\(a^3+a^3+1\ge3\sqrt[3]{a^3.a^3.1}=3a^2\)

Tương tự: \(2b^3+1\ge3b^2\) ; \(2c^3+1\ge3c^2\)

\(\Rightarrow2\left(a^3+b^3+c^3\right)+3\ge3\left(a^2+b^2+c^2\right)=9\)

\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge3\)

\(A_{min}=3\) khi \(a=b=c=1\)

Lại có: \(\left\{{}\begin{matrix}a;b;c\ge0\\a^2+b^2+c^2=3\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow0\le a;b;c\le\sqrt{3}\)

\(\Rightarrow a^2\left(a-\sqrt{3}\right)\le0\Rightarrow a^3\le\sqrt{3}a^2\)

Tương tự: \(b^3\le\sqrt{3}b^2\) ; \(c^3\le\sqrt{3}c^2\)

\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\le\sqrt{3}\left(a^2+b^2+c^2\right)=3\sqrt{3}\)

\(A_{max}=3\sqrt{3}\) khi \(\left(a;b;c\right)=\left(0;0;\sqrt{3}\right)\) và các hoán vị

1.

Ta sẽ chứng minh BĐT sau: \(\dfrac{1}{a^2+b^2}+\dfrac{1}{b^2+c^2}+\dfrac{1}{c^2+a^2}\ge\dfrac{10}{\left(a+b+c\right)^2}\)

Do vai trò a;b;c như nhau, ko mất tính tổng quát, giả sử \(c=min\left\{a;b;c\right\}\)

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}x=a+\dfrac{c}{2}\\y=b+\dfrac{c}{2}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow x+y=a+b+c\)

Đồng thời \(b^2+c^2=\left(b+\dfrac{c}{2}\right)^2+\dfrac{c\left(3c-4b\right)}{4}\le\left(b+\dfrac{c}{2}\right)^2=y^2\)

Tương tự: \(a^2+c^2\le x^2\) ; \(a^2+b^2\le x^2+y^2\)

Do đó: \(A\ge\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{x^2+y^2}\)

Nên ta chỉ cần chứng minh: \(\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{x^2+y^2}\ge\dfrac{10}{\left(x+y\right)^2}\)

Mà \(\dfrac{1}{\left(x+y\right)^2}\le\dfrac{1}{4xy}\) nên ta chỉ cần chứng minh:

\(\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{x^2+y^2}\ge\dfrac{5}{2xy}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}-\dfrac{2}{xy}+\dfrac{1}{x^2+y^2}-\dfrac{1}{2xy}\ge0\)

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

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

Vậy \(A\ge\dfrac{10}{\left(a+b+c\right)^2}\ge\dfrac{10}{3^2}=\dfrac{10}{9}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(\dfrac{3}{2};\dfrac{3}{2};0\right)\) và các hoán vị của chúng

2.

Ta có: \(B=\dfrac{ab+1-1}{1+ab}+\dfrac{bc+1-1}{1+bc}+\dfrac{ca+1-1}{1+ca}\)

\(B=3-\left(\dfrac{1}{1+ab}+\dfrac{1}{1+ca}+\dfrac{1}{1+ab}\right)\)

Đặt \(C=\dfrac{1}{1+ab}+\dfrac{1}{1+bc}+\dfrac{1}{1+ca}\)

Ta có: \(C\ge\dfrac{9}{3+ab+bc+ca}\ge\dfrac{9}{3+\dfrac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2}=\dfrac{27}{13}\)

\(\Rightarrow B\le3-\dfrac{27}{13}=\dfrac{12}{13}\)

\(B_{max}=\dfrac{12}{13}\) khi \(a=b=c=\dfrac{2}{3}\)

Do \(a;b;c\in\left[0;1\right]\)

\(\Rightarrow\left(a-1\right)\left(b-1\right)\ge0\)\(\Leftrightarrow ab+1\ge a+b\)

\(\Leftrightarrow ab+c+1\ge a+b+c=2\)

\(\Rightarrow abc+ab+c+1\ge ab+c+1\ge2\)

