Let \(\left(a;b;c\right)\rightarrow\left(\frac{yz}{x^2};\frac{xz}{y^2};\frac{xy}{z^2}\right)\)  we have:

\(\frac{x^4}{y^2z^2+x^2yz+x^4}+\frac{y^4}{x^2z^2+xy^2z+y^4}+\frac{z^4}{x^2y^2+xyz^2+z^4}\ge1\left(○\right)\)

By Cauchy-Schwarz: \(L-H-S_{\left(○\right)}\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{Σ_{cyc}x^4+Σ_{cyc}x^2yz+Σ_{cyc}y^2z^2}\)

Hence we need to prove: \(\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{Σ_{cyc}x^4+Σ_{cyc}x^2yz+Σ_{cyc}y^2z^2}\ge1\)

\(\Leftrightarrow\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\geΣ_{cyc}x^4+Σ_{cyc}x^2yz+Σ_{cyc}y^2z^2\)

\(\Leftrightarrow x^2yz+xyz^2+xy^2z\ge x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\)

Follow AM-GM's ineq, it's enough to prove the last ineq

The equality occurs when \(a=b=c=1\)

Giúp vs mn ơi

Cái cuối là c(1/a+1/b) nha mn

Áp dụng BĐT cosi:

\(a\sqrt{1-b^2}=\sqrt{a^2\left(1-b^2\right)}\le\dfrac{a^2+1-b^2}{2}\)

Tương tự cx có: \(b\sqrt{1-c^2}\le\dfrac{b^2+1-c^2}{2}\)

\(c\sqrt{1-a^2}\le\dfrac{c^2+1-a^2}{2}\)

Cộng vế với vế \(\Rightarrow VT\le\dfrac{3}{2}\)

Dấu = xảy ra <=> \(\left\{{}\begin{matrix}a^2=1-b^2\\b^2=1-c^2\\c^2=1-a^2\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2=3-\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2=\dfrac{3}{2}\) (đpcm)

đặt x = a; y = b/2; z = c/3. khi đó ta có \(\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+y}+\frac{1}{1+z}\le1.\)

quy đồng, nhân chéo ta được (1+x)(1+y) + (1+y)(1+z) + (1+z)(1+x) \(\le\)(1+x)(1+y)(1+z).

nhân phá ngoặc, rút gọn ta được x + y + z + 2 \(\le\)xyz. (1)

mặt khác ta có \(1\ge\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+y}+\frac{1}{1+z}\ge\frac{9}{\left(1+x\right)+\left(1+y\right)+\left(1+z\right)}\ge\frac{9}{x+y+z+3}\)

nên x+ y + z \(\ge\)6 (2)

từ (1) và (2) suy ra xyz \(\ge\)8 hay S = abc \(\ge\)48.

dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 2 hay a = 2; b = 4; c = 6.

vậy Min S = 48.

hình như cái BĐT ở dưới chỗ "Mặc khác ta có" sai

Với mọi x, y > 0 ta luôn có: \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\) 

Đẳng thức xảy ra   \(\Leftrightarrow\)  x = y

Ta có:   \(\frac{2}{2a+b+c}=\frac{1}{2}.\frac{4}{\left(a+b\right)+\left(a+c\right)}\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}\right)\)

\(=\frac{1}{8}\left(\frac{4}{a+b}+\frac{4}{a+c}\right)\le\frac{1}{8}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{a}+\frac{1}{c}\right)=\frac{1}{8}\left(\frac{2}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)  (1)

Tương tự \(\frac{2}{2b+c+a}\le\frac{1}{8}\left(\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{1}{c}\right)\) (2)   và    \(\frac{2}{2c+a+b}\le\frac{1}{8}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{2}{c}\right)\)  (3)

Cộng (1), (2) và (3) ta được: \(A\le\frac{1}{8}\left(\frac{4}{a}+\frac{4}{b}+\frac{4}{c}\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=\frac{1}{2}.3=\frac{3}{2}\)

Vậy \(A_{max}=\frac{3}{2}\) \(\Leftrightarrow\) \(a=b=c=1\)