Không mất tính tổng quát giả sử \(z=min\left(x;y;z\right)\)

Từ giả thiết x+y+z=3 => \(3z\le x+y+z\)Do đó \(0\le z\le1\)

Đặt x=1+a; y=1+b; c=1-a-b. Do 0 =<c=<1 nên 0 =< a+b =< 1

Ta có \(\left(x-1\right)^3+\left(y-1\right)^3+\left(z-1\right)^3=a^3+b^3+\left(-a-b\right)^3=-3ab\left(a+b\right)\)

Mặt khác \(\left(a-b\right)^2\ge0\forall a,b\Rightarrow ab\le\frac{\left(a+b\right)^2}{4}\)

\(\Rightarrow ab\left(a+b\right)\le\frac{\left(a+b\right)^2}{4}\le\frac{1}{4}\left(0\le a+b\le1\right)\)

\(\Rightarrow-3ab\left(a+b\right)\ge\frac{-3}{4}\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=\frac{1}{2}\)

Khi đó \(x=y=\frac{3}{2};z=0\)

\(\text{Ta có:}\)

\(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{x}\left(x,y,z>0\right)\ge\frac{3}{\sqrt[3]{xyz}}\ge\frac{3}{\frac{x+y+z}{3}}=\frac{9}{x+y+z}\)

\(\frac{y+z+5}{1+x}+\frac{z+x+5}{1+y}+\frac{x+y+5}{1+z}\)

\(=\frac{x+y+z+6}{1+x}+\frac{x+y+z+6}{1+y}+\frac{x+y+z+6}{1+z}-3\)

\(=\frac{24}{1+x}+\frac{24}{1+y}+\frac{24}{1+z}-3\ge\frac{51}{7}\Leftrightarrow\frac{24}{1+x}+\frac{24}{1+y}+\frac{24}{1+z}\ge\frac{72}{7}\)

\(24\left(\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\right)\ge24\left(\frac{9}{x+1+y+1+z+1}\right)\)

\(=24\left(\frac{9}{21}\right)=\frac{24.9}{21}=\frac{8.9}{7}=\frac{72}{7}\)

Bài toán đã được chứng minh

\(\text{Thêm dấu "=" xảy ra khi: x=y=z=6 nha! =((}\)

ai biết làm giúp với

KO HIỂU

Chứng minh $x+2y+z\geq 4(1-x)(1-y)(1-z)$ - Bất đẳng thức và cực trị - Diễn đàn Toán học

\(VT\ge\frac{9}{\Sigma_{cyc}\sqrt{xy+x+y}}\ge\frac{9}{\sqrt{\left(1+1+1\right)\left(2x+2y+2z+xy+yz+zx\right)}}\ge\frac{9}{\sqrt{3\left[6+\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}\right]}}=\sqrt{3}\)

a) Đặt \(\hept{\begin{cases}x+y-z=a\\y+z-x=b\\z+x-y=c\end{cases}\Rightarrow}x=\frac{a+c}{2};y=\frac{b+a}{2};z=\frac{c+b}{2}\)

Suy ra bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: \(\frac{a+b}{2}.\frac{b+c}{2}.\frac{c+a}{2}\ge abc\Leftrightarrow\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{8}\ge abc\)\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8abc\)

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM: \(\hept{\begin{cases}a+b\ge2\sqrt{ab}\ge0\\b+c\ge2\sqrt{bc}\ge0\\c+a\ge2\sqrt{ca}\ge0\end{cases}\Rightarrow}\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8\sqrt{\left(abc\right)^2}=8abc\)

Vật bất đẳng thức được chứng minh

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\Leftrightarrow x=y=z\)

Sửa đề VP là \(\frac{25}{3\sqrt[3]{4\left(xy+yz+zx\right)}}\).

Tham khảo:[TOPIC] ÔN THI BẤT ĐẲNG THỨC $\boxed{\text{THPT CHUYÊN VÀ HSG TỈNH}}$ NĂM HỌC 2019-2020 - Trang 2 - Bất đẳng thức và cực trị - Diễn đàn Toán học