Với x ; y > 0 , cần c/m : \(x^3+y^3\ge xy\left(x+y\right)\)

Ta có : \(x^3+y^3-xy\left(x+y\right)=\left(x+y\right)\left(x^2-xy+y^2-xy\right)=\left(x+y\right)\left(x-y\right)^2\ge0\)

( điều này luôn đúng với mọi x ; y > 0 )

=> BĐT được c/m

Áp dụng vào bài toán , ta có :

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

Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow x=y=z;x,y,z>0\)

Lời giải:
a. Xét hiệu:

$x^3+y^3-xy(x+y)=(x^3-x^2y)-(xy^2-y^3)=x^2(x-y)-y^2(x-y)$

$=(x-y)(x^2-y^2)=(x-y)^2(x+y)\geq 0$ với mọi $x,y\geq 0$

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

Dấu "=" xảy ra khi $x=y$

b.

Áp dụng BĐT phần a vô:

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

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

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

Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại suy ra:

$\text{VT}\geq \frac{z}{x+y+z}+\frac{x}{x+y+z}+\frac{y}{x+y+z}=1$

Ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z=1$

\(\frac{1}{x}=a;\frac{1}{y}=b;\frac{1}{z}=c\left(x,y,z\ne0\right)\).

Ta có:

\(a+b+c=0\).

Ta phải chứng minh rằng nếu \(a+b+c=0\)thì \(a^3+b^3+c^3=3abc\).

Thật vậy, xét hiệu  \(A=a^3+b^3+c^3-3abc\)với \(a+b+c=0\).

\(A=\left(a+b\right)^3-3ab\left(a+b\right)-3abc+c^3\).

\(A=\left[\left(a+b\right)^3+c^3\right]-\left[3ab\left(a+b\right)+3abc\right]\).

\(A=\left(a+b+c\right)\left[\left(a+b\right)^2-\left(a+b\right)c+c^2\right]\)\(-3ab\left(a+b+c\right)\).

\(A=\left(a+b+c\right)\left(a^2+2ab+b^2-ab-ac+c^2-3ab\right)\).

\(A=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)\).

\(A=0\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)=0\)(vì \(a+b+c=0\)).

Do đó \(a^3+b^3+c^3-3abc=0\).

\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3=3abc\)với \(a+b+c=0\)

\(\Rightarrow\frac{1}{x^3}+\frac{1}{y^3}+\frac{1}{z^3}=\frac{3}{xyz}\)với \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=0\)(điều phải chứng minh).

giả sử cả 3 số xyz đều nhỏ hơn 1 

=>x+y+z<1+1+1=3

ta có x+y+z>\(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\)=\(\dfrac{xy+yz+xz}{xyz}\)\(\ge\)\(\dfrac{3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}}{abc}\) =\(\dfrac{3}{\sqrt[3]{abc}}=\dfrac{3}{\sqrt[3]{1}}=3\) vậy x+y+z >3

từ đó sẽ có ít nhất 1 trong 3 số lớn hơn 1

Ta có:

\(x^2+y^2\ge2xy\Rightarrow x^2+y^2-xy\ge xy\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y\right)\left(x^2+y^2-xy\right)\ge xy\left(x+y\right)\)

\(\Leftrightarrow x^3+y^3\ge xy\left(x+y\right)\)

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

Tương tự: \(\frac{1}{y^3+z^3+xyz}\le\frac{1}{x+y+z}.\frac{1}{yz}\) ;\(\frac{1}{z^3+x^3+xyz}\le\frac{1}{x+y+z}.\frac{1}{zx}\)

\(\Rightarrow\frac{1}{x^3+y^3+xyz}+\frac{1}{y^3+z^3+xyz}+\frac{1}{z^3+x^3+xyz}\)

\(\le\frac{1}{x+y+z}.\left(\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}\right)=\frac{x+y+z}{\left(x+y+z\right)xyz}=\frac{1}{xyz}\)

Dấu \(=\) xảy ra \(\Leftrightarrow x=y=z>0\)