Do \(\left\{{}\begin{matrix}a\ge0\\b\ge1\\a+b+c=5\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow c\le4\)

\(\Rightarrow2\le c\le4\Rightarrow\left(c-2\right)\left(c-4\right)\le0\Rightarrow c^2\le6c-8\)

\(0\le a\le1< 6\Rightarrow a\left(a-6\right)\le0\Rightarrow a^2\le6a\)

\(1\le b\le2< 5\Rightarrow\left(b-1\right)\left(b-5\right)\le0\Rightarrow b^2\le6b-5\)

Cộng vế:

\(a^2+b^2+c^2\le6\left(a+b+c\right)-13=17\)

\(A_{max}=17\) khi \(\left(a;b;c\right)=\left(0;1;4\right)\)

Ta có: \(P=ab+\dfrac{4}{ab}+4\ge2\sqrt{ab.\dfrac{4}{ab}+4}=8\)

Dấu '=' xảy ra <=> \(\left\{{}\begin{matrix}ab=2\\1\le a,b\le2\end{matrix}\right.\)

Lại có: \(1\le a\le2,1\le b\le2\)

\(\Rightarrow1\le ab\le4\Leftrightarrow\left(ab-1\right)\left(ab-4\right)\le0\Leftrightarrow\left(ab\right)^2\le5ab-4\)

\(\Rightarrow P=\dfrac{\left(ab\right)^2+4ab+4}{ab}\le\dfrac{5ab-4+4ab+4}{ab}=9\)

Dấu '=' xảy ra <=> \(\left[{}\begin{matrix}ab=1\\ab=4\end{matrix}\right.\) và \(1\le a,b\le2\) \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a=b=2\\a=b=1\end{matrix}\right.\)

Vậy \(Min_P=8\Leftrightarrow ab=2;1\le a,b\le2\)

\(Max_P=9\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a=b=1\\a=b=2\end{matrix}\right.\)

Vì vai trò bình đẳng của các ẩn  \(a,b,c\)  là như nhau nên không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử:

\(2\ge c>b>a\ge0\) \(\left(\alpha\right)\) (do  \(a,b,c\)  đôi một khác nhau nên cũng không đồng thời bằng nhau)

Áp dụng bđt  \(AM-GM\)  cho từng bộ số gồm có các số không âm, ta có:

\(\left(i\right)\)  Với  \(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}>0;\)  \(\left[-\left(a-b\right)\right]>0\)\(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\left[-\left(a-b\right)\right]+\left[-\left(a-b\right)\right]\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{\left(a-b\right)^2}.\left[-\left(a-b\right)\right]\left[-\left(a-b\right)\right]}=3\)

\(\Rightarrow\)  \(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}\ge3-2\left(b-a\right)\)  \(\left(1\right)\)

\(\left(ii\right)\) Với  \(\frac{1}{\left(b-c\right)^2}>0;\) \(\left[-\left(b-c\right)\right]>0\)

 \(\frac{1}{\left(b-c\right)^2}+\left[-\left(b-c\right)\right]+\left[-\left(b-c\right)\right]\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{\left(b-c\right)^2}.\left[-\left(b-c\right)\right]\left[-\left(b-c\right)\right]}=3\)

\(\Rightarrow\)  \(\frac{1}{\left(b-c\right)^2}\ge3-2\left(c-b\right)\)  \(\left(2\right)\)

\(\left(iii\right)\)  Với  \(\frac{1}{\left(c-a\right)^2}>0;\)  \(\frac{c-a}{16}>0\)

\(\frac{1}{\left(c-a\right)^2}+\frac{c-a}{8}+\frac{c-a}{8}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{\left(c-a\right)^2}.\frac{\left(c-a\right)}{8}.\frac{\left(c-a\right)}{8}}=\frac{3}{4}\)

\(\Rightarrow\)  \(\frac{1}{\left(c-a\right)^2}\ge\frac{3}{4}-\frac{c-a}{4}\)  \(\left(3\right)\)

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

\(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\frac{1}{\left(b-c\right)^2}+\frac{1}{\left(c-a\right)^2}\ge3-2\left(b-a\right)+3-2\left(c-b\right)+\frac{3}{4}-\frac{c-a}{4}\)

nên   \(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\frac{1}{\left(b-c\right)^2}+\frac{1}{\left(c-a\right)^2}\ge\frac{27}{4}-\frac{9\left(c-a\right)}{4}=\frac{27}{4}+\frac{9\left(a-c\right)}{4}\)

