Bài toán: Cho $x, y, z$ là các số thực dương. Tìm GTNN của:

                                                      $P=\max \left\{x, y, z,\dfrac{7}{x}+\dfrac{3}{y^2}+\dfrac{9}{z^3}\right\}$

Lời giải:

       Theo đề bài, ta có:
                                        $\begin{cases}P\ge x\\\\P\ge y\\\\P\ge z\\\\P\ge \dfrac{7}{x}+\dfrac{3}{y^2}+\dfrac{9}{z^3}\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}\dfrac{7}{9}P\ge\dfrac{7}{9}x\\\dfrac{2}{9}P\ge \dfrac{2}{9}y\\\dfrac{1}{3}P\ge \dfrac{1}{3}z\\P\ge \dfrac{7}{x}+\dfrac{3}{y^2}+\dfrac{9}{z^3}\end{cases}$

      Suy ra:
                                $\dfrac{7}{9}P+\dfrac{2}{9}P+\dfrac{1}{3}P+P\ge \dfrac{7}{9}x+\dfrac{2}{9}y+\dfrac{1}{3}z+\dfrac{7}{x}+\dfrac{3}{y^2}+\dfrac{9}{z^3}\\\\\Leftrightarrow \dfrac{7}{3}P\ge \dfrac{7}{9}\left(x+\dfrac{9}{x}\right)+\dfrac{1}{9}\left(2y+\dfrac{27}{y^2}\right)+\dfrac{1}{3}\left(z+\dfrac{27}{z^3}\right)$

      Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có:

                         $\bullet x+\dfrac{9}{x}\ge 2\sqrt{x.\dfrac{9}{x}}=6$

                         $\bullet 2y+\dfrac{27}{y^2}=y+y+\dfrac{27}{y^2}\ge 3\sqrt[3]{y.y.\dfrac{27}{y^2}}=9$

                         $\bullet z+\dfrac{27}{z^3}=\dfrac{z}{3}+\dfrac{z}{3}+\dfrac{z}{3}+\dfrac{27}{z^3}\ge 4.\sqrt[4]{\dfrac{z}{3}.\dfrac{z}{3}.\dfrac{z}{3}.\dfrac{27}{z^3}}=4$

       Do đó, ta có:
                                         $\dfrac{7}{3}P\ge 7\Rightarrow P\ge 3$
 
        Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z=3$
     
       Kết luận,  $\min P=3$