$$P=1+\left[\frac{x^3+y^3+z^3}{3xyz}+2(xy+yz+zx)
\right]+\frac 12\left[\frac{x^3+y^3+z^3}{3xyz}-\frac{1}{xy+yz+zx}\right]$$
Ý tưởng của em
là dùng $ \frac{x^2+y^2+z^2}{xy+yz+zx}$ để triệt tiêu $\frac{1}{xy+yz+zx}$
Do đó em chứng
minh $$\frac{x^3+y^3+z^3}{3xyz} \ge \frac{x^2+y^2+z^2}{xy+yz+zx}(1)$$
Nhận thấy $VT(1)$ có
mẫu là $xy+yz+zx$ có thể áp dụng thẳng $AM-GM$ ở ngoặc vuông đầu tiên nhưng dấu = ko xảy ra :3
Muốn có dấu =
thì dưới mẩu phải có $(xy+yz+zx)^2$. Tức là đi c/m 1 bđt mạnh hơn :
$$\frac{x^3+y^3+z^3}{3xyz}
\ge (\frac{x^2+y^2+z^2}{xy+yz+zx})^2 (2)$$
Từ $(2)$ dễ
dàng $\Rightarrow (1)$
* C/m $(2)$:
Hiện tại là e
chưa có cách nào làm nhanh :3 nên tạm dùng pp bđtđ "huyền thoại "
:v
$(2)\Leftrightarrow
(xy+yz+zx)^2(x^3+y^3+z^3) \ge (x^2+y^2+z^2)^2.3xyz$
Ta có
$VT=\left[\sum x^2y^2+2xyz(x+y+z) \right](x^3+y^3+z^3)$
$= \sum
x^5y^2+\sum x^2y^5+\sum x^2y^2z^3+2\sum x^2y^4z +2\sum x^2yz^4+2\sum x^5yz$
$VP=(\sum x^4+
2\sum x^2y^2).3xyz=3\sum x^5yz +6 \sum x^3y^3z$
Nên $VT \ge VP
\Leftrightarrow \sum x^5y^2+\sum x^2y^5+\sum x^2y^2z^3+2\sum x^2y^4z +2\sum
x^2yz^4 \ge \sum x^5yz +6 \sum x^3y^3z $
Dùng $AM-GM$ dễ dàng chứng minh :
$ \frac 12( \sum x^5y^2+ \sum x^2y^5) \ge \sum x^5yz$
$ \frac 12(\sum x^5y^2+ \sum x^2y^5)+ \sum x^3y^2z^2 \ge \sum x^2y^4z+ \sum x^2yz^4$
Nên ta chi cần chứng minh
$3(\sum x^2y^4z+ \sum x^2yz) \ge 6\sum x^3y^3z\Leftrightarrow \sum xy^3+ \sum x^3y \ge 2\sum x^2y^2 $ (đúng theo $AM-GM)$
____________________________________________________________________________
Áp dụng $(1),(2)$, ta có :
$P \ge 1+\left[(xy+yz+zx)+(xy+yz+zx)+\frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{(xy+yz+zx)^2} \right] +\frac 12\left[ \frac{x^2+y^2+z^2-1}{xy+yz+zx}\right]$
$\ge 1+3=4\Rightarrow MinP=4$
Dấu $"="$ xảy ra $\Leftrightarrow x=y=z= \sqrt{\frac 13}$