$M=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}+2(x+y+z)$

Bài toán:
Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn $\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{z^2}=12$.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
$$M=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}+2(x+y+z)$$.


Lời giải:
Cách 1: 
Sử dụng UCT.
Từ giả thiết ta có $x,y,z>\dfrac{1}{\sqrt{12}}$
Ta sẽ chứng minh:
$\dfrac{1}{x}+2x-3-\dfrac{1}{8} \left( \dfrac{1}{x^2}-4 \right)\ge 0$
$\Leftrightarrow \dfrac{(4x-1)(2x-1)^2}{8x^2}\ge 0$ (Luôn đúng)

Vậy ta có: $\dfrac{1}{x}+2x\ge 3+\dfrac{1}{8} \left( \dfrac{1}{x^2}-4 \right )$
Tương tự cộng lại ta có kết quả.

Cách 2:
Sử dụng AM-GM toàn bài.

Đặt $\left ( \dfrac{1}{2x};\dfrac{1}{2y};\dfrac{1}{2z} \right)=(a;b;c)$

Bài toán trở thành:

 Tìm min $P=2(a+b+c)+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}$ với $a;b;c>0$ và $a^2+b^2+c^2=3$.

Sử dụng AM-GM

$P\ge 3\sqrt[3]{(a+b+c)^2\left ( \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c} \right )}$

Có:

+ $3abc(a+b+c)\le (ab+bc+ca)^2$

$\Rightarrow P\ge 3\sqrt[3]{(a+b+c)^2.\dfrac{3(a+b+c)}{ab+bc+ca}}=3\sqrt[3]{\dfrac{3(a+b+c)^3}{ab+bc+ca}}$

Có:

+ $(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)^2\le \dfrac{(a+b+c)^6}{27}$

$\Leftrightarrow 3(ab+bc+ca)^2\le \dfrac{(a+b+c)^6}{27}$

$\Leftrightarrow (a+b+c)^3\ge 9(ab+bc+ca)$

$P\ge 9$

Dấu = khi $a=b=c=1$ hay $x=y=z=\dfrac{1}{2}$.