\(\hept{\begin{cases}ay+bx=c\\cx+az=b\\bz+cy=a\end{cases}}\)<=> \(\hept{\begin{cases}cay+cbx=c^2\\bcx+abz=b^2\\bz+cy=a\end{cases}}\)<=> \(\hept{\begin{cases}ay+bx=c\left(1\right)\\cay-abz=c^2-b^2\left(2\right)\\bz+cy=a\left(3\right)\end{cases}}\)

hệ gồm (2) và (3)  là hậ phương trình bậc nhất hai ẩn cơ bản . Em làm tiếp

Ta có: \(VT=\frac{a(z^2+y^2)}{b+c}+\frac{b(x^2+z^2)}{a+c}+\frac{c(x^2+y^2)}{a+b}\)

\(=x^2\left(\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\right)+y^2\left(\frac{a}{b+c}+\frac{c}{a+b}\right)+z^2\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}\right)\)

Theo BĐT AM-GM, ta có:

\(\left( \frac{c}{a+b} x^2 + \frac{c}{a+b} y^2 \right) \ge 2\sqrt{\frac{c^2}{(a+b)^2} x^2 y^2} = \frac{2c}{a+b} xy\)

\(\left( \frac{a}{b+c} y^2 + \frac{a}{b+c} z^2 \right) \ge 2\sqrt{\frac{a^2}{(b+c)^2} y^2 z^2} = \frac{2a}{b+c} yz\)

\(\left( \frac{b}{a+c} z^2 + \frac{b}{a+c} x^2 \right) \ge 2\sqrt{\frac{b^2}{(a+c)^2} z^2 x^2} = \frac{2b}{a+c} xz\)

Do đó: \(\text{VT} \ge \frac{2c}{a+b}xy + \frac{2a}{b+c}yz + \frac{2b}{a+c}xz\)

Điểm rơi của BĐT sẽ xảy ra khi a=b=c và x=y=z

Khi đó, \(\frac{2c}{a+b}=\frac{2a}{b+c}=\frac{2b}{a+c}=1\)

=>VT>=xy+yz+xz(ĐPCM)

1) \(\left\{{}\begin{matrix}b+c-a=x\\c+a-b=y\\a+b-c=z\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=\frac{y+z}{2}\\b=\frac{z+x}{2}\\c=\frac{x+y}{2}\end{matrix}\right.\)

BĐT cần cm trở thành:

\(\frac{y+z}{2x}+\frac{z+x}{2y}+\frac{x+y}{2z}\ge3\)

Theo AM-GM, VT>=6/2=3

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c

2)\(x^2\left(y+z\right)\ge2x^2\sqrt{yz}=2x^2\sqrt{\frac{1}{x}}=2x\sqrt{x}\)

=>\(P\ge\frac{2x\sqrt{x}}{y\sqrt{y}+2z\sqrt{z}}+\frac{2y\sqrt{y}}{z\sqrt{z}+2x\sqrt{x}}+\frac{2z\sqrt{z}}{x\sqrt{x}+2y\sqrt{y}}\)

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}x\sqrt{x}=a\\y\sqrt{y}=b\\z\sqrt{z}=c\end{matrix}\right.\Rightarrow abc=1\)

=>\(P\ge\frac{2a}{b+2c}+\frac{2b}{c+2a}+\frac{2c}{a+2b}\ge2.1=2\)

(Dùng Cauchy-Schwartz chứng minh được:

\(\frac{a}{b+2c}+\frac{b}{c+2a}+\frac{c}{a+2b}\ge1\))

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1 <=> x=y=z=1

Vậy minP=2<=>x=y=z=1