Từ giả thiết , ta có :

\(xyz=\left(1-x\right)\left(1-y\right)\left(1-z\right)\left(1\right)\)

\(\Rightarrow1=\left(\frac{1}{x}-1\right)\left(\frac{1}{y}-1\right)\left(\frac{1}{z}-1\right)\)

Áp dụng bất đẳng thức sau : \(abc\le\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^3\) ta có :

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

\(\Rightarrow3\le\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}-3\)

\(\Rightarrow6\le\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\)

\(\Rightarrow6xyz\le xy+yz+zx\left(2\right)\)

Từ ( 1 ) và ( 2 ) suy ra:

\(3-3\left(x+y+z\right)+3\left(xy+yz+zx\right)=6xyz\le xy+yz+zx\)

\(\Rightarrow0\ge3-3\left(x+y+z\right)+2\left(xy+yz+zx\right)\)

Cộng 2 vế của bất đẳng thức trên cho \(\left(x^2+y^2+z^2\right)\)ta được:

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

Dấu '' = '' xảy ra khi và chỉ khi \(x=y=z=\frac{1}{2}\) 

ta có:

xyz=(1-x).(1-y).(1-z)                                 (1)

=>1=(1:x-1).(1:y-1).(1:z-1)

Ta sẽ chứng minh \(P_{min}=1\)

TH1: \(xyz=0\)

\(\Rightarrow x^2y^2z^2=0\Rightarrow x^4+y^4+z^4=1\)

\(P=x^2+y^2+z^2\ge\sqrt{x^4+y^4+z^4}=1\)

TH2: \(xyz\ne0\) , từ điều kiện, tồn tại 1 tam giác nhọn ABC sao cho \(\left\{{}\begin{matrix}x^2=cosA\\y^2=cosB\\z^2=cosC\end{matrix}\right.\)

\(P=cosA+cosB+cosC-\sqrt{2cosA.cosB.cosC}\)

Ta sẽ chứng minh \(cosA+cosB+cosC-\sqrt{2cosA.cosB.cosC}\ge1\)

\(\Leftrightarrow4sin\dfrac{A}{2}sin\dfrac{B}{2}sin\dfrac{C}{2}\ge\sqrt{2cosA.cosB.cosC}\)

\(\Leftrightarrow8sin^2\dfrac{A}{2}sin^2\dfrac{B}{2}sin^2\dfrac{C}{2}\ge cosA.cosB.cosC\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{8sin^2\dfrac{A}{2}sin^2\dfrac{B}{2}sin^2\dfrac{C}{2}}{8sin\dfrac{A}{2}sin\dfrac{B}{2}sin\dfrac{C}{2}cos\dfrac{A}{2}cos\dfrac{B}{2}cos\dfrac{C}{2}}\ge cotA.cotB.cotC\)

\(\Leftrightarrow tan\dfrac{A}{2}tan\dfrac{B}{2}tan\dfrac{C}{2}\ge cotA.cotB.cotC\)

\(\Leftrightarrow tanA.tanB.tanC\ge cot\dfrac{A}{2}cot\dfrac{B}{2}cot\dfrac{C}{2}\)

\(\Leftrightarrow tanA+tanB+tanC\ge cot\dfrac{A}{2}+cot\dfrac{B}{2}+cot\dfrac{C}{2}\)

Ta có:

\(tanA+tanB=\dfrac{sin\left(A+B\right)}{cosA.cosB}=\dfrac{2sinC}{cos\left(A-B\right)-cosC}\ge\dfrac{2sinC}{1-cosC}=\dfrac{2sin\dfrac{C}{2}cos\dfrac{C}{2}}{2sin^2\dfrac{C}{2}}=cot\dfrac{C}{2}\)

Tương tự: \(tanA+tanC\ge cot\dfrac{B}{2}\) ; \(tanB+tanC\ge cot\dfrac{A}{2}\)

Cộng vế với vế ta có đpcm

Vậy \(P_{min}=1\) khi \(\left(x^2;y^2;z^2\right)=\left(1;0;0\right)\) và các hoán vị hoặc \(\left(x^2;y^2;z^2\right)=\left(\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2}\right)\)

Có \(P=\dfrac{x+z}{xyz}=\dfrac{1}{yz}+\dfrac{1}{xy}=\dfrac{1}{y}\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{z}\right)\ge\dfrac{1}{y}.\dfrac{4}{x+z}\)

\(=\dfrac{4}{y\left(x+z\right)}=\dfrac{4}{y\left(4-y\right)}=\dfrac{4}{-y^2+4y}=\dfrac{4}{-\left(y-2\right)^2+4}\ge1\)

"=" xảy ra khi y = 2 ; x = 1 ; z = 1

Giúp mình câu này với ah.

