Lời giải:

Đặt $a+b+c=p; ab+bc+ac=q=1; abc=r$

$p,r\geq 0$

Áp dụng BĐT AM-GM: $p^2\geq 3q=3\Rightarrow p\geq \sqrt{3}$

$a,b,c\leq 1\Leftrightarrow (a-1)(b-1)(c-1)\leq 0$

$\Leftrightarrow p+r\leq 2\Rightarrow p\leq 2$

$P=\frac{(a+b+c)^2-2(ab+bc+ac)+3}{a+b+c-abc}=\frac{(a+b+c)^2+1}{a+b+c-abc}=\frac{p^2+1}{p-r}$

Ta sẽ cm $P\geq \frac{5}{2}$ hay $P_{\min}=\frac{5}{2}$

$\Leftrightarrow \frac{p^2+1}{p-r}\geq \frac{5}{2}$

$\Leftrightarrow 2p^2-5p+2+5r\geq 0(*)$

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

Thật vậy:

Áp dụng BĐT Schur thì:

$p^3+9r\geq 4p\Rightarrow 5r\geq \frac{20}{9}p-\frac{5}{9}p^3$

Khi đó:

$2p^2-5p+2+5r\geq 2p^2-5p+2+\frac{20}{9}p-\frac{5}{9}p^3=\frac{1}{9}(2-p)(5p^2-8p+9)\geq 0$ do $p\leq 2$ và $p\geq \sqrt{3}$

$\Rightarrow (*)$ được CM

$\Rightarrow P_{\min}=\frac{5}{2}$

Dấu "=" xảy ra khi $(a,b,c)=(1,1,0)$ và hoán vị

1

Áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số dương:

4ac=2.b.2c≤2(b+2c2)2≤2(a+b+2c2)2=2.(12)2=12

⇒−4bc≥−12

⇒K=ab+4ac−4bc≥−4bc≥−12

Cách 1:Giả sử \(a=max\left\{a;b;c\right\}\Rightarrow1-3a\le0\)

Ta có:

\(P=a\left(b^2+c^2\right)+b\left(c^2+a^2\right)+c\left(a^2+b^2\right)\)

\(=\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-3abc\)

\(=ab+bc+ca-3abc\)

\(=a\left(b+c\right)+bc\left(1-3a\right)\)

\(\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{4}+0=\frac{1}{4}\)

Đẳng thức xảy ra tại \(a=b=\frac{1}{2};c=0\)

Cách 2:

Ta sẽ đi chứng minh \(a\left(b^2+c^2\right)+b\left(c^2+a^2\right)+c\left(a^2+b^2\right)\le\left(a+b+c\right)^3\)

\(\Leftrightarrow\Sigma a^2b+\Sigma ab^2-12abc\le\Sigma a^3+3\Sigma a^2b+3\Sigma ab^2+6abc\)

\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3\ge\Sigma a^2b+\Sigma ab^2-18abc\)

Theo Schur thì \(a^3+b^3+c^3\ge\Sigma a^2b+\Sigma ab^2+3abc\ge\Sigma a^2b+\Sigma ab^2-18abc\)

\(\Rightarrow P\ge\frac{1}{4}\) tại a=b=¹/₂ ; c=0 và các hoán vị

Cách 3:

\(\frac{1}{4}-P=\frac{\left(a+b+c\right)^3}{4}-\Sigma a^2b-\Sigma ab^2\)

\(=\frac{1}{4}\left(a^3+b^3+c^3-\Sigma a^2b-\Sigma ab^2+3abc\right)+\frac{3}{4}abc\ge0\) ( đúng theo Schur )

Vậy \(P\le\frac{1}{4}\)

Nhớ không nhầm thì hình như trong này có 1 cách của tth_new nhé ! 

