Lời giải:

Áp dụng BĐT AM-GM:

$x^3+1=(x+1)(x^2-x+1)\leq \left(\frac{x+1+x^2-x+1}{2}\right)^2=\frac{(x^2+2)^2}{4}$

$\Rightarrow \sqrt{x^3+1}\leq \frac{x^2+2}{2}$

$\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{x^3+1}}\geq \frac{2}{x^2+2}$. Tương tự với các phân thức khác và cộng theo vế:

$\sum \frac{1}{\sqrt{x^3+1}}\geq 2\sum \frac{1}{x^2+2}$

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

$\sum \frac{1}{x^2+2}\geq \frac{9}{x^2+y^2+z^2+6}=\frac{9}{12+6}=\frac{1}{2}$

$\Rightarrow \sum \frac{1}{\sqrt{x^3+1}}\geq 2.\frac{1}{2}=1$
Ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z=2$

Ta có x + y + z = 1 nên z = 1 - x - y.

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

\(\dfrac{\sqrt{xy+z\left(x+y+z\right)}+\sqrt{2x^2+2y^2}}{1+\sqrt{xy}}\ge1\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{\left(z+x\right)\left(z+y\right)}+\sqrt{2x^2+2y^2}\ge1+\sqrt{xy}\).

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz:

\(\left(z+x\right)\left(z+y\right)\ge\left(\sqrt{z}.\sqrt{z}+\sqrt{x}.\sqrt{y}\right)^2=\left(z+\sqrt{xy}\right)^2\)

\(\Rightarrow\sqrt{\left(z+x\right)\left(z+y\right)}\ge z+\sqrt{xy}=\sqrt{xy}-x-y+1\); (1)

\(\sqrt{2x^2+2y^2}=\sqrt{\left(1+1\right)\left(x^2+y^2\right)}\ge x+y\). (2)

Cộng vế với vế của (1), (2) ta có đpcm.

Thay $x=\sqrt{\frac{1}{2,5}}; y=z=\sqrt{\frac{1}{0,25}}$ ta thấy đề sai bạn nhé!

Đặt \(\dfrac{x}{z}=a;\dfrac{y}{z}=b\).

Theo gt ta có \(a+b\le1\).

BĐT cần chứng minh tương đương:

\(a^2+b^2+\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{a^2}+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}\ge \frac{21}{2}\).

Theo bđt AM - GM: \(\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{a^2}\ge2;a^2+\dfrac{1}{16}a^2\ge\dfrac{1}{2};b^2+\dfrac{1}{16}b^2\ge\dfrac{1}{2};\dfrac{15}{16}\left(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}\right)\ge\dfrac{15}{32}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\right)^2\ge\dfrac{15}{32}.\left(\dfrac{4}{a+b}\right)^2\ge\dfrac{15}{2}\).

Cộng vế với vế của các bđt trên lại ta có đpcm.

Áp dụng bất đẳng thức Bunhia dạng phân thức cho 3 số ta có:

\(\dfrac{x^2}{y+z}+\dfrac{y^2}{x+z}+\dfrac{z^2}{x+y}\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{2\left(x+y+z\right)}=\dfrac{x+y+z}{2}=\dfrac{2}{2}=1\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\begin{matrix}\dfrac{x}{y+z}=\dfrac{y}{z+x}=\dfrac{z}{x+y}\\x,y,z>0;x+y+z=2\end{matrix}\)

\(\Leftrightarrow x=y=z=\dfrac{2}{3}\)

Áp dụng BĐT Svac-xơ cho 3 số dương có :

\(\dfrac{x^2}{y+z}+\dfrac{y^2}{z+x}+\dfrac{z^2}{x+y}\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{2.\left(x+y+z\right)}=1\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow x=y=z=\dfrac{2}{3}\)

Vậy Min biểu thức cho là 1 khi \(x=y=z=\dfrac{2}{3}\)

ai lm dc bài này ko ạ. mik đang cần lắm

\(\left(x;y;z\right)=\left(\dfrac{1}{a};\dfrac{1}{b};\dfrac{1}{c}\right)\Rightarrow ab+bc+ca=2020\)

BĐT trở thành:

\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+a+b+c+\sqrt{2020+a^2}+\sqrt{2020+b^2}+\sqrt{2020+c^2}\le\dfrac{2020.2021}{abc}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{ab+bc+ca}{abc}+a+b+c+\sqrt{2020+a^2}+\sqrt{2020+b^2}+\sqrt{2020+c^2}\le\dfrac{2020.2021}{abc}\)

\(\Leftrightarrow a+b+c+\sqrt{2020+a^2}+\sqrt{2020+b^2}+\sqrt{2020+c^2}\le\dfrac{2020^2}{abc}\)

Ta có: \(\sqrt{2020+a^2}=\sqrt{ab+bc+ca+a^2}=\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\le\dfrac{1}{2}\left(2a+b+c\right)\)

Tương tự:...

\(\Rightarrow\sqrt{2020+a^2}+\sqrt{2020+b^2}+\sqrt{2020+c^2}\le2\left(a+b+c\right)\)

\(\Rightarrow a+b+c+\sqrt{2020+a^2}+\sqrt{2020+b^2}+\sqrt{2020+c^2}\le3\left(a+b+c\right)\)

Nên ta chỉ cần chứng minh:

\(3\left(a+b+c\right)\le\dfrac{2020^2}{abc}=\dfrac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{abc}\)

\(\Leftrightarrow\left(ab+bc+ca\right)^2\ge3abc\left(a+b+c\right)\) (hiển nhiên đúng)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\) hay \(x=y=z\)

Ta có: \(2x^3+2y^3-\left(x+y\right)\left(x^2+y^2\right)=\left(x-y\right)^2\left(x+y\right)\ge0\)

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

Tương tự: \(\dfrac{y^3+z^3}{y^2+z^2}\ge\dfrac{y+z}{2}\) ; \(\dfrac{z^3+x^3}{z^2+x^2}\ge\dfrac{z+x}{2}\)

Cộng vế: \(P\ge x+y+z\ge6\)

\(P_{min}=6\) khi \(x=y=z=2\)

\(x,y,z>0\)

Áp dụng BĐT Caushy cho 3 số ta có:

\(x^3+y^3+z^3\ge3\sqrt[3]{x^3y^3z^3}=3xyz\ge3.1=3\)

\(P=\dfrac{x^3-1}{x^2+y+z}+\dfrac{y^3-1}{x+y^2+z}+\dfrac{z^3-1}{x+y+z^2}\)

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

Áp dụng BĐT Caushy-Schwarz ta có:

\(P\ge\dfrac{\left(x^3+y^3+z^3-3\right)^2}{\left(x^2+y+z\right)\left(x^3-1\right)+\left(x+y^2+z\right)\left(y^3-1\right)+\left(x+y^2+z\right)\left(y^3-1\right)}\)

\(\ge\dfrac{\left(3-3\right)^2}{\left(x^2+y+z\right)\left(x^3-1\right)+\left(x+y^2+z\right)\left(y^3-1\right)+\left(x+y^2+z\right)\left(y^3-1\right)}=0\)

\(P=0\Leftrightarrow x=y=z=1\)

Vậy \(P_{min}=0\)