6}+\sqrt{2}\right)^2}{\left(x+y+z\right)^2}=8+4\sqrt{3}>14\)

Dấu "=" không xảy ra

\(\dfrac{\sqrt{1+x^3+y^3}}{xy}>=\sqrt{\dfrac{3}{xy}}\)

\(\dfrac{\sqrt{1+y^3+z^3}}{yz}>=\sqrt{\dfrac{3}{yz}}\)

\(\dfrac{\sqrt{1+z^3+x^3}}{xz}>=\sqrt{\dfrac{3}{xz}}\)

=>\(VT>=\sqrt{3}\left(\dfrac{1}{\sqrt{xy}}+\dfrac{1}{\sqrt{yz}}+\dfrac{1}{\sqrt{xz}}\right)=3\sqrt{3}\)

 Trước hết, ta đi chứng minh một bổ đề sau: Nếu \(a+b+c=0\) thì \(a^3+b^3+c^3=3abc\). Thật vậy, ta phân tích 

 \(P=a^3+b^3+c^3-3abc\)

\(P=\left(a+b\right)^3+c^3-3ab\left(a+b\right)-3abc\)

\(P=\left(a+b+c\right)\left[\left(a+b\right)^2+\left(a+b\right)c+c^2\right]-3ab\left(a+b+c\right)\)

\(P=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)\).

Hiển nhiên nếu \(a+b+c=0\) thì \(P=0\) hay \(a^3+b^3+c^3=3abc\), bổ đề được chứng minh.

Do \(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}=0\) nên áp dụng bổ đề, ta được \(\dfrac{1}{x^3}+\dfrac{1}{y^3}+\dfrac{1}{z^3}=\dfrac{3}{xyz}\).

Vì vậy \(\dfrac{yz}{x^2}+\dfrac{zx}{y^2}+\dfrac{xy}{z^2}=\dfrac{xyz}{x^3}+\dfrac{xyz}{y^3}+\dfrac{xyz}{z^3}\) \(=xyz\left(\dfrac{1}{x^3}+\dfrac{1}{y^3}+\dfrac{1}{z^3}\right)\) \(=xyz.\dfrac{3}{xyz}=3\). Ta có đpcm

\(x+y+z=xyz\Rightarrow\dfrac{1}{xy}+\dfrac{1}{yz}+\dfrac{1}{zx}=1\)

\(VT\le\dfrac{x}{2\sqrt{x^2yz}}+\dfrac{y}{2\sqrt{y^2zx}}+\dfrac{z}{2\sqrt{z^2xy}}\)

\(VT\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{\sqrt{xy}}+\dfrac{1}{\sqrt{yz}}+\dfrac{1}{\sqrt{zx}}\right)\le\dfrac{1}{2}\sqrt{3\left(\dfrac{1}{xy}+\dfrac{1}{yz}+\dfrac{1}{zx}\right)}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=\sqrt{3}\)

Với x,y,z dương

Ta có:(x-y)²\(\ge0\forall x;y\)

=>x²+y²\(\ge\)2xy

Dấu = xảy ra khi x=y

Tương tự y²+z²\(\ge\)2yz

z²+x²\(\ge\)2zx

Cộng vế với vế 3 BĐT =>2(x²+y²+z²)\(\ge\)2(xy+yz+zx)

<=>x²+y²+z²\(\ge\)xy+yz+zx

<=>\(\dfrac{3}{xy+yz+zx}\ge\dfrac{3}{x^2+y^2+z^2}\)

Dấu = xảy ra khi và chỉ khi x=y=z

=>\(\dfrac{3}{xy+yz+zx}+\dfrac{2}{x^2+y^2+z^2}\ge\dfrac{5}{x^2+y^2+z^2}\)

Áp dụng BĐT bunhiacopski:

\(\left(x^2+y^2+z^2\right)\left(\dfrac{1}{3^2}+\dfrac{1}{3^2}+\dfrac{1}{3^3}\right)\le\left(\dfrac{x+y+z}{3}\right)^2=\dfrac{1}{3^2}=\dfrac{1}{9}\)(Do x+y+z=1)

Dấu = xảy ra khi và chỉ khi \(\dfrac{x}{3}=\dfrac{y}{3}=\dfrac{z}{3}\)<=>x=y=z

=>\(\dfrac{5}{x^2+y^2+z^2}=\dfrac{5}{3\cdot\left(x^2+y^2+z^2\right)\left(\dfrac{1}{3^2}+\dfrac{1}{3^2}+\dfrac{1}{3^2}\right)}\ge\dfrac{5}{3\cdot\dfrac{1}{9}}=15\)

=>\(\dfrac{3}{xy+yz+zx}+\dfrac{2}{x^2+y^2+z^2}\ge15\)(đpcm)

Dấu = xảy ra khi \(\left\{{}\begin{matrix}x=y=z\\z+y+z=1\end{matrix}\right.\)<=>x=y=z=\(\dfrac{1}{3}\)