Ta có $xyz\ge x+y+z+2.$

Theo bất đẳng thức AM-GM:

$xyz\le\left(\dfrac{x+y+z}{3}\right)^3.$

Suy ra $\left(\dfrac{x+y+z}{3}\right)^3\ge x+y+z+2$

$\Leftrightarrow (x+y+z)^3\ge27(x+y+z+2)$

$\Leftrightarrow (x+y+z)^3-27(x+y+z)-54\ge0$

$\Leftrightarrow (x+y+z-6)(x+y+z+3)^2\ge0.$

Vì $x,y,z>0$ nên $x+y+z+3>0.$

Do đó $x+y+z-6\ge0$

$\Leftrightarrow x+y+z\ge6.$

Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z$ và $xyz=x+y+z+2$

$\Leftrightarrow x^3=3x+2$

$\Leftrightarrow (x-2)(x+1)^2=0$

$\Leftrightarrow x=2.$

Vậy $x=y=z=2$ và $\min(x+y+z)=6.$

\(x,y,z>0\)

Áp dụng BĐT Caushy cho 3 số ta có:

\(x^3+y^3+z^3\ge3\sqrt[3]{x^3y^3z^3}=3xyz\ge3.1=3\)

\(P=\dfrac{x^3-1}{x^2+y+z}+\dfrac{y^3-1}{x+y^2+z}+\dfrac{z^3-1}{x+y+z^2}\)

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

Áp dụng BĐT Caushy-Schwarz ta có:

\(P\ge\dfrac{\left(x^3+y^3+z^3-3\right)^2}{\left(x^2+y+z\right)\left(x^3-1\right)+\left(x+y^2+z\right)\left(y^3-1\right)+\left(x+y^2+z\right)\left(y^3-1\right)}\)

\(\ge\dfrac{\left(3-3\right)^2}{\left(x^2+y+z\right)\left(x^3-1\right)+\left(x+y^2+z\right)\left(y^3-1\right)+\left(x+y^2+z\right)\left(y^3-1\right)}=0\)

\(P=0\Leftrightarrow x=y=z=1\)

Vậy \(P_{min}=0\)

Đặt \(\left(\frac{1}{x};\frac{1}{y};\frac{1}{z}\right)\rightarrow\left(a;b;c\right)\)bài toán trở thành : \(a+b+c=\frac{1}{13};ab+bc+ca=1\)

Tính \(a^2+b^2+c^2\)

Ta có : \(\left(a+b+c\right)^2=\frac{1}{169}< =>a^2+b^2+c^2=\frac{1}{169}-2=-\frac{337}{169}\)

cái kq âm nên loại giùm mình nhé =) cái bt ấy k có giá trị nào thỏa mãn hết chơnnnn