Ta có: \(\frac{x^2}{1+2yz}+\frac{y^2}{1+2zx}+\frac{z^2}{1+2xy}\)

\(\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3+2\left(xy+yz+zx\right)}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3+2\left(x^2+y^2+z^2\right)}\)

\(=\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3+2}=\frac{\left(x+y+z\right)^2}{5}\)

Mà \(\left(x+y+z\right)^2\le3\left(x^2+y^2+z^2\right)=3\)

Nên thay vào ngược dấu

=> ch bt lm

Nói chung khá đơn giản. Em chứng minh bất đẳng thức sau đây là được.

\(\frac{x^2}{1+2yz}=\frac{x^2}{x^2+\left(y^2+z^2+2yz\right)}=\frac{x^2}{x^2+\left(y+z\right)^2}\ge\frac{1}{25}\cdot\frac{17x^2-y^2-z^2}{x^2+y^2+z^2}\)

Có thể chứng minnh nó bằng cách: \(f\left(x,y,z\right)=\frac{x^2}{x^2+\left(y+z\right)^2}-\frac{1}{25}\cdot\frac{17x^2-y^2-z^2}{x^2+y^2+z^2}\)

Ta chứng minhL \(f\left(x,y,z\right)\ge f\left(x,\frac{y+z}{2},\frac{y+z}{2}\right)\ge0\) (quy đồng phát là ra nhân tử (y-z)^2 nên hiển nhiên:v)

Tương tự cộng lại. Xong.

Cách Cauchy-SChwarz:

Chứng minh theo trình tự: \(\Sigma\frac{x^2}{x^2+\left(y+z\right)^2}\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{\Sigma x^2\left[x^2+\left(y+z\right)^2\right]}\ge\frac{3}{5}\)

Mạnh dạn nhân lên xài Cauchy Schwarz thôi ^_^

\(\frac{x^2}{1+2yz}+\frac{y^2}{1+2zx}+\frac{z^2}{1+2xy}\)

\(=\frac{x^4}{x^2+2x^2yz}+\frac{y^4}{y^2+2y^2zx}+\frac{z^4}{1+2z^2xy}\)

\(\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x^2+y^2+z^2+2xyz\left(x+y+z\right)}\)

\(\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x^2+y^2+z^2+\frac{2\left(xy+yz+zx\right)^2}{3}}\)

\(\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x^2+y^2+z^2+\frac{2\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{3}}=\frac{3}{5}\)

Đẳng thức xảy ra tại x=y=z=\(\frac{1}{\sqrt{3}}\)

pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp'ppppppppppppppppppppppppppppp

ppppppppppppp

Tao co:\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=0\Leftrightarrow yz+xz+xy=0\)

\(Suyra:yz=-xz-xy;xz=-yz-xy;xy=-yz-xz\)

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

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

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

\(Thay:\frac{1}{\left(x-y\right)\left(x-z\right)}+\frac{1}{\left(x-y\right)\left(z-y\right)}+\frac{1}{\left(z-y\right)\left(z-x\right)}\)

\(=\frac{z-y+x-z-x+y}{\left(x-y\right)\left(y-z\right)\left(x-z\right)}=0\left(dpcm\right)\)

^^

v~~ ko thằng admin :(( t làm cái bài này mất gần 30 phút mà bây giờ nó éo hiện câu trả lời của tao ???? hận quá đi 

bài này easy lắm bạn ơi :(( 

áp dụng BDT (Am-ag) mẫu ta có

\(\left(x^2+y^2\right)\ge2\sqrt{x^2y^2}=2xy\) rồi thay vào

suy ra   \(\frac{1}{x^2+y^2+2}\le\frac{1}{2xy+2}\)

\(\left(y^2+z^2\right)\ge2yz\)

suy ra \(\frac{1}{y^2+z^2+2}\le\frac{1}{2yz+2}\)

tượng tự vs  BDT con lại rồi + vế vs vế ta được

\(VT\le\frac{1}{2xy+2}+\frac{1}{2yz+2}+\frac{1}{2xz+2}=\frac{1}{xy+xy+1+1}+\frac{1}{yz+yz+1+1}+\frac{1}{xz+xz+1+1}\)

gọi cái  \(\frac{1}{yz+yz+1+1}+.........=Pain\)

áp dụng cosi sáp cho 4 số ta được

\(\frac{1}{xy+xy+1+1}\le\frac{1}{16}\left(\frac{1}{xy}+\frac{1}{xy}+\frac{1}{1}+\frac{1}{1}\right)\)

