Dễ dàng chứng minh được với mọi  \(x,y>0\) thì ta luôn có:

\(x^3+y^3\ge xy\left(x+y\right)\)  \(\left(\text{*}\right)\)

Thật vậy, xét hiệu  \(x^3+y^3-xy\left(x+y\right)=x^3-x^2y+-xy^2+y^3=x^2\left(x-y\right)-y^2\left(x-y\right)=\left(x-y\right)\left(x^2-y^2\right)\)

\(x^3+y^3-xy\left(x+y\right)=\left(x-y\right)^2\left(x+y\right)\ge0\)  (vì  \(\left(x-y\right)^2\ge0\)  với mọi  \(x,y\)  và  \(x+y>0\))

Dấu  \("="\)  xảy ra  \(\Leftrightarrow\)  \(x-y=0\)  \(\Leftrightarrow\)  \(x=y\)

Vậy,  bất đẳng thức \(\left(\text{*}\right)\)  luôn đúng với mọi  \(x,y>0\)

Do đó, từ  \(\left(\text{*}\right)\)  ta suy ra:

\(x^3+y^3+xyz\ge xy\left(x+y\right)+xyz\)  (do  \(x,y,z>0\))

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

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

Khi đó, vì hai vế  của bđt trên cùng dấu nên ta lấy nghịch đảo hai vế và đổi chiều bất đẳng thức, tức là:

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

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

\(\Leftrightarrow\)  \(\frac{1}{x^3+y^3+1}\le\frac{z}{x+y+z}\)

Hoàn toàn tương tự với vòng hoán vị  \(x\)  \(\rightarrow\)  \(y\)  \(\rightarrow\)  \(z\), ta cũng chứng minh được:

\(\frac{1}{y^3+z^3+1}\le\frac{x}{x+y+z}\)  \(\left(2\right)\)  và  \(\frac{1}{z^3+x^3+1}\le\frac{y}{x+y+z}\)  \(\left(3\right)\)

Cộng từng vế  \(\left(1\right);\)  \(\left(2\right)\)  và  \(\left(3\right)\), ta được:

\(\frac{1}{x^3+y^3+1}+\frac{1}{y^3+z^3+1}+\frac{1}{z^3+x^3+1}\le\frac{z}{x+y+z}+\frac{x}{x+y+z}+\frac{y}{x+y+z}=\frac{x+y+z}{x+y+z}=1\)

Dấu  \("="\)  xảy ra  \(\Leftrightarrow\)  \(x=y=z=1\)

Đặt \(\left(x^2;y^2;z^2\right)=\left(a^3;b^3;c^3\right)\Rightarrow abc=1\)

Đặt vế trái là P \(\Rightarrow P=\frac{1}{a^3+b^3+1}+\frac{1}{b^3+c^3+1}+\frac{1}{c^3+a^3+1}\)

Ta có: \(a^3+b^3=\left(a+b\right)\left(a^2+b^2-ab\right)\ge\left(a+b\right)\left(2ab-ab\right)=ab\left(a+b\right)\)

\(\Rightarrow P\le\frac{1}{ab\left(a+b\right)+1}+\frac{1}{bc\left(b+c\right)+1}+\frac{1}{ca\left(c+a\right)+1}\)

\(P\le\frac{abc}{ab\left(a+b\right)+abc}+\frac{abc}{bc\left(b+c\right)+abc}+\frac{abc}{ca\left(c+a\right)+abc}\)

\(P\le\frac{c}{a+b+c}+\frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{a+b+c}=1\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\) hay \(x=y=z=1\)

\(x,y,z\ge1\)nên ta có bổ đề: \(\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}\ge\frac{2}{ab+1}\)

ÁP dụng: \(\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}+\frac{1}{1+\sqrt[3]{xyz}}\ge\frac{2}{1+\sqrt{xy}}+\frac{2}{1+\sqrt{\sqrt[3]{xyz^4}}}\)

\(\ge\frac{4}{1+\sqrt[4]{\sqrt[3]{x^4y^4z^4}}}=\frac{4}{1+\sqrt[3]{xyz}}\)