Mặt khác, từ  \(\left(\alpha\right)\)  ta suy ra được:  \(\hept{\begin{cases}a\ge0\\2\ge c\end{cases}}\)

nên   \(a+2\ge c\) hay nói cách khác  \(a-c\ge-2\)

Do đó,  \(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\frac{1}{\left(b-c\right)^2}+\frac{1}{\left(c-a\right)^2}\ge\frac{27}{4}+\frac{9.\left(-2\right)}{4}=\frac{9}{4}\)

Dấu  \("="\)  xảy ra khi và chỉ khi  \(\hept{\begin{cases}a=0\\b=1\\c=2\end{cases}}\)  (thỏa mãn  \(\left(\alpha\right)\)  )

Vì vai trò bình đẳng của các ẩn  \(a,b,c\)  là như nhau nên không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử:

\(2\ge c>b>a\ge0\) \(\left(\alpha\right)\) (do  \(a,b,c\)  đôi một khác nhau nên cũng không đồng thời bằng nhau)

Áp dụng bđt  \(AM-GM\)  cho từng bộ số gồm có các số không âm, ta có:

\(\left(i\right)\)  Với  \(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}>0;\)  \(\left[-\left(a-b\right)\right]>0\)\(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\left[-\left(a-b\right)\right]+\left[-\left(a-b\right)\right]\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{\left(a-b\right)^2}.\left[-\left(a-b\right)\right]\left[-\left(a-b\right)\right]}=3\)

\(\Rightarrow\)  \(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}\ge3-2\left(b-a\right)\)  \(\left(1\right)\)

\(\left(ii\right)\) Với  \(\frac{1}{\left(b-c\right)^2}>0;\) \(\left[-\left(b-c\right)\right]>0\)

 \(\frac{1}{\left(b-c\right)^2}+\left[-\left(b-c\right)\right]+\left[-\left(b-c\right)\right]\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{\left(b-c\right)^2}.\left[-\left(b-c\right)\right]\left[-\left(b-c\right)\right]}=3\)

\(\Rightarrow\)  \(\frac{1}{\left(b-c\right)^2}\ge3-2\left(c-b\right)\)  \(\left(2\right)\)

\(\left(iii\right)\)  Với  \(\frac{1}{\left(c-a\right)^2}>0;\)  \(\frac{c-a}{16}>0\)

\(\frac{1}{\left(c-a\right)^2}+\frac{c-a}{8}+\frac{c-a}{8}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{\left(c-a\right)^2}.\frac{\left(c-a\right)}{8}.\frac{\left(c-a\right)}{8}}=\frac{3}{4}\)

\(\Rightarrow\)  \(\frac{1}{\left(c-a\right)^2}\ge\frac{3}{4}-\frac{c-a}{4}\)  \(\left(3\right)\)

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

\(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\frac{1}{\left(b-c\right)^2}+\frac{1}{\left(c-a\right)^2}\ge3-2\left(b-a\right)+3-2\left(c-b\right)+\frac{3}{4}-\frac{c-a}{4}\)

nên   \(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\frac{1}{\left(b-c\right)^2}+\frac{1}{\left(c-a\right)^2}\ge\frac{27}{4}-\frac{9\left(c-a\right)}{4}=\frac{27}{4}+\frac{9\left(a-c\right)}{4}\)

Mặt khác, từ  \(\left(\alpha\right)\)  ta suy ra được:  \(\hept{\begin{cases}a\ge0\\2\ge c\end{cases}}\)

nên   \(a+2\ge c\) hay nói cách khác  \(a-c\ge-2\)

Do đó,  \(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\frac{1}{\left(b-c\right)^2}+\frac{1}{\left(c-a\right)^2}\ge\frac{27}{4}+\frac{9.\left(-2\right)}{4}=\frac{9}{4}\)

Dấu  \("="\)  xảy ra khi và chỉ khi  \(a=0;b=1;c=2\)  (thỏa mãn  \(\left(\alpha\right)\)  )

Ta có \(\left(a+b+c\right)^3=a^3+b^3+c^3+3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)

Nên ta cần CM \(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac\ge a^3+b^3+c^3\)

Theo đề bài ta có

\(a\left(a-1\right)\left(a-2\right)\le0\)=> \(a^3\le3a^2-2a\)

Tương tự với b,c => \(a^3+b^3+c^3\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)-2\left(a+b+c\right)\)

\(\left(a-2\right)\left(b-2\right)\ge0\)=> \(ab\ge2\left(a+b\right)-4\)

Tương tự => \(ab+bc+ac\ge4\left(a+b+c\right)-12\)