Ta có x+y+z=4

=>y=4-x-z

Ta có :x,y,z>0

=>\(x^2>0,z^2>0\)

=>\(x^2z>0,z^2x>0\)

Áp dụng bất đẳng thức cô si với hai số dương \(x^2z\) và z ta có

      \(x^2z+z\)>=2\(\sqrt{x^2z.z}\)

<=>\(x^2z+z>=2xz\)

CMTT:\(z^2x+x>=2xz\)

=>\(x^2z+z+z^2x+x>=4xz\)

=>\(x+z>=4xz-x^2z-z^2x\)

=>\(x+z>=xz\left(4-x-z\right)\)

Mà y=4-x-z(cmt)

=>\(x+z>=xyz\)

=>\(\dfrac{x+z}{xyz}>=1\)

hay \(P>=1\)

Dấu "=" xảy ra <=> \(\left\{{}\begin{matrix}x^2z=z\\z^2x=x\\x+y+z=4\end{matrix}\right.\)

                        <=>\(\left\{{}\begin{matrix}x^2=1\\z^2=1\\x+y+z=4\end{matrix}\right.\)  

                        <=>\(\left\{{}\begin{matrix}x=1\\z=1\\1+y+1=4\end{matrix}\right.\)

                        <=>\(\left\{{}\begin{matrix}x=1\\z=1\\y=2\end{matrix}\right.\)

Vậy tại x=1, y=2,z=1 thì P có giá trị nhỏ nhất là 1

\(\left(x+y+z\right)^2=x^2+y^2+z^2+2xy+2xz+2yz=z^2+\left(x+y\right)^2+2z\left(x+y\right)=36\)

áp dụng BĐT cosi : 

\(z^2+\left(x+y\right)^2\ge2z\left(x+y\right)\)

<=> \(z^2+\left(x+y\right)^2+2z\left(x+y\right)\ge4z\left(x+y\right)=36< =>z\left(x+y\right)\ge9\)

ta lại có \(\dfrac{x+y}{xyz}=\dfrac{x}{xyz}+\dfrac{y}{xyz}=\dfrac{1}{yz}+\dfrac{1}{xz}\) áp dụng BĐT buhihacopxki dạng phân thức => \(\dfrac{1}{yz}+\dfrac{1}{xz}\ge\dfrac{4}{yz+xz}=\dfrac{4}{z\left(x+y\right)}\ge\dfrac{4}{9}\left(đpcm\right)\)

dấu bằng xảy ra khi \(\left[{}\begin{matrix}yz=xz< =>x=y\\x+y+z=6\\z^2=\left(x+y\right)^2\end{matrix}\right.< =>\left[{}\begin{matrix}x+y+z=6\\z=2x=2y\end{matrix}\right.< =>\left[{}\begin{matrix}x=y=\dfrac{3}{2}\\z=3\end{matrix}\right.\)

\(\dfrac{x+y}{xyz}=\dfrac{1}{yz}+\dfrac{1}{xz}\).

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schawrz dạng Engel:

\(\dfrac{1}{yz}+\dfrac{1}{xz}\ge\dfrac{4}{z\left(x+y\right)}\)     (1).

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương z và x+y, ta có:

\(z\left(x+y\right)\le\left(\dfrac{x+y+z}{2}\right)^2=9\). Suy ra, \(\dfrac{4}{z\left(x+y\right)}\ge\dfrac{4}{9}\)     (2).

Từ (1) và (2), suy ra \(\dfrac{x+y}{xyz}\ge\dfrac{4}{9}\) (đpcm).

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(\dfrac{1}{yz}=\dfrac{1}{xz}\) và \(z=x+y\).