Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz :

\(VT=\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{2\left(x+y+z\right)}=\frac{6^2}{2\cdot6}=3\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow x=y=z=2\)

p/s: Đề sai nha bạn. Dạng tổng quát của bài toán :

Cho \(a,b,c>0;a+b+c=p\). Chứng minh rằng :

\(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}\ge\frac{p}{2}\)

a) \(\text{ }x^4+y^4\ge x^3y+xy^3\)

\(\Leftrightarrow x^4+y^4-x^3y-xy^3\ge0\)

\(\Leftrightarrow x^3\left(x-y\right)-y^3\left(x-y\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\left(x^2+xy+y^2\right)\ge0\)(ĐPCM) 

*NOTE: chứng minh đc vì (x-y)^2  >= 0 ;  x^2  +xy +y^2 > 0

mình cũng làm đến nơi rồi nhưng sợ x^2+xy+y^2 chưa chắc lớn hơn 0 thanks bạn nhé

ta có \(\left(x-y\right)^2\ge0\)

<=> \(x^2+y^2\ge2xy\)

<=>\(x^2+y^2+2xy\ge4xy\)

<=>\(\left(x+y\right)^2\ge4xy\)

<=>\(\frac{x+y}{xy}\ge\frac{4}{x+y}\)

<=>\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\)

Do \(1\le x\le2\Rightarrow\left(x-1\right)\left(x-2\right)\le0\)

\(\Leftrightarrow x^2+2\le3x\)

Tương tự \(y^2+2\le3y\)

Do đó:

\(P=\frac{x+2y}{x^2+2+3y+3}+\frac{2x+y}{y^2+2+3x+3}+\frac{1}{4\left(x+y-1\right)}\ge\frac{x+2y}{3x+3y+3}+\frac{2x+y}{3x+3y+3}+\frac{1}{4\left(x+y-1\right)}\)

\(P\ge\frac{3x+3y}{3x+3y+3}+\frac{1}{4\left(x+y-1\right)}=\frac{x+y}{x+y+1}+\frac{1}{4\left(x+y-1\right)}\)

Đặt \(x+y=t\Rightarrow2\le t\le4\)

\(\Rightarrow P\ge\frac{t}{t+1}+\frac{1}{4t-4}=\frac{t}{t+1}+\frac{1}{4t-4}-\frac{7}{8}+\frac{7}{8}\)

\(P\ge\frac{\left(t-3\right)^2}{8\left(t^2-1\right)}+\frac{7}{8}\ge\frac{7}{8}\)

\(P_{min}=\frac{7}{8}\) khi \(t=3\) hay \(\left(x;y\right)=\left(1;2\right);\left(2;1\right)\)

đéo biết

Xét \(4\left(x^3+y^3\right)-\left(x+y\right)^3=3\left(x+y\right)\left(x-y\right)^2\ge0\) (Vì x,y > 0)

Suy ra \(z+\sqrt[3]{4\left(x^3+y^3\right)}\ge x+y+z\)

Hay \(\frac{x+y}{z+\sqrt[3]{4\left(x^3+y^3\right)}}\le\frac{x+y}{x+y+z}\)

Tương tự : \(\frac{y+z}{x+\sqrt[3]{4\left(y^3+z^3\right)}}\le\frac{y+z}{x+y+z}\)

\(\frac{z+x}{y+\sqrt[3]{4\left(z^3+x^3\right)}}\le\frac{z+x}{x+y+z}\)

Cộng theo vế được đpcm.

Dự đoán dấu bằng có khi (x,y,z)(x,y,z) là các hoán vị (0;1;1).