\(\frac{1}{yz+yz+1+1}\le\frac{1}{16}\left(\frac{1}{yz}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{1}+\frac{1}{1}\right)\)

\(\frac{1}{xz+xz+1+1}\le\frac{1}{16}\left(\frac{1}{xz}+\frac{1}{xz}+\frac{1}{1}+\frac{1}{1}\right)\)

+ vế với vế ta được

\(VT\le Pain\le\frac{1}{16}\left(\frac{2}{xz}+\frac{2}{yz}+\frac{2}{xy}+\frac{2}{2}+\frac{2}{2}+\frac{2}{2}\right)\)

\(VT\le PAIN\le\frac{1}{8}\left(\frac{1}{xz}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{xy}+1+1+1\right)\)

bây giờ m đi chứng minh cái \(\frac{1}{zy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{xy}\ge3\) chắc là m làm được

áp dụng BDT cô si ta có

\(\frac{1}{xz}+xz\ge2\)

\(\frac{1}{yz}+yz\ge2\)

\(\frac{1}{xz}+zx\ge2\)

+ vế với vế ta được

\(\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}+xy+yz+zx\ge6\)

mà đề bài cho xy+yz+xz=3 suy ra

\(\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}\ge3\)

nhưng mà nó trái dấu oy :(( kệ nhé cứ thay vào nhé không sao hết bạn oy :)

thay vào ta được

\(VT\le PAIN\le\frac{1}{8}\left(3+3\right)=\frac{3}{4}\)

ĐIỀU CẦN PHẢI CHỨNG MINH :(( 

dù sai dấu nhưng mình vẫn k :)

Ta dễ dàng chứng minh BĐT

\(x^4+y^4\ge x^3y+xy^3\)

\(\Rightarrow2\left(x^4+y^4\right)\ge x^4+y^4+x^3y+xy^3=\left(x+y\right)\left(x^3+y^3\right)\)

\(\Rightarrow\frac{x^4+y^4}{x^3+y^3}\ge\frac{x+y}{2}\)

Chứng minh tương tự, cộng theo vế, ta có:

\(\frac{x^4+y^4}{x^3+y^3}+\frac{y^4+z^4}{y^3+z^3}+\frac{z^4+x^4}{z^3+x^3}\ge\frac{x+y}{2}+\frac{y+z}{2}+\frac{z+x}{2}=\frac{2\left(x+y+z\right)}{2}=2\)

Dấu "=" xảy ra khi x=y=z=1/3

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

\(\Rightarrow1\le\frac{1}{9}\left(\frac{1}{x}+\frac{2}{y}+\frac{1}{y}+\frac{2}{z}+\frac{1}{z}+\frac{2}{x}\right)=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)

\(\Rightarrow\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge3\Rightarrow xy+yz+zx\ge3xyz\)

\(P=\frac{x^2}{x^2+2xyz}+\frac{y^2}{y^2+2xyz}+\frac{z^2}{z^2+2xyz}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x^2+y^2+z^2+6xyz}=\frac{x^2+y^2+z^2+2\left(xy+yz+zx\right)}{x^2+y^2+z^2+6xyz}\)

\(\Rightarrow P\ge\frac{x^2+y^2+z^2+6xyz}{x^2+y^2+z^2+6xyz}=1\)

\(P_{min}=1\) khi \(x=y=z=1\)

\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=0\)

\(\Leftrightarrow\frac{xy+yz+zx}{xyz}=0\) \(\Rightarrow xy+yz+zx=0\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}xy=-\left(yz+zx\right)\\yz=-\left(xy+zx\right)\\zx=-\left(xy+yz\right)\end{matrix}\right.\)

Thay vào ta có:

\(\frac{1}{x^2+2yz}=\frac{1}{x^2+yz+yz}=\frac{1}{x^2-xy+yz-zx}=\frac{1}{\left(x-z\right)\left(x-y\right)}\)

CMTT:

\(PT\Leftrightarrow\frac{1}{\left(x-y\right)\left(x-z\right)}+\frac{1}{\left(x-y\right)\left(z-y\right)}+\frac{1}{\left(z-y\right)\left(z-x\right)}\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(z-y\right)+\left(x-z\right)-\left(x-y\right)}{\left(x-y\right)\left(x-z\right)\left(z-y\right)}=0\left(đpcm\right)\)