\(x+y=1\Rightarrow2\sqrt{xy}\le1\Rightarrow\sqrt{xy}\le\frac{1}{2}\)

\(\Rightarrow xy\le\frac{1}{4}\Rightarrow\frac{1}{xy}\ge4\)

Áp dụng bđt cauchy cho 3 số dương:

\(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{xy}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{x^2}.\frac{1}{y^2}.\frac{1}{xy}}=3.\frac{1}{xy}\ge3.4=12\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=\frac{1}{2}\)

Bài  \(1a.\)  Tìm  \(x,y,z\)  biết \(x^2+4y^2=2xy+1\)   \(\left(1\right)\)  và  \(z^2=2xy-1\)  \(\left(2\right)\)

Cộng  \(\left(1\right)\)  và  \(\left(2\right)\)  vế theo vế, ta được:

\(x^2+4y^2+z^2=4xy\)

\(\Leftrightarrow\)  \(x^2-4xy+4y^2+z^2=0\)

\(\Leftrightarrow\)  \(\left(x-2y\right)^2+z^2=0\)

Do  \(\left(x-2y\right)^2\ge0\)  và  \(z^2\ge0\)  với mọi  \(x,y,z\)

nên để thỏa mãn đẳng thức trên thì phải đồng thời xảy ra  \(\left(x-2y\right)^2=0\)  và  \(z^2=0\)

\(\Leftrightarrow\)  \(^{x-2y=0}_{z^2=0}\)  \(\Leftrightarrow\)  \(^{x=2y}_{z=0}\)

Từ  \(\left(2\right)\), với chú ý rằng  \(x=2y\)  và  \(z=0\), ta suy ra:

\(2xy-1=0\)  \(\Leftrightarrow\)  \(2.\left(2y\right).y-1=0\)  \(\Leftrightarrow\)  \(4y^2-1=0\)  \(\Leftrightarrow\)  \(y^2=\frac{1}{4}\)  \(\Leftrightarrow\)  \(y=\frac{1}{2}\)  hoặc  \(y=-\frac{1}{2}\)

\(\text{*)}\)  Với  \(y=\frac{1}{2}\) kết hợp với \(z=0\) \(\left(cmt\right)\)  thì  \(\left(2\right)\)  \(\Rightarrow\)  \(2.x.\frac{1}{2}-1=0\)  \(\Leftrightarrow\)  \(x=1\)

\(\text{*)}\)  Tương tự với trường hợp  \(y=-\frac{1}{2}\), ta cũng dễ dàng suy ra được \(x=-1\)

Vậy, các cặp số  \(x,y,z\)  cần tìm là  \(\left(x;y;z\right)=\left\{\left(1;\frac{1}{2};0\right),\left(-1;-\frac{1}{2};0\right)\right\}\)

\(b.\)  Vì  \(x+y+z=1\)  nên  \(\left(x+y+z\right)^2=1\)

\(\Leftrightarrow\)  \(x^2+y^2+z^2+2\left(xy+yz+xz\right)=1\)  \(\left(3\right)\)

Mặt khác, ta lại có  \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=0\)  \(\Rightarrow\)  \(xy+yz+xz=0\)  \(\left(4\right)\) (do  \(xyz\ne0\))

Do đó,  từ  \(\left(3\right)\) và \(\left(4\right)\)  \(\Rightarrow\)  \(x^2+y^2+z^2=1\)

Vậy,  \(B=1\)

1a) x=1, y=1/2, z=0

Ta có:

\(A=\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}=\frac{x^2+y^2}{\left(xy\right)^2}=\frac{x^2+y^2}{\left(x+y\right)^2}\)  (do  \(x+y=xy\))  \(\left(5\right)\)

Dễ dàng chứng minh được với mọi  \(x,y\in R\), ta luôn có:

\(\left(x+y\right)^2\le2\left(x^2+y^2\right)\)  \(\left(\text{*}\right)\)

Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky cho hai bộ số  \(\left(1^2+1^2\right)\)  và  \(\left(x^2+y^2\right)\), ta được:

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

Do đó,  \(2\left(x^2+y^2\right)\ge\left(x+y\right)^2\), hay  \(\left(x+y\right)^2\le2\left(x^2+y^2\right)\)  \(\left(đpcm\right)\)

Vậy, bất đẳng thức \(\left(\text{*}\right)\)  hiển nhiên đúng với mọi  \(x,y\in R\), tức bđt  \(\left(\text{*}\right)\)  được chứng minh.

