cm bai toan phu 

a³+b³\(\ge ab\left(a+b\right)\)

ta co \(\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)\ge ab\left(a+b\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a-b\right)^2\ge0\)

=>bai toan phu dung 

=>\(a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\)

=>a³+b³+1\(\ge ab\left(a+b+c\right)\)

=>A\(\le\frac{1}{xy\left(x+y+z\right)}+\frac{1}{yz\left(x+y+z\right)}+\frac{1}{xz\left(x+y+z\right)}=\frac{z}{\left(x+y+z\right)}+\frac{x}{\left(x+y+z\right)}+\frac{y}{\left(x+y+z\right)}=1\)

MaxA=1<=>x=y=z=1

đầu tiên cần c/m x³+y³ >= xy(x+y) (chứng minh=biến đổi tương đương)

 ta có x³+y³+1 >= xy(x+y)+1=xy(x+y)+xyz=xy(x+y+z)

=>1/(x³+y³+1) <= 1/xy(x+y+z)

tương tự với 2 phân thức còn lại rồi cộng lại

Cộng lại chưa cái gì cả

​

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

Đề bài mâu thuẫn quá. Cả x,y,z đều lớn hơn 0 thì làm sao xyz = 0 được

Câu hỏi của Lâm Minh Anh - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath

Bài này có người hỏi rồi

Sử dụng bất đẳng thức: 

\(x^3+y^3\ge3xy\left(x+y\right)\)

Có: \(M=2018\left(\frac{1}{x^3+y^3+1}+\frac{1}{y^3+z^3+1}+\frac{1}{z^3+x^3+1}\right)\)

\(M\le2018\left(\frac{xyz}{xy\left(x+y\right)+xyz}+\frac{xyz}{yz\left(y+z\right)+xyz}+\frac{xyz}{xz\left(x+z\right)+xyz}\right)\)

\(M\le2018\left(\frac{xyz}{xy\left(x+y+z\right)}+\frac{xyz}{yz\left(x+y+z\right)}+\frac{xyz}{xz\left(x+y+z\right)}\right)\)

\(M\le2018\left(\frac{x+y+z}{x+y+z}\right)=2018\)

Vậy Max M=2018 khi x=y=z=1

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

Xin lỗi

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 $x=y=z=1$

Đặt \(^{\hept{\begin{cases}x=a^2\\y=b^2\\z=c^2\end{cases}}\Rightarrow abc=1}\)

\(\Rightarrow P=\frac{1}{a^2+2b^2+3}+\frac{1}{b^2+2c^2+3}+\frac{1}{c^2+2a^2+3}\)

ÁP DỤNG BĐT AM-GM : 

\(a^2+b^2\ge2ab\)

\(b^2+1\ge2b\)

\(\Rightarrow a^2+2b^2+3\ge2\left(ab+b+1\right)\)

\(\Rightarrow\frac{1}{a^2+2b^2+3}\le\frac{1}{2}.\frac{1}{ab+b+1}\)

Tương tự \(\frac{1}{b^2+2c^2+3}\le\frac{1}{2}.\frac{1}{bc+c+1}\)

               \(\frac{1}{c^2+2a^2+3}\le\frac{1}{2}.\frac{1}{ac+a+1}\)

Cộng từng vế các bđt trên ta được

\(P\le\frac{1}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi x=y=z=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 \(P_{\max}=1\Leftrightarrow x=y=z=1\)