\(Q\le\sqrt{3\left(a+b+b+c+c+a\right)}=\sqrt{6\left(a+b+c\right)}\le\sqrt{6.\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}}=\sqrt{6\sqrt{3}}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\)

Lại có:

\(a^2+b^2+c^2\le1\Rightarrow0\le a;b;c\le1\)

\(\Leftrightarrow a\left(a-1\right)+b\left(b-1\right)+c\left(c-1\right)\le0\)

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

Do đó:

\(Q^2=2\left(a+b+c\right)+2\sqrt{a^2+ab+bc+ca}+2\sqrt{b^2+ab+bc+ca}+2\sqrt{c^2+ab+bc+ca}\)

\(Q^2\ge2\left(a+b+c\right)+2\sqrt{a^2}+2\sqrt{b^2}+2\sqrt{c^2}\)

\(Q^2\ge4\left(a+b+c\right)\ge4\)

\(\Rightarrow Q\ge2\)

Dấu "=" xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(0;0;1\right)\) và hoán vị

Ta có thể giải bài toán này bằng cách sử dụng phương pháp điều chỉnh biểu thức P để biểu thức này có thể được phân tích thành tổng của các biểu thức có dạng a(x-y)+b(y-z)+c(z-x), trong đó x,y,z là các số thực không âm. Khi đó, ta có:

P = ab + bc - ca = a(b-c) + b(c-a) + c(a-b) = a(-c+b) + b(c-a) + c(-b+a) = a(x-y) + b(y-z) + c(z-x), với x = -c+b, y = c-a và z = -b+a

Do đó, để tìm giá trị lớn nhất của P, ta cần tìm các giá trị lớn nhất của x, y, z. Ta có:

x = -c+b ≤ b, vì c ≥ 0 y = c-a ≤ c ≤ 2022, vì a+b+c = 2022 z = -b+a ≤ a, vì b ≥ 0

Vậy giá trị lớn nhất của P là:

P_max = ab + bc - ca ≤ b(2022-a) + 2022a = 2022b

Tương tự, để tìm giá trị nhỏ nhất của P, ta cần tìm các giá trị nhỏ nhất của x, y, z. Ta có:

x = -c+b ≥ -2022, vì b ≤ 2022 y = c-a ≥ 0, vì c ≤ 2022 và a ≥ 0 z = -b+a ≥ -2022, vì a ≤ 2022

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là:

P_min = ab + bc - ca ≥ (-2022)a + 0b + (-2022)c = -2022(a+c)

Do đó, giá trị lớn nhất của P là 2022b và giá trị nhỏ nhất của P là -2022(a+c).

https://h.vn/hoi-dap/question/702421.html

https://h.vn/hoi-dap/question/702421.html

https://h.vn/hoi-dap/question/702421.html

xin lỗi mk nhầm bài

Ta có:

\(\sqrt{12a+\left(b-c\right)^2}=\sqrt{4a\left(a+b+c\right)+\left(b-c\right)^2}\)

\(=\sqrt{4a^2+4ab+4ac+b^2-2bc+c^2}\)

\(=\sqrt{\left(2a+b+c\right)^2-4bc}\)

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

Khi đó \(K\le4\left(a+b+c\right)=12\)

Dấu "=" xảy ra tại \(a=0;b=0;c=3\) và các hoán vị.

bn sử dụng bất đẳng thức cô si đi

Nguyễn Đại Nghĩa,bác nói cụ thể hơn được ko :v

\(\left(a+b+c\right)^2\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)=9\Rightarrow-3\le a+b+c\le3\)

\(S=a+b+c+\dfrac{\left(a+b+c\right)^2-\left(a^2+b^2+c^2\right)}{2}=\dfrac{1}{2}\left(a+b+c\right)^2+a+b+c-\dfrac{3}{2}\)

Đặt \(a+b+c=x\Rightarrow-3\le x\le3\)

\(S=\dfrac{1}{2}x^2+x-\dfrac{3}{2}=\dfrac{1}{2}\left(x+1\right)^2-2\ge-2\)

\(S_{min}=-2\) khi \(\left\{{}\begin{matrix}a+b+c=-1\\a^2+b^2+c^2=3\end{matrix}\right.\) (có vô số bộ a;b;c thỏa mãn)

\(S=\dfrac{1}{2}\left(x^2+2x-15\right)+6=\dfrac{1}{2}\left(x-3\right)\left(x+5\right)+6\le6\)

\(S_{max}=6\) khi \(x=3\) hay \(a=b=c=1\)