Khi đó BĐT <=>

\(a^2+b^2+c^2+4\left(a+b+c\right)-12\ge3\left(a^2+b^2+c^2\right)-2\left(a+b+c\right)\)

<=> \(3\left(a+b+c\right)\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)-6\)

<=>\(\left(a-1\right)\left(a-2\right)+\left(b-1\right)\left(b-2\right)+\left(c-1\right)\left(c-2\right)\le0\)(luôn đúng với giả thiết)

Dấu bằng xảy ra khi \(\left(a,b,c\right)=\left(2;2;2\right),\left(2;2;1\right),....\)và các hoán vị

Ta có \(\left(a+b+c\right)^3=a^3+b^3+c^3+3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)

Nên \(BĐT\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\ge a^3+b^3+c^3\)

Ta có \(a\left(a-2\right)\left(a-1\right)\le0\Leftrightarrow a^3\le3a^2-2a\)

Tương ta ta có: \(b^3\le3b^2-2b;c^3\le3c^2-2c\)

Cộng từng vế của các bđt trên: \(a^3+b^3+c^3\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)-2\left(a+b+c\right)\)

\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3\le a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\)

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

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

Ta lại có 

\(\left(a-1\right)\left(a-2\right)\le0\Leftrightarrow a^2\le3a-2\)

Tương tự \(b^2\le3b-2;c^2\le3c-2\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\le3\left(a+b+c\right)-6\)(1)

\(\left(a-2\right)\left(b-2\right)\ge0\Leftrightarrow ab\ge2a+2b-4\)

Tương tự \(bc\ge2b+2c-4;ca\ge2c+2a-4\)

\(\Rightarrow ab+bc+ca\ge4\left(a+b+c\right)-12\)(2)

Từ (1) và (2) suy ra \(K\le6\left(a+b+c\right)-12-2\left(a+b+c\right)\)

\(-\left[4\left(a+b+c\right)-12\right]=0\)

\(K\le0\Rightarrow a^3+b^3+c^3\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)-2\left(a+b+c\right)\)

\(\le a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\)

hay \(\text{Σ}_{cyc}a^2+\text{Σ}_{cyc}ab+3\text{Σ}_{cyc}\left(a+b\right)\ge\left(a+b+c\right)^3\)

Đẳng thức xảy ra khi \(\left(a,b,c\right)\in\left(2;2;1\right)\)và các hoán vị hoặc \(a=b=c=2\)

Giải:

Vì \(0\leq a,b,c\leq 1\Rightarrow ab,ac,ab\geq abc\)

Do đó mà \(\frac{a}{bc+1}+\frac{b}{ac+1}+\frac{c}{ab+1}\leq \frac{a+b+c}{abc+1}\)

Giờ chỉ cần chỉ ra \(\frac{a+b+c}{abc+1}\leq 2\). Thật vậy:

Do \(0\leq b,c\leq 1\Rightarrow (b-1)(c-1)\geq 0\Leftrightarrow bc+1\geq b+c\Rightarrow bc+a+1\geq a+b+c\)

Suy ra \( \frac{a+b+c}{abc+1}\leq \frac{bc+a+1}{abc+1}=\frac{bc+a-2abc-1}{abc+1}+2=\frac{(bc-1)(1-a)-abc}{abc+1}+2\)

Ta có \(\left\{\begin{matrix}bc\le1\\a\le1\\abc\ge0\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{\begin{matrix}\left(bc-1\right)\left(1-a\right)\le1\\-abc\le0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow \frac{(bc-1)(1-a)-abc}{abc+1}+2\leq 2\Rightarrow \frac{a+b+c}{abc+1}\leq 2\)

Chứng minh hoàn tất

Dấu bằng xảy ra khi \((a,b,c)=(0,1,1)\) và hoán vị.

vao cau hoi hay OLM itm

đặt \(t=ab+bc+ca\)

\(=>t=ab+bc+ca\le\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2=3\)

mặt khác 

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

\(=>a^2+b^2+c^2=9-2\left(ab+bc+ca\right)\)

khi đó 

\(P=\frac{9-2t}{t}\)(zới t nhỏ hơn hoặc = 3)

xét \(f\left(t\right)=\frac{9-2t}{t}\left(t\le3\right)\)

\(f'\left(t\right)=-\frac{9}{t^2}< 0\)

=> f(t) N Biến \(\left(-\infty,3\right)\)

min f(t)=f(3)=1

koo tồn tại max\(f\left(t\right)\)

zậy minP=1 khi a=b=c=1