Do vai trò bình đẳng của x, y, z trong phương trình, trước hết ta xét x ≤ y ≤ z. 
Vì x, y, z nguyên dương nên xyz ≠ 0, do x ≤ y ≤ z => xyz = x + y + z ≤ 3z => xy ≤ 3 
=> xy thuộc {1 ; 2 ; 3}. 
Nếu xy = 1 => x = y = 1, thay vào (2) ta có : 2 + z = z, vô lí. 
Nếu xy = 2, do x ≤ y nên x = 1 và y = 2, thay vào (2), => z = 3. 
Nếu xy = 3, do x ≤ y nên x = 1 và y = 3, thay vào (2), => z = 2. 
Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình (2) là các hoán vị của (1 ; 2 ; 3).

tích nha

mk giải đc bài này ở dạng lớp 7..nè 

Ta có BĐT \(x^2+1\ge2x\Leftrightarrow\left(x-1\right)^2\ge0\)

Tương tự cũng có 2 BĐT tương tự:

\(y^2+1\ge2y;z^2+1\ge2z\)

\(\Rightarrow x^2+y^2+z^2+3\ge2\left(x+y+z\right)\left(1\right)\)

Và BĐT \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+xz\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(y-z\right)^2\ge0\)

\(\Rightarrow2\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge2\left(xy+yz+xz\right)\left(2\right)\)

Cộng theo vế 2 BĐT (1) và (2) có:

\(3\left(x^2+y^2+z^2\right)+3\ge2\left(x+y+z+xy+yz+xz\right)\)

\(\Leftrightarrow3\left(x^2+y^2+z^2\right)+3\ge2\cdot6=12\)

\(\Leftrightarrow3\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge9\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\ge3\)

Xảy ra khi \(x=y=z=1\)

Lớp 9 gì mà hs lớp 7 làm đc :)) ahaha

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có :

\(x^2+1\ge2x\)

\(y^2+1\ge2y\)

\(z^2+1\ge2z\)

\(x^2+y^2\ge2xy\)

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

\(x^2+z^2\ge2zx\)

Cộng vế với vế ta được :

\(3x^2+3y^2+3z^2+3\ge x+y+z+xy+xz+yz\)

\(\Leftrightarrow3\left(x^2+y^2+z^2\right)+3\ge6\)

\(\Rightarrow x^2+y^2+z^2\ge\frac{6-3}{3}=1\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow x=y=z=1\)

Vậy \(x^2+y^2+z^2\) có GTNN là 1 tại \(x=y=z=1\)

Nhầm \(3x^2+3y^2+3z^2+3\ge2\left(x+y+z+xy+xz+yz\right)\)

\(\Rightarrow\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge\frac{2.6-3}{3}=3\)

\(\frac{y+z-x}{x}=\frac{z+x-y}{y}=\frac{x+y-z}{z}=\frac{y+z-x+z+x-y+x+y-z}{x+y+z}=\frac{2\left(x+y+z\right)}{x+y+x}=2\)

ta có:\(B=\left(1+\frac{x}{y}\right)+\left(1+\frac{y}{z}\right)+\left(1+\frac{z}{x}\right)=3+\frac{x+y+z}{y+z+x}=3+1=4\)

B có giá trị bằng 4 

Q=\(\left(1+\dfrac{a}{x}\right)\left(1+\dfrac{a}{y}\right)\left(1+\dfrac{a}{z}\right)\)

\(Q=\left(\dfrac{x+a}{x}\right)\left(\dfrac{y+a}{y}\right)\left(\dfrac{z+a}{z}\right)\)\

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

=\(\dfrac{\left(2x+y+z\right)\left(2y+x+z\right)\left(2z+x+y\right)}{xyz}\)

ÁP dụng BĐT cô si

\(2x+y+z=x+x+y+z\ge4\sqrt[4]{x^2yz}\)

\(2y+x+z=y+y+x+z\ge4\sqrt[4]{y^2xy}\)

\(2z+y+x=z+z+x+y\ge4\sqrt[4]{z^2xy}\)

=> Q\(\ge\dfrac{64.\sqrt[4]{x^4y^4z^4}}{xyz}=64\)

=> MinQ=64 khi x=y=z=a/3

\(x.x+y.y+z.z=12\)

\(\Leftrightarrow\frac{x^2}{1}+\frac{y^2}{1}+\frac{z^2}{1}=\frac{12}{3}=4\)

\(\Rightarrow x^2=1.4=4\Leftrightarrow x=2\)

\(y^2=1.4=4\Leftrightarrow y=2\)

\(z^2=1.4=4\Leftrightarrow z=2\)

Áp dụng BĐT Cauchy - schwarz:

\(x^2+y^2+z^2=\frac{x^2}{1}+\frac{y^2}{1}+\frac{z^2}{1}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{1+1+1}=\frac{36}{3}=12\)

(Dấu "="\(\Leftrightarrow x=y=z\))

\(pt\Leftrightarrow3x^2=12\Leftrightarrow x^2=4\Leftrightarrow x=\pm2\)

\(\Rightarrow\orbr{\begin{cases}x=y=z=2\\x=y=z=-2\left(L\right)\end{cases}}\)(Vì x + y + z = 6)

Vậy x = y = z = 2