Lời giải:

Đặt \(A=a^7+3b^7-2c\)

Ta có: \(\frac{5b+2c(4+c^6)}{a+b+c}=1\)

\(\Leftrightarrow 5b+2c(4+c^6)=a+b+c\)

\(\Leftrightarrow 4b+7c+2c^7=a\)

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

Ta có bổ đề sau: Với mọi số tự nhiên $n$ nào đó thì \(n^7\equiv n\pmod 7\)

Chứng minh :

Thật vậy.

Với \(n\equiv 0\pmod 7\) thì \(n^7\equiv 0\equiv n\pmod 7\)

Với \(n\not\equiv 0\pmod 7\) hay \((n,7)=1\). Áp dụng định lý Fermat nhỏ ta có:

\(n^6\equiv 1\pmod 7\Rightarrow n^7\equiv n\pmod 7\)

Ta có đpcm.

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

Quay trở lại bài toán:

Áp dụng bổ đề trên ta có:

\(A=a^7+3b^7-2c\equiv a+3b-2c^7\pmod 7\)

\(\Leftrightarrow A\equiv 4b+7c+2c^7+3b-2c^7\pmod 7\)

\(\Leftrightarrow A\equiv 7b+7c\equiv 0\pmod 7\)

Hay \(A\vdots 7\)

Chứng minh hoàn tất.

cậu thử biến đổi tương xem thế nào....

khó thế

\(a+b+c=\frac{1}{abc}\)\(\Leftrightarrow\)\(abc^2=1-abc\left(a+b\right)\)

\(\Leftrightarrow\)\(a^2b^2c^4=1-2abc\left(a+b\right)+a^2b^2c^2\left(a+b\right)^2\)

\(VT=\frac{\left(1+b^2c^2\right)\left(1+a^2c^2\right)}{c^2+a^2b^2c^2}=\frac{1+a^2c^2+b^2c^2+a^2b^2c^4}{c^2+a^2b^2c^2}\)

\(=\frac{1+c^2\left(a^2+b^2\right)+1-2abc\left(a+b\right)+a^2b^2c^2\left(a+b\right)^2}{c^2+a^2b^2c^2}\)

\(=\frac{2+c^2\left(a+b\right)^2-2abc^2-2abc\left(a+b\right)+a^2b^2c^2\left(a+b\right)^2}{c^2+a^2b^2c^2}\)

\(=\frac{2-2abc\left(a+b+c\right)}{c^2+a^2b^2c^2}+\frac{\left(a+b\right)^2\left(c^2+a^2b^2c^2\right)}{c^2+a^2b^2c^2}\)

\(=\frac{2-2abc.\frac{1}{abc}}{c^2+a^2b^2c^2}+\left(a+b\right)^2=\left(a+b\right)^2=VP\) ( đpcm ) 

PS : sorry for late :'< 

Ta có:

sigma \(\frac{ab}{3a+4b+5c}=\) sigma \(\frac{2ab}{5\left(a+b+2c\right)+\left(a+3b\right)}\le\frac{2}{36}\left(sigma\frac{5ab}{a+b+2c}+sigma\frac{ab}{a+3b}\right)\)

Ta đi chứng minh: \(sigma\frac{ab}{a+b+2c}\le\frac{9}{4}\)

có: \(sigma\frac{ab}{a+b+2c}\le\frac{1}{4}\left(sigma\frac{ab}{c+a}+sigma\frac{ab}{b+c}\right)=\frac{1}{4}\left(a+b+c\right)=\frac{9}{4}\)

BĐT trên đúng nếu: \(sigma\frac{ab}{a+3b}\le\frac{9}{4}\)

Ta thấy: \(sigma\frac{ab}{a+3b}\le\frac{1}{16}\left(sigma\frac{ab}{a}+sigma\frac{3ab}{b}\right)=\frac{1}{16}\)( sigma \(b+sigma3a\)) \(=\frac{1}{4}\left(a+b+c\right)=\frac{9}{4}\)

\(\Leftrightarrow sigma\frac{ab}{3a+4b+5c}\le\frac{1}{18}\left(5.\frac{9}{4}+\frac{9}{4}\right)=\frac{3}{4}\)(1)

MÀ: \(\frac{1}{\sqrt{ab\left(a+2c\right)\left(b+2c\right)}}=\frac{2}{2\sqrt{\left(ab+2bc\right)\left(ab+2ca\right)}}\ge\frac{2}{2\left(ab+bc+ca\right)}\)

\(=\frac{3}{3\left(ab+bc+ca\right)}\ge\frac{3}{\left(a+b+c\right)^2}=\frac{3}{9^2}=\frac{1}{27}\)(2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow T\le\frac{3}{4}-\frac{1}{27}=\frac{77}{108}\)

Vậy GTLN của biểu thức T là 77/108 <=> a=b=c=3

Đặt \(f\left(x\right)=ax^2+bx+c\).

\(f\left(0\right)=c;f\left(1\right)=a+b+c\)

Do \(a+b+2c=0\) nên c và \(a+b+c\) trái dấu. Suy ra f(0)f(1) < 0 nên f(x) = 0 luôn có ít nhất 1 nghiệm tren (0; 1).