A. =A3+B3 B. =A5+B5

C. =C6+D3 D. =B3+A3

3)

1.

Theo nguyên lý Dirichlet, trong 3 số a;b;c luôn có 2 số cùng phía so với \(\dfrac{2}{3}\), không mất tính tổng quát, giả sử đó là b và c

\(\Rightarrow\left(b-\dfrac{2}{3}\right)\left(c-\dfrac{2}{3}\right)\ge0\)

Mặt khác \(0\le a\le1\Rightarrow1-a\ge0\)

\(\Rightarrow\left(b-\dfrac{2}{3}\right)\left(c-\dfrac{2}{3}\right)\left(1-a\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow-abc\ge\dfrac{4a}{9}+\dfrac{2b}{3}+\dfrac{2c}{3}-\dfrac{2ab}{3}-\dfrac{2ac}{3}-bc-\dfrac{4}{9}\)

\(\Leftrightarrow-abc\ge-\dfrac{2a}{9}+\dfrac{2}{3}\left(a+b+c\right)-\dfrac{2ab}{3}-\dfrac{2ac}{3}-bc-\dfrac{4}{9}=-\dfrac{2a}{9}-\dfrac{2ab}{3}-\dfrac{2ac}{3}-bc+\dfrac{8}{9}\)

\(\Leftrightarrow-2abc\ge-\dfrac{4a}{9}-\dfrac{4ab}{3}-\dfrac{4ac}{3}-2bc+\dfrac{16}{9}\)

\(\Leftrightarrow ab+bc+ca-2abc\ge-\dfrac{4a}{9}-\dfrac{ab}{3}-\dfrac{ac}{3}-bc+\dfrac{16}{9}\)

\(\Leftrightarrow ab+bc+ca-2abc\ge-\dfrac{4a}{9}-\dfrac{a}{3}\left(b+c\right)-bc+\dfrac{16}{9}\ge-\dfrac{4a}{9}-\dfrac{a}{3}\left(2-a\right)-\dfrac{\left(b+c\right)^2}{4}+\dfrac{16}{9}\)

\(\Rightarrow ab+bc+ca-2abc\ge-\dfrac{4a}{9}+\dfrac{a^2}{3}-\dfrac{2a}{3}-\dfrac{\left(2-a\right)^2}{4}+\dfrac{16}{9}\)

\(\Rightarrow ab+bc+ca-2abc\ge\dfrac{a^2}{12}-\dfrac{a}{9}+\dfrac{7}{9}=\dfrac{1}{12}\left(a-\dfrac{2}{3}\right)^2+\dfrac{20}{27}\ge\dfrac{20}{27}\)

\(\Rightarrow ab+bc+ca\ge2abc+\dfrac{20}{27}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{2}{3}\)

2.

Đặt \(\left(a;b;c\right)=\left(x+1;y+1;z+1\right)\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x;y;z\in\left[0;2\right]\\x+y+z=3\end{matrix}\right.\)

Ta có: \(P=\left(x+1\right)^3+\left(y+1\right)^3+\left(z+1\right)^3\)

\(P=x^3+y^3+z^3+3\left(x^2+y^2+z^2\right)+12\)

Không mất tính tổng quát, giả sử \(x\ge y\ge z\Rightarrow x\ge1\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}y^3+z^3=\left(y+z\right)^3-3yz\left(y+z\right)\le\left(y+z\right)^3\\y^2+z^2=\left(y+z\right)^2-2yz\le\left(y+z\right)^2\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow P\le x^3+\left(3-x\right)^3+3x^2+3\left(3-x\right)^2+12\)

\(\Rightarrow P\le15x^2-45x+66=15\left(x-1\right)\left(x-2\right)+36\le36\)

(Do \(1\le x\le2\Rightarrow\left(x-1\right)\left(x-2\right)\le0\))

Dấu "=" xảy ra khi \(\left(x;y;z\right)=\left(2;1;0\right)\) và các hoán vị hay \(\left(a;b;c\right)=\left(1;2;3\right)\) và các hoán vị

A

A

  A nhé

a+b+c=1; a>0; b>0; c>0

=>a>=b>=c>=0

=>a(a-c)>=b(b-c)>=0

=>a(a-b)(a-c)>=b(a-b)(b-c)

=>a(a-b)(a-c)+b(b-a)(b-c)>=0

mà (a-c)(b-c)*c>=0 và c(c-a)(c-b)>=0 

nên a(a-b)(a-c)+b(b-a)(b-c)+(a-c)(b-c)*c>=0

=>a^3+b^3+c^3+3acb>=a^2b+a^2c+b^2c+b^2a+c^2b+c^2a

=>a^3+b^3+c^3+6abc>=(a+b+c)(ab+bc+ac)

=>a^3+b^3+c^3+6abc>=(ab+bc+ac)

mà a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc)

nên 2(a^3+b^3+c^3)+3acb>=a^2+b^2+c^2>=ab+bc+ac(ĐPCM)

Rõ ràng trong hai số a, b, c tồn tại một số chẵn (Vì nếu a, b, c đều lẻ thì a³ + b³ + c³ là số lẻ, không chia hết cho 14).

Ta lại có \(a^3;b^3;c^3\equiv0;1;-1\).

Do đó nếu a, b, c đều không chia hết cho 7 thì \(a^3;b^3;c^3\equiv1;-1\left(mod7\right)\Rightarrow a^3+b^3+c^3⋮̸7\).

Làm tiếp: Suy ra trong ba số a, b, c có ít nhất một số chia hết cho 7 \(\Rightarrow abc⋮7\).

Vậy abc chia hết cho 14.

Đặt \(P=\dfrac{a^3}{a^2+b^2+ab}+\dfrac{b^3}{b^2+c^2+bc}+\dfrac{c^3}{c^2+a^2+ca}\)

Ta có: \(\dfrac{a^3}{a^2+b^2+ab}=a-\dfrac{ab\left(a+b\right)}{a^2+b^2+ab}\ge a-\dfrac{ab\left(a+b\right)}{3\sqrt[3]{a^3b^3}}=a-\dfrac{a+b}{3}=\dfrac{2a-b}{3}\)

Tương tự: \(\dfrac{b^3}{b^2+c^2+bc}\ge\dfrac{2b-c}{3}\) ; \(\dfrac{c^3}{c^2+a^2+ca}\ge\dfrac{2c-a}{3}\)

Cộng vế:

\(P\ge\dfrac{a+b+c}{3}=673\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=673\)