Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x + y + z lớn hơn hoặc bằng 2019. Tìm giá trị nhỏ nhất

Ta chứng minh bất đẳng thức $\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z}\ge \frac{{\left(a+b+c\right)}^2}{x+y+z}$với $a,b,c,x,y,z>0$

Áp dụng bất đẳng thức Bu – nhi – a - cốp – xki cho ba bộ số $\left(\frac{a}{\sqrt{x}};\sqrt{x}\right),\left(\frac{b}{\sqrt{y}};\sqrt{y}\right),\left(\frac{c}{\sqrt{z}};\sqrt{z}\right)$

ta có $\left(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z}\right)\left(x+y+z\right)=\left[{\left(\frac{a}{\sqrt{x}}\right)}^2+{\left(\frac{b}{\sqrt{y}}\right)}^2+{\left(\frac{c}{\sqrt{z}}\right)}^2\right]\left[{\left(\sqrt{x}\right)}^2+{\left(\sqrt{y}\right)}^2+{\left(\sqrt{z}\right)}^2\right]$

$\ge {\left(\frac{a}{\sqrt{x}}.\sqrt{x}+\frac{b}{\sqrt{y}}.\sqrt{y}+\frac{c}{\sqrt{z}}.\sqrt{z}\right)}^2={\left(a+b+c\right)}^2$

$\Rightarrow \frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z}\ge \frac{{\left(a+b+c\right)}^2}{x+y+z}$      (*)

Dấu “=” xảy khi khi $\frac{a}{x}=\frac{b}{y}=\frac{c}{z}$

Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có $\sqrt{yz}\le \frac{y+z}{2};\sqrt{zx}\le \frac{z+x}{2};\sqrt{xy}\le \frac{x+y}{2}$

$\Rightarrow T\ge \frac{x^2}{x+\frac{y+z}{2}}+\frac{y^2}{y+\frac{z+x}{2}}+\frac{z^2}{z+\frac{x+y}{2}}$

$=\frac{2x^2}{2x+y+z}+\frac{2y^2}{x+2y+z}+\frac{2z^2}{x+y+2z}$

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

Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có

$T\ge 2\frac{{\left(x+y+z\right)}^2}{4\left(x+y+z\right)}=\frac{x+y+z}{2}=\frac{2019}{2}$

Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 673

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức $T=\frac{2019}{2}$ khi x = y = z = 673