Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Theo giả thiết ta có : \(x+yz=yz-z-1=\left(z-1\right)\left(y+1\right)=\left(x+y\right)\left(y+1\right)\)
Tương tự : \(y+zx=\left(x+y\right)\left(x+1\right)\)
Và \(z+xy=\left(x+1\right)\left(y+1\right)\)
Nên \(P=\frac{x}{\left(x+y\right)\left(y+1\right)}+\frac{y}{\left(x+y\right)\left(x+1\right)}+\frac{z^2+2}{\left(x+1\right)\left(y+1\right)}\)
\(=\frac{x^2+y^2+x+y}{\left(x+y\right)\left(x+1\right)\left(y+1\right)}+\frac{z^2+2}{\left(x+1\right)\left(y+1\right)}\)
Ta có \(x^2+y^2\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{2};\left(x+1\right)\left(y+1\right)\le\frac{\left(x+y+2\right)^2}{4}\)
nên \(P\ge\frac{2\left(x+y\right)^2+4\left(x+y\right)}{\left(x+y+2\right)^2\left(x+y\right)}+\frac{4\left(z^2+2\right)}{\left(x+y+2\right)^2}=\frac{2\left(x+y\right)+4}{\left(x+y+2\right)^2}+\frac{4\left(z^2+2\right)}{\left(x+y+2\right)^2}\)
\(=\frac{2}{z+1}+\frac{4\left(z^2+2\right)}{\left(z+1\right)^2}=f\left(z\right);z>1\)
Lập bảng biến thiên ta được \(f\left(z\right)\ge\frac{13}{4}\) hay min \(P=\frac{13}{4}\) khi \(\begin{cases}z=3\\x=y=1\end{cases}\)
\(yz\le\frac{1}{2}\left(y^2+z^2\right)=\frac{1}{2}\left(3-x^2\right)\)
\(\Rightarrow3-yz\ge3-\frac{1}{2}\left(3-x^2\right)=\frac{3}{2}+\frac{1}{2}x^2\)
\(\Rightarrow\frac{x}{3-yz}\le\frac{x}{\frac{3}{2}+\frac{1}{2}x^2}=\frac{2x}{x^2+3}\)
Làm tương tự và cộng lại ta có: \(VT\le2\left(\frac{x}{x^2+3}+\frac{y}{y^2+3}+\frac{z}{z^2+3}\right)\)
Ta sẽ chứng minh: với mọi \(0< x^2< 3\) ta luôn có: \(\frac{x}{x^2+3}\le\frac{x^2+3}{16}\)
Thật vậy, BĐT tương đương:
\(16x\le\left(x^2+3\right)^2\Leftrightarrow\left(x-1\right)^2\left(x^2+2x+9\right)\ge0\) (luôn đúng)
Tương tự: \(\frac{y}{y^2+3}\le\frac{y^2+3}{16}\) ; \(\frac{z}{z^2+3}\le\frac{z^2+3}{16}\)
Cộng vế với vế:
\(VT\le2.\frac{x^2+y^2+z^2+9}{16}=\frac{3}{2}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=1\)
\(\sqrt{\frac{xy}{xy+z}}=\sqrt{\frac{xy}{xy+z\left(x+y+z\right)}}=\sqrt{\frac{xy}{\left(x+z\right)\left(y+z\right)}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{x}{x+z}+\frac{y}{y+z}\right)\)
Tương tự: \(\sqrt{\frac{yz}{yz+x}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{y}{x+y}+\frac{z}{x+z}\right)\) ; \(\sqrt{\frac{zx}{zx+y}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{x}{x+y}+\frac{z}{y+z}\right)\)
Cộng vế với vế ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{3}\)
\(P\ge\dfrac{\sqrt{3\sqrt[3]{x^3y^3}}}{xy}+\dfrac{\sqrt{3\sqrt[3]{y^3z^3}}}{yz}+\dfrac{\sqrt{3\sqrt[3]{z^3x^3}}}{zx}\)
\(P\ge\sqrt{3}\left(\dfrac{1}{\sqrt{xy}}+\dfrac{1}{\sqrt{yz}}+\dfrac{1}{\sqrt{zx}}\right)\ge\sqrt{3}.3\sqrt[3]{\dfrac{1}{\sqrt{xy.yz.zx}}}=3\sqrt{3}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=1\)
Ta có bất đẳng thức sau \(x^3+y^3\ge xy\left(x+y\right)\Leftrightarrow\left(x+y\right)\left(x-y\right)^2\ge0.\)
Do đó:
\(P=\sum\dfrac{\sqrt{1+x^3+y^3}}{xy}\ge\sum\dfrac{\sqrt{xyz+xy\left(x+y\right)}}{xy}\)
\(=\sqrt{x+y+z}\left(\dfrac{1}{\sqrt{xy}}+\dfrac{1}{\sqrt{yz}}+\dfrac{1}{\sqrt{zx}}\right)\ge\sqrt{3\sqrt[3]{xyz}}\cdot3\sqrt[3]{\dfrac{1}{\sqrt{xy}}\cdot\dfrac{1}{\sqrt{yz}}\cdot\dfrac{1}{\sqrt{zx}}}=3\sqrt{3}\)
Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=1.$
\(P=xy+yz+zx+2\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)+\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)
\(P\ge xy+yz+zx+\frac{2}{\sqrt{xy}}+\frac{2}{\sqrt{yz}}+\frac{2}{\sqrt{zx}}+\frac{9}{x+y+z}\)
\(P\ge xy+\frac{1}{\sqrt{xy}}+\frac{1}{\sqrt{xy}}+yz+\frac{1}{\sqrt{yz}}+\frac{1}{\sqrt{yz}}+zx+\frac{1}{\sqrt{zx}}+\frac{1}{\sqrt{zx}}+3\)
\(P\ge3\sqrt[3]{\frac{xy}{xy}}+3\sqrt[3]{\frac{yz}{yz}}+3\sqrt[3]{\frac{zx}{zx}}+3=12\)
\(P_{min}=12\) khi \(x=y=z=1\)