\(\Rightarrow\left(c+1\right)\left(ab+1\right)\ge2\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{ab+1}\le\dfrac{c+1}{2}\)

Hoàn toàn tương tự, ta có: 

\(\dfrac{1}{bc+1}\le\dfrac{a+1}{2}\) ; \(\dfrac{1}{ca+1}\le\dfrac{b+1}{2}\)

Cộng vế: \(C\le\dfrac{a+b+c+3}{2}=\dfrac{5}{2}\)

\(\Rightarrow B\ge3-\dfrac{5}{2}=\dfrac{1}{2}\)

\(B_{min}=\dfrac{1}{2}\) khi \(\left(a;b;c\right)=\left(0;1;1\right)\) và các hoán vị của chúng

\(VT=1+\dfrac{1}{1+a}+\dfrac{2}{1+2b}-1=2\left(\dfrac{1}{2+2a}+\dfrac{1}{1+2b}\right)\)

\(VT\ge\dfrac{8}{3+2\left(a+b\right)}\ge\dfrac{8}{3+2.2}=\dfrac{8}{7}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(\left\{{}\begin{matrix}a=\dfrac{3}{4}\\b=\dfrac{5}{4}\end{matrix}\right.\)

biến b để làm gì thế bạn???

1) Áp dụng bất đẳng thức AM - GM và bất đẳng thức Schwarz:

\(P=\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{\sqrt{ab}}\ge\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{\dfrac{a+b}{2}}\ge\dfrac{4}{a+\dfrac{a+b}{2}}=\dfrac{8}{3a+b}\ge8\).

Đẳng thức xảy ra khi a = b = \(\dfrac{1}{4}\).

2.

\(4=a^2+b^2\ge\dfrac{1}{2}\left(a+b\right)^2\Rightarrow a+b\le2\sqrt{2}\)

Đồng thời \(\left(a+b\right)^2\ge a^2+b^2\Rightarrow a+b\ge2\)

\(M\le\dfrac{\left(a+b\right)^2}{4\left(a+b+2\right)}=\dfrac{x^2}{4\left(x+2\right)}\) (với \(x=a+b\Rightarrow2\le x\le2\sqrt{2}\) )

\(M\le\dfrac{x^2}{4\left(x+2\right)}-\sqrt{2}+1+\sqrt{2}-1\)

\(M\le\dfrac{\left(2\sqrt{2}-x\right)\left(x+4-2\sqrt{2}\right)}{4\left(x+2\right)}+\sqrt{2}-1\le\sqrt{2}-1\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=2\sqrt{2}\) hay \(a=b=\sqrt{2}\)

3. Chia 2 vế giả thiết cho \(x^2y^2\)

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

\(\Rightarrow0\le\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\le4\)

\(A=\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)\left(\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}-\dfrac{1}{xy}\right)=\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)^2\le16\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=\dfrac{1}{2}\)

max hay min vậy bạn vì nếu min thì ta có a≥0=>a+ab+2abc≥0<=>a=0

Giúp mình bài này với ah.

Lời giải:

Tìm min:

Áp dụng BĐT AM-GM:

$a^3+a^3+1\geq 3a^2$

$b^3+b^3+1\geq 3b^2$

$c^3+c^3+1\geq 3c^2$

$\Rightarrow 2(a^3+b^3+c^3)+3\geq 3(a^2+b^2+c^2)$

$\Leftrightarrow 2P+3\geq 9$

$\Leftrightarrow P\geq 3$

Vậy $P_{\min}=3$ khi $(a,b,c)=(1,1,1)$

----------------

Tìm max:

$a^2+b^2+c^2=3\Rightarrow a^2,b^2,c^2\leq 3$

$\Rightarrow a,b,c\leq \sqrt{3}$

Do đó: $a^3-\sqrt{3}a^2=a^2(a-\sqrt{3})\leq 0$

$\Rightarrow a^3\leq \sqrt{3}a^2$

Tương tự với $b,c$ và cộng theo vế:

$P\leq \sqrt{3}(a^2+b^2+c^2)=3\sqrt{3}$
Vậy $P_{\max}=3\sqrt{3}$ khi $(a,b,c)=(\sqrt{3},0,0)$ và hoán vị.