\(\Rightarrow\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+y}+\frac{1}{1+z}\ge\frac{3}{1+\sqrt[3]{xyz}}\)

Dấu = xảy ra \(x=y=z\)hoặc x=y,xz=1 và các hoán vị 

trc giờ mấy bài này tui toàn quy đồng thôi, may có cách này =))

vì \(x,y,z\in\left[0;1\right]\)nên \(x^2\ge x^3;y^2\ge y^3;z^2\ge z^3\)

\(VT\le\frac{1}{1+x^3}+\frac{1}{1+y^3}+\frac{1}{1+z^3}\le\frac{3}{1+xyz}\)đúng theo BĐT câu a vì \(x,y,z\le1\)nên BĐT đổi chiều 

Dấu = xảy ra:(x,y,z)=(0;0;0);(1;1;1) ;(1;0;1);(0;1;1);(1;1;0)

Đặt \(\left(x;y;z\right)=\left(a^3;b^3;c^3\right)\Rightarrow abc=1\)

Ta có đánh giá sau: \(a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\)

Thật vậy, biến đổi tương đương:

\(a^3-a^2b-\left(ab^2-b^3\right)\ge0\)

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

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

Áp dụng:

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

Dấu "=" xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=1\Rightarrow\left(x;y;z\right)=1\)

Lời giải:

Do $xyz=1$ nên tồn tại $a,b,c>0$ sao cho \((x,y,z)=(\frac{a^2}{bc}, \frac{b^2}{ac}, \frac{c^2}{ab})\)

Khi đó:
\(\text{VT}=\frac{1}{x+y+1}+\frac{1}{y+z+1}+\frac{1}{z+x+1}=\frac{abc}{a^3+b^3+abc}+\frac{abc}{b^3+c^3+abc}+\frac{abc}{c^3+a^3+abc}\)

Xét hiệu \(a^3+b^3-ab(a+b)=(a-b)^2(a+b)\geq 0, \forall a,b>0\)

\(\Rightarrow a^3+b^3\geq ab(a+b)\)

\(\Rightarrow a^3+b^3+abc\geq ab(a+b+c)\Rightarrow \frac{abc}{a^3+b^3+abc}\leq \frac{abc}{ab(a+b+c)}=\frac{c}{a+b+c}\)

Hoàn toàn tương tự:

\(\frac{abc}{b^3+c^3+abc}\leq \frac{a}{a+b+c};\frac{abc}{c^3+a^3+abc}\leq \frac{b}{a+b+c}\)

Cộng theo vế các BĐT vừa thu được :

\(\Rightarrow \text{VT}\leq \frac{c}{a+b+c}+\frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{a+b+c}=1\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$ hay $x=y=z=1$

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

\(\Rightarrow1+x^3+y^3\ge xyz+xy\left(x+y\right)=xy\left(x+y+z\right)\ge3xy\sqrt[3]{xyz}=3xy\)

\(\frac{\sqrt{1+x^3+y^3}}{xy}\ge\frac{\sqrt{3xy}}{xy}=\sqrt{\frac{3}{xy}}\)

Tương tự : \(\frac{\sqrt{1+y^3+z^3}}{yz}\ge\frac{\sqrt{3yz}}{yz}=\sqrt{\frac{3}{yz}}\);  \(\frac{\sqrt{1+x^3+z^3}}{xz}\ge\frac{\sqrt{3xz}}{xz}=\sqrt{\frac{3}{xz}}\)

\(\Rightarrow A\ge\sqrt{3}\left(\frac{1}{\sqrt{yz}}+\frac{1}{\sqrt{xy}}+\frac{1}{\sqrt{xz}}\right)\ge3\sqrt{3}\sqrt{\frac{1}{\sqrt{x^2y^2z^2}}}=3\sqrt{3}\)

Ta có: \(x^3+y^3\ge xy\left(x+y\right)\Rightarrow1+x^3+y^3\ge xyz+xy\left(x+y\right)\)

