Rảnh chém vài câu thôi.

\(\Sigma\sqrt{\frac{x}{y+z}}=\Sigma\frac{x}{\sqrt{x\left(y+z\right)}}\ge\Sigma\frac{x}{\frac{x+y+z}{2}}=2\)

Ta có : \(\frac{x+y\sqrt{2019}}{y+z\sqrt{2019}}=\frac{m}{n}\) (1) \(\left(m,n\inℕ^∗;n\ne0;\left(m,n\right)=1\right)\)

(1)\(\Leftrightarrow nx-my=\sqrt{2019}\left(ny-mz\right)\)(2). Vì \(\sqrt{2019}\)là số vô tỉ và m,n,x,y,z là số nguyên

nên (2) <=> nx - my = ny - mz = 0 <=> \(\hept{\begin{cases}nx=my\\ny=nz\end{cases}\Leftrightarrow}\frac{x}{y}=\frac{y}{z}=\frac{m}{n}\)<=> xz = y² 

Vì x² + y² + z² nguyên tố nên x² + y² + z² = ( x + z )² - 2xz + y² = ( x + z )² - y² = ( x + y + z ) ( x - y + z ) nguyên tố

Dễ thấy x + y + z > 1 =>\(\hept{\begin{cases}x^2+y^2+z^2=x+y+z\\x-y+z=1\end{cases}}\)

<=> x = y = z = 1 ( tm )

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: \(\frac{16a}{b^3+16}+\frac{16b}{c^3+16}+\frac{16c}{a^3+16}\ge\frac{8}{3}\)

Ta có: \(\frac{16a}{b^3+16}=a-\frac{ab^3}{b^3+16}=a-\frac{ab^3}{b^3+8+8}\ge a-\frac{ab^3}{3\sqrt[3]{b^3.8.8}}=a-\frac{ab^2}{12}\)

Tương tự rồi cộng từng vế 3 bất đẳng thức đó, ta được:  \(\frac{16a}{b^3+16}+\frac{16b}{c^3+16}+\frac{16c}{a^3+16}\ge3-\frac{ab^2+bc^2+ca^2}{12}\)

Ta cần chứng minh \(ab^2+bc^2+ca^2\le4\)

Thật vậy: Giả sử \(b=mid\left\{a,b,c\right\}\)thì \(\left(b-a\right)\left(b-c\right)\le0\Leftrightarrow b^2+ac\le ab+bc\)

\(\Leftrightarrow ab^2+ca^2\le a^2b+abc\Leftrightarrow ab^2+bc^2+ca^2\le a^2b+bc^2+abc\)\(\le a^2b+bc^2+2abc=b\left(a+c\right)^2=\frac{1}{2}.2b.\left(a+c\right)\left(a+c\right)\le\frac{1}{2}.\frac{8\left(a+b+c\right)^3}{27}=4\)

Đẳng thức xảy ra khi a = 0; b = 1; c = 2 và các hoán vị

e hỏi gì nhỉ ?

Ta biến đổi tương đương bất đẳng thức và áp dụng giả thiết abc = 1, ta được: \(\frac{1+a}{1+b}+\frac{1+b}{1+c}+\frac{1+c}{1+a}\le a+b+c\Leftrightarrow\left(1+a\right)^2\left(1+c\right)+\left(1+b\right)^2\left(1+a\right)+\left(1+c\right)^2\left(1+b\right)\le\left(a+b+c\right)\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\)\(\Leftrightarrow a^2b+b^2c+c^2a\ge a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}=3\)(Áp dụng bất đẳng thức AM - GM cho 3 số dương)

Bất đẳng thức cuối đúng vì \(a^2b+b^2c+c^2a\ge3\sqrt[3]{a^3b^3c^3}=3abc=3\)(Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức AM - GM cho 3 số dương)

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1