Theo tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có

\(\frac{y+z+1}{x}=\frac{x+y+2}{y}=\frac{x+y-3}{z}=\frac{1}{x+y+z}=\frac{y+z+1+x+y+2+x+y-3+1}{x+y+z+x+y+z}\)

=\(\frac{\left(x+y+z\right)+\left(x+y+y1+2-3\right)}{\left(x+y+z\right)+\left(x+y+z\right)}=\frac{\left(x+y+z\right)+\left(x+y+y+1\right)}{\left(x+y+z\right)+\left(x+y+z\right)}\)

=>x+y+y+1=x+y+z

=>y+1=z

Vậy đáp số cần tìm là x,y,z khác 0

x tùy ý

y tùy ý

z=y+1

Đề là gì ????

Tìm x,y,z

Bài này cực kì chặt nên có lẽ phải sử dụng tới BĐT Schur

Đặt \(x+y+z=p\) ; \(xy+yz+zx=q\)

BĐT cần chứng minh tương đương: \(p^3+4q+6\ge2p^2+3pq\) với \(p;q\ge3\)

TH1: \(p\ge q\)

\(p^3+4q+6-2p^2-3pq\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(p^2-3q\right)\left(p-2\right)-2\left(q-3\right)\ge0\)

Do \(\left\{{}\begin{matrix}p\ge q\\p>2\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left(p^2-3q\right)\left(p-2\right)\ge\left(p^2-3p\right)\left(p-2\right)\)

\(\Rightarrow\left(p^2-3q\right)\left(p-2\right)-2\left(q-3\right)\ge\left(p^2-3p\right)\left(p-2\right)-2\left(p-3\right)\)

\(=\left(p-3\right)\left(p^2-2p-2\right)=\left(p-3\right)\left[p\left(p-3\right)+p-2\right]\ge0\)

 TH2: \(p\le q\)

Áp dụng BĐT Schur bậc 4:

\(p^4+4q^2+6p\ge5p^2q\Rightarrow p^3+6\ge5pq-\dfrac{4q^2}{P}\)

Do đó ta chỉ cần chứng minh:

\(5pq-\dfrac{4q^2}{p}+4q\ge2p^2+3pq\)

\(\Leftrightarrow p^2q-2q^2+2pq-p^3\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(q-p\right)\left(p^2-2q\right)\ge0\) (đúng)

Đây là 1 bài toán không giải được (người ra đề đã chọn 1 con số ngẫu nhiên dẫn tới kết quả phương trình điểm rơi không thể giải)

Dự đoán điểm rơi tại \(x=a;y=b;z=c\)

\(2\left(x^3+a^3+a^3\right)\ge6a^2x\)

\(2\left(y^3+b^3+b^3\right)\ge6b^2y\)

\(z^3+z^3+c^3\ge3cz^2\) 

Cộng vế:

\(2P+\left(4a^3+4b^3+c^3\right)\ge3\left(2a^2x+2b^2y+cz^2\right)\)

Ta cần tìm a, b, c sao cho:

\(\left\{{}\begin{matrix}2a+4b+3c^2=68\\\dfrac{2a^2}{2}=\dfrac{2b^2}{4}=\dfrac{c}{3}\\\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow2a+4.a\sqrt{2}+3.\left(3a^2\right)^2=68\)

\(\Leftrightarrow27a^4+\left(4\sqrt{2}+2\right)a-68=0\)

Đây là 1 pt bậc 4 không thể giải cho nên đây là 1 BĐT không thể giải.

Thông thường khi cho số liệu thì người ra đề phải tính trước các hệ số để ra 1 pt có thể giải chứ ko random kiểu ngớ ngẩn thế này

\(P=\left(x-y\right)+\left(y-z\right)+z+\dfrac{81}{z\left(x-y\right)\left(y-z\right)}+12\)

\(P\ge4\sqrt[4]{\left(x-y\right)\left(y-z\right).z.\dfrac{81}{z\left(x-y\right)\left(y-z\right)}}+12=24\)

\(P_{min}=24\) khi \(\left(x;y;z\right)=\left(9;6;3\right)\)

Lời giải:
a. Xét hiệu:

$x^3+y^3-xy(x+y)=(x^3-x^2y)-(xy^2-y^3)=x^2(x-y)-y^2(x-y)$

$=(x-y)(x^2-y^2)=(x-y)^2(x+y)\geq 0$ với mọi $x,y\geq 0$

$\Rightarrow x^3+y^3\geq xy(x+y)$

Dấu "=" xảy ra khi $x=y$

b.

