\(x+\frac{1}{y}=y+\frac{1}{z}=z+\frac{1}{x}\)\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}x-y=\frac{1}{z}-\frac{1}{y}=\frac{y-z}{xy}\\y-z=\frac{1}{x}-\frac{1}{z}=\frac{z-x}{xz}\\z-x=\frac{1}{y}-\frac{1}{x}=\frac{x-y}{xy}\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\left(x-y\right)\left(y-z\right)\left(z-x\right)=\frac{\left(x-y\right)\left(y-z\right)\left(z-x\right)}{\left(xyz\right)^2}\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{\left(xyz\right)^2}=1\Rightarrow xyz=\pm1\)(đpcm)

Cái bài này bạn làm đc chưa? Hướng dẫn mk ik. >.<

Đề kêu chứng minh gì vậy bạn?

Ta có: \(x+y+z=xyz\Rightarrow x=\frac{x+y+z}{yz}\Rightarrow x^2=\frac{x^2+xy+xz}{yz}\Rightarrow x^2+1=\frac{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}{yz}\)\(\Rightarrow\sqrt{x^2+1}=\sqrt{\frac{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}{yz}}\le\frac{\frac{x+y}{y}+\frac{x+z}{z}}{2}=1+\frac{x}{2}\left(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)\(\Rightarrow\frac{1+\sqrt{1+x^2}}{x}\le\frac{2+\frac{x}{2}\left(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)}{x}=\frac{2}{x}+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)

Tương tự: \(\frac{1+\sqrt{1+y^2}}{y}\le\frac{2}{y}+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{z}+\frac{1}{x}\right)\); \(\frac{1+\sqrt{1+z^2}}{z}\le\frac{2}{z}+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)\)

Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên, ta được: \(\frac{1+\sqrt{1+x^2}}{x}+\frac{1+\sqrt{1+y^2}}{y}+\frac{1+\sqrt{1+z^2}}{z}\le3\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)=3.\frac{xy+yz+zx}{xyz}\)\(\le3.\frac{\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}}{xyz}=\frac{\left(x+y+z\right)^2}{xyz}=\frac{\left(xyz\right)^2}{xyz}=xyz\)

Đẳng thức xảy ra khi \(x=y=z=\sqrt{3}\)

x,y,z là số thực à khó đấy số dương thì mk còn làm đc 

chứ số thực mk chịu

Biến đổi tương đương ta CM được BĐT sau: \(x^3+y^3\ge xy\left(x+y\right)\)

Ta có: \(\frac{1}{x^3+y^3+1}\le\frac{1}{xy\left(x+y\right)+xyz}=\frac{1}{xy\left(x+y+z\right)}=\frac{z}{xyz\left(x+y+z\right)}\)

CM tương tự với các phân thức còn lại

Cộng vế theo vế các BĐT đó ta được:

\(A\le\frac{x+y+z}{xyz\left(x+y+z\right)}=\frac{1}{xyz}=1\)

Vậy Max A=1 <=> x=y=z=1

áp dụng bđt cosi ta có:

\(x^3+y^3+1>=3xy\Rightarrow\frac{1}{x^3+y^3+1}< =\frac{1}{3xy}\)

tương tự \(\frac{1}{y^3+z^3+1}< =\frac{1}{3yz};\frac{1}{z^3+x^3+1}< =\frac{1}{3zx}\)

dấu = xảy ra khi x=y=z=1(thỏa mãn vì khi đó xyz=1*1*1=1)

\(\Rightarrow A< =\frac{1}{3xy}+\frac{1}{3yz}+\frac{1}{3zx}\)

\(\Rightarrow\)max của A là \(\frac{1}{3xy}+\frac{1}{3yz}+\frac{1}{3zx}\)khi x=y=z=1

khi đó A=\(\frac{1}{3\cdot1\cdot1}+\frac{1}{3\cdot1\cdot1}+\frac{1}{3\cdot1\cdot1}=\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}=1\)

vậy max A là 1 khi x=y=z=1

Với x, y>o ta có bđt \(a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\Rightarrow a^3+b^3+1\ge ab\left(a+b\right)+1=ab\left(a+b\right)+abc=ab\left(a+b+c\right)\)

\(\Rightarrow\frac{1}{a^3+b^3+1}\le\frac{1}{ab\left(a+b+c\right)}=\frac{c}{a+b+c}\)

Cmtt ta được A\(\le\frac{a+b+c}{a+b+c}=1\)

Dấu = xra khi a=b=c và abc=1 =>a=b=c=1

Chứng minh BĐT \(x^3+y^3\ge xy\left(x+y\right)\)x,y>0 

\(\Leftrightarrow x^3+y^3-x^2y-xy^2\ge0\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\left(x+y\right)\ge0\)(đúng) 

Khi đó \(x^3+y^3+1\ge xy\left(x+y\right)+1=xy\left(x+y\right)+xyz=xy\left(x+y+z\right)\) 

\(\Rightarrow\frac{1}{x^3+y^3+1}\le\frac{1}{xy\left(x+y+z\right)}=\frac{z}{xyz\left(x+y+z\right)}=\frac{z}{x+y+z}\) 

Tương tự với các hạng tử khác, Ta có:

\(A\le\frac{z}{x+y+z}+\frac{x}{x+y+z}+\frac{y}{x+y+z}=1\) 

Vậy MaxA = 1