Dấu  \("="\)  xảy ra  \(\Leftrightarrow\)  \(\frac{1}{x}=\frac{1}{y}\)  \(\Leftrightarrow\)  \(x=y\)  

Khi đó,  từ  \(\left(\text{*}\right)\)  \(\Rightarrow\)  \(\frac{1}{\left(x+y\right)^2}\ge\frac{1}{2\left(x^2+y^2\right)}\)  (do  hai vế của bđt  \(\left(\text{*}\right)\)  cùng dấu  \(\left(+\right)\))

nên  \(\frac{x^2+y^2}{\left(x+y\right)^2}\ge\frac{x^2+y^2}{2\left(x^2+y^2\right)}=\frac{1}{2}\)  (vì  \(x^2+y^2>0\)  với mọi  \(x,y\in R\) và  \(x,y\ne0\))  \(\left(6\right)\)

\(\left(5\right);\)  \(\left(6\right)\)  \(\Rightarrow\)  \(A\ge\frac{1}{2}\)

Dấu  \("="\)  xảy ra  \(\Leftrightarrow\)  \(^{x+y=xy}_{x=y}\)  \(\Leftrightarrow\)  \(x=y=2\)

Vậy,  GTNN của  \(A=\frac{1}{2}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy 

\(\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}\ge\frac{9}{xy+yz+zx}\)

\(M\ge\frac{1}{x^2+y^2+z^2}+\frac{9}{xy+yz+zx}=\frac{1}{x^2+y^2+z^2}+\frac{4}{2\left(xy+yz+xz\right)}+\frac{7}{xy+yz+zx}\)

Áp dụng BĐT Cauchy - Schwarz :

\(\frac{1}{x^2+y^2+z^2}+\frac{4}{2\left(xy+yz+zx\right)}\ge\frac{\left(1+2\right)^2}{\left(x+y+z\right)^2}=9\)

và \(\frac{7}{xy+yz+xz}\ge\frac{7}{\frac{1}{3}\left(x+y+z\right)^2}=21\)

\(\Rightarrow M\ge9+21=30\)

Dấu " = " xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{3}\)

Áp dụng BĐT Cauchy schwarz ta có:

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

\(\ge\frac{1}{x^2+y^2+z^2}+\frac{9}{xy+yz+zx}\)

\(=\frac{1}{x^2+y^2+z^2}+\frac{4}{2\left(xy+yz+zx\right)}+\frac{7}{2\left(xy+yz+zx\right)}\)

\(\ge\frac{9}{\left(x+y+z\right)^2}+\frac{7}{\frac{2\left(x+y+z\right)^2}{3}}=30\)

Đẳng thức xảy ra tại x=y=z=¹/₃

Ta có : \(x^2+y^2\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{2}=\frac{2^2}{2}=2\)

\(\Rightarrow4\left(x^2+y^2\right)\ge8\)

Lại có : \(xy\le\frac{\left(x+y\right)^2}{4}\Rightarrow\frac{1}{xy}\ge\frac{4}{\left(x+y\right)^2}=\frac{4}{2^2}=1\)

Do đó : \(P=4\left(x^2+y^2\right)+\frac{1}{xy}\ge8+1=9\)

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

\(P+3=\frac{xy}{1+x+y}+1+\frac{yz}{1+y+z}+1+\frac{xz}{1+x+z}+1\)
\(\frac{xy}{1+x+y}+1=\frac{\left(x+1\right)\left(y+1\right)}{1+x+y}\)
\(P+3=\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(z+1\right)\left(\frac{1}{\left(z+1\right)\left(x+y+1\right)}+\frac{1}{\left(y+1\right)\left(x+z+1\right)}+\frac{1}{\left(x+1\right)\left(y+z+1\right)}\right)\)
\(P+3\ge\left(xyz+xy+xz+yz+1\right)\left(\frac{9}{xy+xz+x+y+z+1+xy+yz+x+y+z+1+xz+yz+x+y+z+1}\right)\)
 

dòng cuối cùng sai, sửa :
\(P+3\ge\left(xyz+xy+xz+yz+1\right)\left(\frac{9}{xy+xz+x+y+z+1+xy+yz+x+y+z+1+xz+yz+x+y+z+1}\right)\)
\(P+3\ge\left(3xyz+xy+xz+yz\right)\left(\frac{9}{2\left(3xyz+xy+xz+yz\right)}\right)=\frac{9}{2}\)
\(P\ge\frac{3}{2}\)
dấu "=" xảy ra <=> x=y=z=\(\frac{1+\sqrt{3}}{2}\)

sorry nhé =)) ghi sửa mà chép y nguyên :v phân tích nhân tử :
\(\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(z+1\right)=xyz+xy+xz+yz+x+y+z+1\)

Giờ bạn cần bài này nữa không 

1.   Đặt A = x²+y²+z²

             B = xy+yz+xz

             C = 1/x + 1/y + 1/z

Lại có (x+y+z)²=9

             A + 2B = 9

  Dễ chứng minh A>=B 

      Ta thấy 3A>=A+2B=9 nên A>=3 (khi và chỉ khi x=y=z=1)

Vì x+y+z=3 => (x+y+z) /3 =1 

    C = (x+y+z) /3x  +  (x+y+x) /3y + (x+y+z)/3z

C = 1/3[3+(x/y+y/x) +(y/z+z/y) +(x/z+z/x) 

Áp dụng bất đẳng thức (a/b+b/a) >=2

=> C >=3 ( khi và chỉ khi x=y=z=1)

P =2A+C >= 2.3+3=9 ( khi và chỉ khi x=y=x=1

Vậy ...........

Câu 2 chưa ra thông cảm