Khi $x=y=z=1$ thì B =  do đó nếu ta chứng minh được B > 5 thì đây cũng chính là giá trị nhỏ nhất của B.

Viết B lại dưới dạng thuần nhất ta được : \(B=\frac{x}{z}+\frac{z}{y}+\frac{9y}{x+y+z}\)

Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: \(B\ge\frac{\left(x+z+3y\right)^2}{zx+yz+y\left(x+y+z\right)}\)

Cần chứng minh \(\left(x+z+3y\right)^2\ge5\left[zx+yz+y\left(x+y+z\right)\right]\)  (*)

Đã có x > y > z nên tồn tại 2 số thực m,n không âm sao cho m = a + z ; n = b + z

Thay m,n vào (*) ta được kết quả thu gọn là a² + ab + 4b² + 5bz > 0

Do đó P = 5 đạt GTNN

Ta có : \(x\ge y\ge z\)\(\Rightarrow\frac{x}{z}\ge\frac{x}{y}\Rightarrow B\ge\frac{x}{y}+\frac{z}{y}+3y=\frac{3-y}{y}+3y=\frac{3}{y}+3y-1\ge2.\sqrt{\frac{3}{y}.3y}-1=5\)

Dấu đẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow\begin{cases}\frac{x}{z}+\frac{z}{y}+3y=5\\x+y+z=3\\\frac{3}{y}=3y\end{cases}\)\(\Leftrightarrow x=y=z=1\)

Vậy Min B = 5 <=> x = y = z = 1.

Áp dụng bđt AM-GM ta được:

\(\frac{x^2}{y+z}+\frac{y+z}{4}\ge2\sqrt{\frac{x^2}{y+z}.\frac{y+z}{4}}=x\)

\(\frac{y^2}{z+x}+\frac{z+x}{4}\ge2\sqrt{\frac{y^2}{z+x}.\frac{z+x}{4}}=y\)

\(\frac{z^2}{x+y}+\frac{x+y}{4}\ge2\sqrt{\frac{z^2}{x+y}.\frac{x+y}{4}}=z\)

Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta được

\(A+\frac{x+y+z}{2}\ge x+y+z\)

\(\Rightarrow A\ge\frac{x+y+z}{2}=1\)

Dấu"="xảy ra \(\Leftrightarrow x=y=z=\frac{2}{3}\)

Cách 2:Dù dài hơn Lê Tài Bảo Châu

\(\frac{x^2}{y+z}+x=\frac{x^2+x\left(y+z\right)}{y+z}=\left(x+y+z\right)\cdot\frac{x}{y+z}\)

\(\frac{y^2}{z+x}+y=\left(x+y+z\right)\cdot\frac{y}{z+x};\frac{z^2}{x+y}+z=\left(x+y+z\right)\cdot\frac{z}{x+y}\)

Suy ra \(\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y}+\left(x+y+z\right)=\left(x+y+z\right)\left(\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y}\right)\)

Đến đây thay x+y+z=2 và BĐT netbitt là ra ( chứng minh netbitt nha )

Cách 3:

\(A=\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{2\left(x+y+z\right)}=\frac{x+y+z}{2}=1\)

Dấu "=" xảy ra tại \(a=b=c=\frac{2}{3}\)

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 \(a=b=c\Leftrightarrow x=y=z\)

Ta khẳng định : Dấu '=' xảy ra tại x=a, y=b, z=c

Khi đó \(4a+3b+4c=22;\frac{1}{3x}=\frac{1}{3a}=\frac{x}{3a^2},\frac{2}{y}=\frac{2}{b}=\frac{2y}{b^2},\frac{3}{z}=\frac{3}{c}=\frac{3z}{c^2}\)và :

\(\frac{1}{3x}+\frac{x}{3a^2}\ge\frac{2}{3a},\frac{2}{y}+\frac{2y}{b^2}\ge\frac{4}{b},\frac{3}{z}+\frac{3z}{c^2}\ge\frac{6}{c}\)

\(\Rightarrow P\ge x+y+z+\left(\frac{2}{3a}-\frac{x}{3a^2}\right)+\left(\frac{4}{b}-\frac{2y}{b^2}\right)+\left(\frac{6}{c}-\frac{3z}{c^2}\right)\)

\(=\left(1-\frac{1}{3a^2}\right)x+\left(1-\frac{2}{b^2}\right)y+\left(1-\frac{3}{c^2}\right)z+\left(\frac{2}{3a}+\frac{4}{b}+\frac{6}{c}\right)\)(*)

Ta chọn a,b,c thích hợp để sử dụng giả thiết \(4x+3y+4z=22\).. Vậy thì các hệ số của x,y,z trong (*) phải thỏa:

\(\hept{\begin{cases}4a+3b+4c=22\\\frac{1-\frac{1}{3a^2}}{4}=\frac{1-\frac{2}{b^2}}{3}=\frac{1-\frac{3}{c^2}}{4}\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=1\\b=2\\c=3\end{cases}}}\)

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz , ta có : \(3.\left(x^4+y^4+z^4\right)\ge\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\), do đó : \(0\ge\left(x^2+y^2+z^2\right)^2-7\left(x^2+y^2+z^2\right)+12\)

\(\Rightarrow x^2+y^2+z^2\ge3\), áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz , ta lại có :

\(P=\frac{x^2}{y+2z}+\frac{y^2}{z+2x}+\frac{z^2}{x+2y}\)

\(=\frac{x^4}{x^2y+2zx^2}+\frac{y^4}{y^2z+2xy^2}+\frac{z^4}{z^2x+2yz^2}\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x^2y+y^2z+z^2x+2\left(xy^2+yz^2+zx^2\right)}\)

Tiếp tục sử dụng BĐT Cauchy-Schwarz và kết hợp BĐT quen thuộc \(ab+bc+ca\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\), ta có :

\(x^2y+y^2z+z^2x\le\sqrt{\left(x^2+y^2+z^2\right).\left(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\right)}\)

                                  \(\le\sqrt{\left(x^2+y^2+z^2\right).\left(\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{3}\right)}\)

                                   \(=\left(x^2+y^2+z^2\right).\sqrt{\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)}{3}}\)

Tương tự , chứng minh đc :

\(2.\left(xy^2+yz^2+zx^2\right)\le2\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)}{3}}\)

\(\Rightarrow P\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{3.\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)}{3}}}\)

          \(=\sqrt{\frac{x^2+y^2+z^2}{3}}\)

           \(\ge1\)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 nên giá trị nhỏ nhất của P là 1

Ta có biểu thức:

\(Q=\frac{x+1}{1+y^2}+\frac{y+1}{1+z^2}+\frac{z+1}{1+x^2}\)

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

\(\ge\left(x+1\right)\left(1-\frac{y}{2}\right)+\left(y+1\right)\left(1-\frac{z}{2}\right)+\left(z+1\right)\left(1-\frac{x}{2}\right)\)

\(\Leftrightarrow Q\ge\left(x+y+z+3\right)-\frac{xy+yz+xz+x+y+z}{2}\)

\(\Leftrightarrow Q\ge6-\frac{xy+yz+xz+3}{2}\)

Mà \(xy+yz+xz\le\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}=\frac{9}{3}=3\)

\(\Rightarrow Q\ge6-\frac{3+3}{2}=3\)

Vậy Min Q=3. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x=y=z=1

bằng 3 

Cái cuối 4 hay 1. Sao thì cũng được nhưng khác kết quả

Áp dụng Bđt C-S:\(P=3-\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\le3-\frac{9}{x+y+z}=3-\frac{9}{6}=\frac{3}{2}\)

cái cuồi là 4 thì lm nhu nào