*) \(MinA\) :

Ta thấy: a,b,c đều là các số thực không âm.

Do đó : \(A\ge0\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=0,c=1\) và các hoán vị.

\(*)MaxA\) :

Giả sử \(a\ge b\ge c\) \(\Rightarrow3a\ge a+b+c=1\) 

\(\Rightarrow1-3a\le0\)

Ta có : \(A=a\left(b^2+c^2\right)+b\left(c^2+a^2\right)+c\left(a^2+b^2\right)\)

\(=a\left(b^2+c^2\right)+b\left(c^2+a^2\right)+c\left(a^2+b^2\right)+3abc-3abc\)

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

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

\(=a\left(b+c\right)+bc\left(1-3a\right)\) \(\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{4}+0\) ( do \(1-3a\le0\) )    \(=\frac{1}{4}\)

hay \(A\le\frac{1}{4}\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=\frac{1}{2},c=0\) và các hoán vị.

\(\)

1/\(=4a^2+4b^2+c^2+8ab-4bc-4ca+4b^2+4c^2+a^2+8bc-4ca-4ab+4a^2+4c^2+b^2+8ca-4bc-4ab=\)

\(=9a^2+9b^2+9c^2=9\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

2/

Ta có

\(\left(a+b+c\right)^2=a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)\ge0\)

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

\(\Rightarrow P=9\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge18\)

\(\Rightarrow P_{min}=18\)

Theo BĐT Cauchy Schwarz 

\(P=\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge\dfrac{\left(1+1+1\right)^2}{a+b+c}=9\)

Dấu ''='' xảy ra khi a = b = c = 1/3 

Do \(0\le a,b,c\le1\)

nên\(\left\{{}\begin{matrix}\left(a^2-1\right)\left(b-1\right)\ge0\\\left(b^2-1\right)\left(c-1\right)\ge0\\\left(c^2-1\right)\left(a-1\right)\ge0\end{matrix}\right.\) 

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^2b-b-a^2+1\ge0\\b^2c-c-b^2+1\ge0\\c^2a-a-c^2+1\ge0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^2b\ge a^2+b-1\\b^2c\ge b^2+c-1\\c^2a\ge c^2+a-1\end{matrix}\right.\)

Ta cũng có:

\(2\left(a^3+b^3+c^3\right)\le a^2+b+b^2+c+c^2+a\)

Do đó \(T=2\left(a^3+b^3+c^3\right)-\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\)

\(\le a^2+b+b^2+c+c^2+a\)\(-\left(a^2+b-1+b^2+c-1+c^2+a-1\right)\)

\(=3\)

Vậy GTLN của T=3, đạt được chẳng hạn khi \(a=1;b=0;c=1\)

giúp mình câu hỏi này với ah.

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