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

Lời giải:

Đề cần bổ sung điều kiện $x,y,z>0$

Xét hiệu:

$x^3+y^3-xy(x+y)=(x-y)^2(x+y)\geq 0, \forall x,y>0$

$\Rightarrow x^3+y^3\geq xy(x+y)$

$\Rightarrow x^3+y^3+1=x^3+y^3+xyz\geq xy(x+y+z)$

$\Rightarrow \frac{1}{x^3+y^3+1}\leq \frac{1}{xy(x+y+z)}=\frac{xyz}{xy(x+y+z)}=\frac{z}{x+y+z}$

Hoàn toàn tương tự:

$\frac{1}{y^3+z^3+1}\leq \frac{x}{x+y+z}; \frac{1}{z^3+x^3+1}\leq \frac{y}{x+y+z}$

Cộng theo vế các BĐT trên thu được:

$A\leq \frac{x+y+z}{x+y+z}=1$

Vậy $A_{\max}=1$ khi $x=y=z=1$

\(x,y,z>0\)

Áp dụng BĐT Caushy cho 3 số ta có:

\(x^3+y^3+z^3\ge3\sqrt[3]{x^3y^3z^3}=3xyz\ge3.1=3\)

\(P=\dfrac{x^3-1}{x^2+y+z}+\dfrac{y^3-1}{x+y^2+z}+\dfrac{z^3-1}{x+y+z^2}\)

\(=\dfrac{\left(x^3-1\right)^2}{\left(x^2+y+z\right)\left(x^3-1\right)}+\dfrac{\left(y^3-1\right)^2}{\left(x+y^2+z\right)\left(y^3-1\right)}+\dfrac{\left(z^3-1\right)^2}{\left(x+y+z^2\right)\left(x^3-1\right)}\)

Áp dụng BĐT Caushy-Schwarz ta có:

\(P\ge\dfrac{\left(x^3+y^3+z^3-3\right)^2}{\left(x^2+y+z\right)\left(x^3-1\right)+\left(x+y^2+z\right)\left(y^3-1\right)+\left(x+y^2+z\right)\left(y^3-1\right)}\)

\(\ge\dfrac{\left(3-3\right)^2}{\left(x^2+y+z\right)\left(x^3-1\right)+\left(x+y^2+z\right)\left(y^3-1\right)+\left(x+y^2+z\right)\left(y^3-1\right)}=0\)

\(P=0\Leftrightarrow x=y=z=1\)

Vậy \(P_{min}=0\)

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

Lời giải:

Sử dụng bổ đề: Với \(a,b>0\Rightarrow a^3+b^3\geq ab(a+b)\)

BĐT đúng vì nó tương đương với \((a-b)^2(a+b)\geq 0\) (luôn đúng)

Áp dụng vào bài toán:

\(P\leq \frac{1}{x^3yz(y+z)+1}+\frac{1}{y^3xz(x+z)+1}+\frac{1}{z^3xy(x+y)+1}\)

\(\Leftrightarrow P\leq \frac{1}{x^2(y+z)+xyz}+\frac{1}{y^2(x+z)+xyz}+\frac{1}{z^2(x+y)+xyz}\)

\(\Leftrightarrow P\leq \frac{1}{x(xy+yz+xz)}+\frac{1}{y(xy+yz+xz)}+\frac{1}{z(xy+yz+xz)}=\frac{xy+yz+xz}{xy+yz+xz}=1\)

Vậy \(P_{\max}=1\Leftrightarrow x=y=z=1\)