\(=xy\left(x+y+z\right)\ge3xy\sqrt[3]{xyz}=3xy\)(vì xyz = 1)

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

Tương tự ta có: \(\frac{\sqrt{1+y^3+z^3}}{yz}=\sqrt{\frac{3}{yz}}\);\(\frac{\sqrt{1+z^3+x^3}}{zx}=\sqrt{\frac{3}{zx}}\)

Cộng vế với vế, ta được:

\(BĐT=\sqrt{3}\left(\frac{1}{\sqrt{xy}}+\frac{1}{\sqrt{yz}}+\frac{1}{\sqrt{zx}}\right)\)

\(\ge3\sqrt{3}\sqrt[3]{\frac{1}{\sqrt{x^2y^2z^2}}}=3\sqrt{3}\)

(Dấu "="\(\Leftrightarrow x=y=z=1\))

\(VT-VP=\Sigma_{cyc}\frac{\frac{1}{2}\left(x+y+1\right)\left(x-y\right)^2}{xy\left(\sqrt{x^3+y^3+1}+\sqrt{3xy}\right)}+\Sigma_{cyc}\frac{\left(x-1\right)^2}{xy\left(\sqrt{x^3+y^3+1}+\sqrt{3xy}\right)}\)

Bài này đăng nhiều trên diễn đàn và em cũng làm nhiều rồi. Nhưng thôi kệ, cứ nhai lại vậy:v

Chú ý BĐT: \(x^3+y^3\ge xy\left(x+y\right)\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\left(x+y\right)\ge0\) (đúng với x, y là các số thực dương)

Do đó \(VT\le\frac{1}{xy\left(x+y\right)+xyz}+\frac{1}{yz\left(y+z\right)+xyz}+\frac{1}{zx\left(z+x\right)+xyz}\)

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

Đẳng thức xảy ra khi \(x=y=z=1\)

Còn bác nào thích trâu bò thì chơi kiểu này:D

\(BĐT\Leftrightarrow\frac{x^3+y^3}{x^3+y^3+1}+\frac{y^3+z^3}{y^3+z^3+1}+\frac{z^3+x^3}{z^3+x^3+1}\ge2\)

Thật vậy, áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

\(VT\ge\frac{\left(\Sigma_{cyc}\sqrt{x^3+y^3}\right)^2}{2\left(x^3+y^3+z^3\right)+3}=\frac{2\left(x^3+y^3+z^3\right)+2\Sigma_{cyc}\sqrt{\left(x^3+y^3\right)\left(y^3+z^3\right)}}{2\left(x^3+y^3+z^3\right)+3}\)(*)

Ta sẽ chứng minh: \(\Sigma_{cyc}\sqrt{\left(x^3+y^3\right)\left(z^3+y^3\right)}\ge\left(x^3+y^3+z^3\right)+3\)(1)

Áp dụng BĐT Bunyakovski: \(VT\ge x^3+y^3+z^3+\sqrt{x^3y^3}+\sqrt{y^3z^3}+\sqrt{z^3x^3}\)

\(\ge x^3+y^3+z^3+3\sqrt[6]{\left(xyz\right)^6}=x^3+y^3+z^3+3\)

Vậy (1) đúng. Thay vào (*) ta có đpcm.

Is that true?

Do \(0< x;y;z\le1\Rightarrow\left(x-1\right)\left(z-1\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow xz-x-z+1\ge0\)

\(\Leftrightarrow xz+1\ge x+z\Rightarrow1+y+xz\ge x+y+z\)

\(\Rightarrow\frac{x}{1+y+xz}\le\frac{x}{x+y+z}\)

Hoàn toàn tương tự: \(\frac{y}{1+z+xy}\le\frac{y}{x+y+z}\) ; \(\frac{z}{1+x+yz}\le\frac{z}{x+y+z}\)

\(\Rightarrow VT\le\frac{x+y+z}{x+y+z}\le\frac{3}{x+y+z}\) (do \(x;y;z\le1\Rightarrow x+y+z\le3\))

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(x=y=z=1\)