1) \(\left\{{}\begin{matrix}a^3+b^3+c^3=3abc\\a+b+c\ne0\end{matrix}\right.\)  \(\left(a;b;c\in R\right)\)

Ta có :

\(a^3+b^3+c^3\ge3abc\) (Bất đẳng thức Cauchy)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=1\left(a^3+b^3+c^3=3abc\right)\)

Thay \(a=b=c\) vào \(P=\dfrac{a^2+2b^2+3c^2}{3a^2+2b^2+c^2}\) ta được

\(\Leftrightarrow P=\dfrac{6a^2}{6a^2}=1\)

\(3^x=y^2+2y\left(x;y>0\right)\)

\(\Leftrightarrow3^x+1=y^2+2y+1\)

\(\Leftrightarrow3^x+1=\left(y+1\right)^2\left(1\right)\)

- Với \(\left\{{}\begin{matrix}x=0\\y=0\end{matrix}\right.\)

\(pt\left(1\right)\Leftrightarrow3^0+1=\left(0+1\right)^2\Leftrightarrow2=1\left(vô.lý\right)\)

- Với \(\left\{{}\begin{matrix}x=1\\y=1\end{matrix}\right.\)  

\(pt\left(1\right)\Leftrightarrow3^1+1=\left(1+1\right)^2=4\left(luôn.luôn.đúng\right)\)

- Với \(x>1;y>1\)

\(\left(y+1\right)^2\) là 1 số chính phương

\(3^x+1=\overline{.....1}+1=\overline{.....2}\) không phải là số chính phương

\(\Rightarrow\left(1\right)\) không thỏa với \(x>1;y>1\)

Vậy với \(\left\{{}\begin{matrix}x=1\\y=1\end{matrix}\right.\) thỏa mãn đề bài

BĐT cần  chứng minh tương đương với :

\(\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(2+\frac{1}{a^2b^2c^2}\right)\ge9\)

\(\Leftrightarrow2\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)+\frac{1}{ab^2}+\frac{1}{bc^2}+\frac{1}{ca^2}\ge9\)

Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số dương ,ta có :

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

tương tự :  \(b^2c+bc^2+\frac{1}{bc^2}\ge3b\), \(\left(c^2a+ca^2+\frac{1}{ca^2}\right)\ge3c\)

Cộng 3 BĐT trên theo vế, ta được :

\(2\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)+\frac{1}{ab^2}+\frac{1}{bc^2}+\frac{1}{ca^2}\ge3\left(a+b+c\right)=9\)

Dấu "=" xảy ra khi a = b = c = 1

Tham khảo: https://lazi.vn/edu/exercise/cho-a-b-c-la-cac-so-duong-thoa-man-a2-2b2-3c2-chung-minh-1-a-2-b-3-c

\(VT-VP=\frac{\left(2bc+3a-5\right)^2}{3}+\frac{\left(6c+1\right)\left(c-1\right)^2}{2c+3}-\frac{\left(2bc+3b-5\right)^2\left(2c-3\right)}{3\left(2c+3\right)}\)

\(=\frac{\left(3a+3b-5\right)^2}{3}+\frac{\left(3c-5\right)^2}{3}+\frac{1}{3}+2ab\left(2c-3\right)\)

Từ 2 đẳng thức trên suy ra đpcm. (cái đầu đúng cho \(c\le\frac{3}{2}\), cái sau cho \(c\ge\frac{3}{2}\))

Và ta có thể viết SOS cho bài trên! Cách viết dựa trên dao lam, mời các bạn:)

Vì a + b + c = 3 nên theo nguyên lí Dirichlet: Tồn tại ít nhất hai số đồng thời không bé hơn 1 hoặc đồng thời không lớn hơn 1

Không mất tính tổng quát có thể g/s hai số đó là a và b

Khi đó ta có: \(\left(a-1\right)\left(b-1\right)\ge0\)

<=> \(ab\ge a+b-1\)

<=> \(abc\ge ac+bc-c=ac+bc+c^2-c^2-c=c\left(a+b+c\right)-c^2-c=2c-c^2\)

Khi đó: \(3\left(a^2+b^2+c^2\right)+4abc\ge\frac{3\left(a+b\right)^2}{2}+3c^2+8c-4c^2=\frac{3\left(3-c\right)^2}{2}-c^2+8c\)

\(=\frac{1}{2}c^2-c+\frac{27}{2}=\frac{1}{2}\left(c^2-2c+1\right)-\frac{1}{2}+\frac{27}{2}=\frac{7}{2}\left(c-1\right)^2+13\ge13\)

Dấu "=" xảy ra <=> a = b = c = 1/

Ngoài ra:

Đổi biến sang pqr, cần chứng minh:\(4r-6q+14\ge0\)

 \(LHS\ge\frac{4}{3}\left(4q-9\right)-6q+14=\frac{2}{3}\left(3-q\right)\ge0\)

\(\because r\ge\frac{p\left(4q-p^2\right)}{9}=\frac{4q-9}{3}\) theo Schur.

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)

thtfgfgfghggggggggggggggggggggg

mong các thầy cô giúp em giải bài này với ạ

Ta có \(a+b^2\le\dfrac{a^2+1}{2}+b^2=\dfrac{a^2+2b^2+1}{2}\)

\(\Rightarrow\dfrac{2a^2}{a+b^2}\ge\dfrac{4a^2}{a^2+2b^2+1}=\dfrac{4a^4}{a^4+2b^2a^2+a^2}\). Lập 2 BĐT tương tự rồi áp dụng bất đẳng thức BCS, ta có:

\(\dfrac{2a^2}{a+b^2}+\dfrac{2b^2}{b+c^2}+\dfrac{2c^2}{c+a^2}\ge\dfrac{\left(2a^2+2b^2+2c^2\right)^2}{a^4+b^4+c^4+2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)+a^2+b^2+c^2}\) \(=\dfrac{4\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2+3}\)\(=\dfrac{4.3^2}{3^2+3}=3\).

Mà \(a+b+c\le\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}=3\) nên ta có đpcm. ĐTXR \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)