Từ đó ta đánh giá làm mất căn:

Ta có:

\(4\sqrt{2}.\sqrt{\frac{xy+yz+zx}{x^2+y^2+z^2}}=\frac{8\left(xy+yz+zx\right)}{\sqrt{\left(x^2+y^2+z^2\right).2\left(xy+yz+zx\right)}}\)\(\ge\frac{16\left(xy+yz+zx\right)}{\left(x+y+z\right)^2}\)

Do đó ta chỉ cần có

\(\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y}+\frac{16\left(xy+yz+zx\right)}{\left(x+y+z\right)^2}\ge6\)

Không mất tính tổng quát, giả sử \(x\ge y\ge z\) suy ra \(x\ge y>0,z\ge0\)

Khi đó, ta chứng minh BĐT mạnh hơn

\(\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{16\left(xy+yz+zx\right)}{\left(x+y+z\right)^2}\ge6\)

\(\Leftrightarrow\frac{x+y+z}{y+z}+\frac{x+y+z}{z+x}-\frac{8\left(x^2+y^2+z^2\right)}{\left(x+y+z\right)^2}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)^3\left(x+y+2z\right)\ge8\left(x+z\right)\left(y+z\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)\)

Hay \(\left(x+y+z\right)^4+z\left(x+y+z\right)^3\ge8z^2\left(x^2+y^2+z^2\right)+8\left(xy+yz+zx\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)\)

Theo AM-GM:\(\left(x+y+z\right)^4=\left(x^2+y^2+z^2+2\left(xy+yz+zx\right)\right)^2\ge8\left(xy+yz+zx\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)\)

Vậy ta chỉ cần chứng minh \(z\left(x+y+z\right)^3\ge8z^2\left(x^2+y^2+z^2\right)\)

\(BDT\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)^3\ge8z\left(x^2+y^2+z^2\right)\)

Ta có:\(\left(x+y+z\right)^3=x^3+y^3+z^3+3x\left(y^2+z^2\right)+3y\left(z^2+x^2\right)+3z\left(x^2+y^2\right)+6xyz\ge x^3+y^3+z^3+3x^2y+3xy^2+5xyz+8z^3+3z\left(x^2+y^2\right)\)

Suy ra \(\left(x+y+z\right)^3-8z\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge x^3+y^3+3x^2y+3xy^2+5xyz-5z\left(x^2+y^2\right)\)

\(=x^3+y^3+3x^2y+3xy^2+5z\left(xy-x^2-y^2\right)\ge x^3+y^3+3x^2y+3xy^2+5y\left(xy-x^2-y^2\right)\)

\(\ge x^3+y^3+3x^2y+3xy^2-5y\left(x^2+y^2\right)\)

\(=\left(x^2-y^2+4\right)\left(x-y\right)\ge0\)

BĐT được chứng minh.

v~ để cái này lp 9 thì ko hợp @@

Oh shit!

Áp dụng liên tiếp 1 lần BĐT AM-GM :

\(\frac{y+z}{x}+\frac{z+x}{y}+\frac{x+y}{z}\ge3\sqrt[3]{\frac{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}{xyz}}\ge3\sqrt[3]{\frac{2\sqrt{xy}\cdot2\sqrt{yz}\cdot2\sqrt{zx}}{xyz}}\)

\(=3\sqrt[3]{\frac{8xyz}{xyz}}=3\sqrt[3]{8}=6\) ( đpcm )

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow x=y=z\)

Cách khác:

Giả sử \(c=max\left\{x,y,z\right\}\)

\(VT-VP=\frac{\left(x-y\right)^2\left(8z-x-y\right)+\left(x+y-2z\right)^2\left(x+y\right)}{4xyz}\ge0\)

Tuy không đẹp nhưng em nghĩ là rất hay (em chỉ cần phân tích bằng tay)

Ngoài ra có thể dùng S*O*S:

\(VT-VP=\frac{\left(x-y\right)^2}{xy}+\frac{\left(y-z\right)^2}{yz}+\frac{\left(z-x\right)^2}{zx}\ge0\)

Tuy nhiên nó không đẹp bằng, vì nó tới tổng của 3 bình phương lận trong khi của em chỉ cần 2 bình phương.