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

đề sai upp làm gì ?

đề sai á? tg ns lăng nhăng lên đây thử xem có ai giải k thôi

sai rành ra còn gi @@ làm gì có điểm rơi 

Áp dụng BĐT AM-GM ta có: 

\(a^4+bc\ge2\sqrt{a^4bc}=2a^2\sqrt{bc}\Rightarrow\frac{a^2}{a^4+bc}\le\frac{a^2}{2a^2\sqrt{bc}}\)\(=\frac{1}{2\sqrt{bc}}\)

Tương tự cho 2 BĐT còn lại ta có:

\(M\le\frac{1}{2\sqrt{ab}}+\frac{1}{2\sqrt{bc}}+\frac{1}{2\sqrt{ac}}\). Theo AM-GM có

\(a+b+c\ge\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\) thì

\(M\le\frac{1}{2\sqrt{ab}}+\frac{1}{2\sqrt{bc}}+\frac{1}{2\sqrt{ca}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)

\(=\frac{1}{2}\cdot\frac{ab+bc+ca}{abc}\le\frac{1}{2}\cdot\frac{a^2+b^2+c^2}{abc}=\frac{1}{2}\cdot3=\frac{3}{2}\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)

từ GT suy ra abc >=1 và a/bc + b/ca + c/ab = 3.

áp dụng BĐT Cauchy : a⁴ + bc >=2a²v(bc) (v(bc) là căn bc).

nên a²/a⁴ + bc <=1/2v(bc).

do đó M <= 1/2.(1/v(bc) + 1/v(ca) + 1/v(ab).

ta chứng minh N = (1/v(bc) + 1/v(ca) + 1/v(ab) <=3 là xong.

thật vậy.

giả sử a <=b<=c nên 1/v(bc) <= 1/v(ca)<= 1/v(ab).

áp dụng BĐT Trê bư sep ta được (v(a) + v(b) + v(c))/3 . ((1/v(bc) + 1/v(ca) + 1/v(ab))/3 <= (v(a)/v(bc) + v(b)/v(ca) + v(c)/v(ab)/3.

ta có v(a) + v(b) + v(c) >=3 căn6(abc)>=3.

nên VT >=((1/v(bc) + 1/v(ca) + 1/v(ab))/3. (1)

lại có (x + y + z)² <=3(x² + y² + z²) nên (VP)² <= (a/bc + b/ca + c/ab)/3= 1.

hay VP <= 1 (2).

từ (1) và (2) suy ra ((1/v(bc) + 1/v(ca) + 1/v(ab))/3 <= 1 hay

(1/v(bc) + 1/v(ca) + 1/v(ab) <= 3

tức N <= 3 (đpcm).

(mình chưa biết đánh nên cố đọc nhé!)

em nghĩ cách của sir best r, chebyshev ngược dấu kìa

bạn chia a^2 cho ca tu và mẫu . từ giả thiết ta có : 3abc >= ab +bc+ ca . suy ra : 1/a + 1/b +1/c<=3 . sau khi chia ở A : ta có si ở mẫu . rồi áp dụng cô si ngc la ra . ban nao ko hieu thi nhan voi minh

a, \(\left(a+b+c\right)^2=3\left(ab+bc+ac\right)\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac=3\left(ab+bc+ac\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac=0\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2=0\)

=> a=b=c

b, \(0=\left(a+b+c\right)^3=a^3+b^3+c^3+6abc+3a^2b+3ab^2+3b^2c+3bc^2+3c^2a+3ca^2\)

\(=a^3+b^3+c^3+6abc+3ab\left(a+b\right)+3bc\left(b+c\right)+3ac\left(a+c\right)\)

\(=a^3+b^3+c^3+6abc-3abc-3abc-3abc\)

\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3=3abc\)

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

\(=\left(a+b+c\right)\left(a^2+2ab+b^2-ac-bc+c^2\right)-3ab\left(a+b+c\right)\)

\(=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac\right)=0\)

Từ (a) -> hoặc a+b+c = 0 hoặc a=b=c. Vậy ko thể khẳng định như vây