Áp dụng BĐT phần a vô:

$x^3+y^3\geq xy(x+y)$

$\Rightarrow x^3+y^3+1\geq xy(x+y)+1=xy(x+y)+xyz=xy(x+y+z)$

$\Rightarrow \frac{1}{x^3+y^3+1}\leq \frac{1}{xy(x+y+z)}=\frac{xyz}{xy(x+y+z)}=\frac{z}{x+y+z}$

Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại suy ra:

$\text{VT}\geq \frac{z}{x+y+z}+\frac{x}{x+y+z}+\frac{y}{x+y+z}=1$

Ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z=1$

Tiếp tục:\(-A=\frac{x^3+y^3+z^3}{2xyz}\)

thay(1) vào A ta có

\(-A=\frac{y^3+z^3-\left(y+z\right)^3}{2xyz}=\frac{y^3+z^3-y^3-z^3-3yz\left(y+z\right)}{2xyz}\)

\(-A=\frac{3xyz}{2xyz}=\frac{3}{2}\Rightarrow A=\frac{-3}{2}\)

P/s tham khảo bài mình nhé nhớ

ta có:\(x+y+z=0\) \(\Rightarrow x=-\left(y+z\right)\)

\(\Rightarrow x^3=-\left(y+z\right)^3\left(1\right)\)\(;x^2=\left(y+z\right)^2\)

\(\Rightarrow y^2+z^2-x^2=-2yz\)

CMTT:\(z^2+x^2-y^2=-2xz;x^2+y^2-z^2=-2xy\)

thay vào A ta có:

\(A=\frac{-x^2}{2yz}+\frac{-y^2}{2xz}+\frac{-z^2}{2xy}\)

Áp dụng bđt \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}\)

CM BĐT là đúng: ta có: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}\)

<=> \(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\)

<=> \(1+\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+1+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}+1\ge9\)

<=> \(\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}-2\right)+\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}-2\right)+\left(\frac{a}{c}+\frac{c}{a}-2\right)\ge0\)

<=> \(\frac{\left(a-b\right)^2}{ab}+\frac{\left(b-c\right)^2}{bc}+\frac{\left(a-c\right)^2}{ac}\ge0\) (luôn đúng với mọi x,y,z > 0)

Khi đó: A = \(\frac{1}{\left(x+1\right)^2}+\frac{1}{\left(y+1\right)^2}+\frac{1}{\left(z+1\right)^2}\ge\frac{9}{\left(x+1\right)^2+\left(y+1\right)^2+\left(z+1\right)^2}\)

<=> A \(\ge\frac{9}{x^2+2x+1+y^2+2y+1+z^2+2z+1}=\frac{9}{x^2+y^2+z^2+2\left(x+y+z\right)+3}\)

Áp dụng bdt cosi cho bộ ba số dương x², y² và z² ; x, y và z (vì x,y,z > 0)

Ta có: \(x^2+y^2+z^2\ge3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}=3\sqrt[3]{\left(xyz\right)^2}=3\) (vì xyz = 1)

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

=> \(2\left(x+y+z\right)\ge6\)

=> \(x^2+y^2+z^2+2\left(x+y+z\right)+3\ge3+6+3=12\)

hay A \(\ge\)12

Dấu "=" xảy ra <=> x = y = z = 1

Vậy MinA = 12 khi x = y = z = 1

Xin lỗi cô k nhầm!

Bài của em dòng thứ 10 bắt đầu áp dụng cô si là sai rồi. Bị ngược dấu và đáp án cũng không đúng.

lớp 10 rồi ....... khá là khó 

\(x^2+2y^2+3=x^2+y^2+y^2+1+2\ge2xy+2y+2\)

\(z^2+2x^2+3\ge2zx+2x+2\)

\(y^2+2z^2+3\ge2yz+2z+2\)

Dễ chứng minh được \(\dfrac{1}{xy+y+1}+\dfrac{1}{yz+z+1}+\dfrac{1}{zx+x+1}=1\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{x^2+2y^2+3}+\dfrac{1}{z^2+2x^2+3}+\dfrac{1}{y^2+2z^2+3}\)

\(\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{xy+y+1}+\dfrac{1}{yz+z+1}+\dfrac{1}{zx+x+1}\right)=\dfrac{1}{2}\)

Đẳng thức xảy ra khi \(x=y=z=1\)