Không mất tính tổng quát giả sử a lớn nhất trong các số a,b,c. Từ đó suy ra

\(3a\ge a+b+c=3\Leftrightarrow2\ge a\ge1\left(1\right)\)

Từ điều kiện \(0\le b,c\le a\le2\). ta có 

\(a^3+b^3+c^3\le a^3+\left(b+c\right)^3=a^3+\left(3-a\right)^3=9\left(a-\frac{3}{2}\right)^2+\frac{27}{4}\left(2\right)\)

Mà từ \(b,c\ge0\) và \(a+b+c=3\).Lưu ý rằng khi ta có \(1\le a\le2\) từ \(\left(1\right)\) ta có: \(\left(a-\frac{3}{2}\right)^3\le\frac{1}{4}\left(3\right)\).

Vậy \(a^3+b^3+c^3\le9\left(a-\frac{3}{2}\right)^2+\frac{27}{4}\le\frac{9}{4}+\frac{27}{4}=9\)

Từ (2) và (3). Như vậy đã chứng minh xong

Dấu "=" xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}a=2\\b=1\\c=0\end{cases}}\)

Let \(a\ge b\ge c\)

Since \(f\left(x\right)=x^3\)is a convex function on  \(\left[0,3\right]\) and \(\left(2,1,0\right)›\left(a,b,c\right)\)

By Karamata's inequality we obtain 

\(9=2^3+1^3+0^2\ge a^3+b^3+c^3\)

Done!  :)))

P/s:viết tiếng anh giỏi quá =))

cái cách dưới cho mk sửa chút nhé 

cái dòng thứ 5 từ trên xuống, chỗ công thức mà mình đánh dấu là (3) đó sửa thành

\(\left(a-\frac{3}{2}\right)^2\le\frac{1}{4}\left(3\right)\) nhé !

a³ + b³ + c³ - 3abc = (a+b+c)(a²+b²+c² -ab-bc-ca) ; thay giả thiết a+b+c = 3 ta có: 

a³+b³+c³ = 3(a²+b²+c² -ab-bc-ca + abc) (1) 

* từ giả thiết 0 ≤ a, b, c ≤ 2 => (2-a)(2-b)(2-c) ≥ 0 

⇔ 8 -4a-4b-4c + 2ab+2bc+2ca -abc ≥ 0 (lại thay a+b+c = 3) 

⇒ abc ≤ 2ab+2bc+2ca - 4 (2)

Dấu '=' khi có 1 số = 2 

thay (1) vào (2) ta có: 

a³+b³+c³ ≤ 3(a²+b²+c² +ab+bc+ca - 4) = 3[(a+b+c)² - ab-bc-ca -4] = 3(5-ab-bc-ca) (3) 

Mặt khác cũng từ (2) ta có: 2(ab+bc+ca) ≥ abc+4 ≥ 4 

⇒ -ab-bc-ca ≤ -2 (dấu "=" khi có 1 số = 0) thay vào (3) ta có 

a³+b³+c³ ≤ 3(5-ab-bc-ca) ≤ 9 (đpcm) 

Mới lớp 8 nên không hiểu biết rộng về lớp 9 sai bỏ qua 

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

Bài 3:

\(\dfrac{1}{\left(x-y\right)^2}+\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}\ge\dfrac{4}{xy}\)

\(\Leftrightarrow x^2y^2\left(\dfrac{1}{\left(x-y\right)^2}+\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}\right)\ge\dfrac{4}{xy}.x^2y^2\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{x^2y^2}{\left(x-y\right)^2}+x^2+y^2\ge4xy\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{x^2y^2}{\left(x-y\right)^2}+x^2-2xy+y^2\ge2xy\)

\(\Leftrightarrow\left(\dfrac{xy}{x-y}\right)^2+\left(x-y\right)^2\ge2xy\)

\(\Leftrightarrow\left(\dfrac{xy}{x-y}\right)^2-2xy+\left(x-y\right)^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(\dfrac{xy}{x-y}-x+y\right)^2=0\) (luôn đúng)

-Tham khảo:

-Tham khảo:

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

\(\Leftrightarrow\left(c^2b-abc-b^2c+ab^2\right)+\left(ca^2+abc-ac^2-a^2b\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow b\left(c^2-ac-bc+ab\right)-a\left(c^2-ac-bc+ab\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(b-a\right)\left(c^2-ac-bc+ab\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(b-a\right)\left(c-b\right)\left(c-a\right)\ge0\) (luôn đúng do \(c\ge b\ge a>0\))