Toán

Nhức nhối mãi bài này vì nó làm lag hết máy

Giải

Đặt \(x=\dfrac{b+c}{a};y=\dfrac{c+a}{b};z=\dfrac{a+b}{c}\)

Ta phải chứng minh \(Σ\dfrac{\left(x+2\right)^2}{x^2+2}\le8\)

\(\LeftrightarrowΣ\dfrac{2x+1}{x^2+2}\le\dfrac{5}{2}\LeftrightarrowΣ\dfrac{\left(x-1\right)^2}{x^2+2}\ge\dfrac{1}{2}\)

Lại theo BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

\(Σ\dfrac{\left(x-1\right)^2}{x^2+2}\ge\dfrac{\left(x+y+z-3\right)^2}{x^2+y^2+z^2+6}\)

Ta còn phải chứng minh

\(2\left(x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2xz-6x-6y-6z+9\right)\)\(\ge x^2+y^2+z^2+6\)

\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+4\left(xy+yz+xz\right)-12\left(x+y+z\right)+12\ge0\)

Bây giờ có \(xy+yz+xz\ge3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}\ge12\left(xyz\ge8\right)\)

Còn phải chứng minh \(\left(x+y+z\right)^2+24-12\left(x+y+z\right)+12\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y+z-6\right)^2\ge0\) (luôn đúng)

Bởi vì BĐT là thuần nhất, ta có thể chuẩn hóa \(a+b+c=3\). Khi đó

\(\dfrac{\left(2a+b+c\right)^2}{2a^2+\left(b+c\right)^2}=\dfrac{a^2+6a+9}{3a^2-6a+9}=\dfrac{1}{3}\left(1+2\cdot\dfrac{4a+3}{2+\left(a-1\right)^2}\right)\)

\(\le\dfrac{1}{3}\left(1+2\cdot\dfrac{4a+3}{2}\right)=\dfrac{4a+4}{3}\)

Tương tự ta cho 2 BĐT còn lại ta cũng có:

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

Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:

\(Σ\dfrac{\left(2a+b+c\right)^2}{2a^2+\left(b+c\right)^2}\geΣ\left(4a+4\right)=8\)

Câu hỏi của Neet - Toán lớp 9 | Học trực tuyến:Gazeta Matematia

còn câu này là USAMO 2003

Toàn đề máu mặt :)

Ta có biẻu thức:

a1^2+a2^2+a3^2+a4^2+a5^2=a6^2

Giả sử cả sáu số đều là số lẻ => mỗi hạng tử ở vế phải khi chia cho 8 đều có số dư là 1

<=>Nhưng ở vế trái khi cùng chia cho 8 thì lại dư 5 (mâu thuẫn)

Vậy cả sáu số trên đều không thể là số lẻ.

Bài 1:

Giả sử \(a\ge b\ge c \ge d \ge e\)

\(\Leftrightarrow ab+bc+cd+de \leq a.(b+c+d+e)\)

\(\Leftrightarrow ab+bc+cd+de \leq a.(1-a)\)

\(\Leftrightarrow ab+bc+cd+de \leq -(a-\frac{1}{2})^2 + \frac{1}{4}\)

Đẳng thức xảy ra khi có ít nhất 2 số bằng 0 thì 2 số còn lại bằng \(\frac{1}{2}\) giả sử \(a=b=\dfrac{1}{2};c=d=0\)

Bài 2:

\(BDT\LeftrightarrowΣ\dfrac{3\left(a+b\right)^2+\left(a-b\right)^2}{\left(a-b\right)^2}\ge9\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a+b\right)^2}{\left(a-b\right)^2}+\dfrac{\left(b+c\right)^2}{\left(b-c\right)^2}+\dfrac{\left(c+a\right)^2}{\left(c-a\right)^2}\ge2\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a+b\right)^2}{\left(a-b\right)^2}-1+\dfrac{\left(b+c\right)^2}{\left(b-c\right)^2}-1+\dfrac{\left(c+a\right)^2}{\left(c-a\right)^2}-1\ge-1\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{4ab}{\left(a-b\right)^2}+\dfrac{4bc}{\left(b-c\right)^2}+\dfrac{4ca}{\left(a-c\right)^2}\ge-1\)

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

\(\Leftrightarrow\dfrac{3ab}{\left(a-b\right)^2}+1+\dfrac{3bc}{\left(b-c\right)^2}+1+\dfrac{3ca}{\left(a-c\right)^2}+1\ge3-\dfrac{3}{4}\)

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

\(\Leftrightarrow\dfrac{a^3-b^3}{\left(a-b\right)^3}+\dfrac{b^3-c^3}{\left(b-c\right)^3}+\dfrac{c^3-a^3}{\left(a-c\right)^3}\ge\dfrac{9}{4}\)(Đúng)

P/s: Ok, xong tưởng dễ ai dè ngốn mất 2 tiếng

mình nghĩ bài 1 P=ab+bc+cd+de thôi bn à cơ sở dựa vào bài Câu hỏi của Mai Thành Đạt - Toán lớp 8 | Học trực tuyến, và 1 số chỗ

P(x) + Q(x) + H(x) = (2x⁴ - x - 2x³ + 1) + (5x² - x³ + 4x) + (-2x⁴ + x² + 5)

= 2x⁴ - x - 2x³ + 1 + 5x² - x³ + 4x - 2x⁴ + x² + 5

= -3x³ + 6x² + 3x + 6

P(x) - Q(x) - H(x) = (2x⁴ - x - 2x³ + 1) - (5x² - x³ + 4x) - (-2x⁴ + x² + 5)

= 2x⁴ - x - 2x³ + 1 - 5x² + x³ - 4x + 2x⁴ - x² - 5

= 4x⁴ - x³ - 6x² - 5x - 4

Bài 1

\(M=\dfrac{2x+y+z-15}{x}+\dfrac{x+2y+z-15}{y}+\dfrac{x+y+2z-15}{z}\)

\(M=\dfrac{x+12-15}{x}+\dfrac{y+12-15}{y}+\dfrac{z+12-15}{z}\)

\(M=\dfrac{x-3}{x}+\dfrac{y-3}{y}+\dfrac{z-3}{z}\)

\(M=1-\dfrac{3}{x}+1-\dfrac{3}{y}+1-\dfrac{3}{z}\)

\(M=3-\left(\dfrac{3}{x}+\dfrac{3}{y}+\dfrac{3}{z}\right)\)

\(M=3-3\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz dạng phân thức

\(\Rightarrow\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\ge\dfrac{\left(1+1+1\right)^2}{x+y+z}=\dfrac{9}{x+y+z}=\dfrac{3}{4}\)

\(\Rightarrow3\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)\ge\dfrac{9}{4}\)

\(\Rightarrow3-3\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)\le\dfrac{3}{4}\)

\(\Leftrightarrow M\le\dfrac{3}{4}\)

Vậy \(M_{max}=\dfrac{3}{4}\)

Dấu " = " xảy ra khi \(x=y=z=4\)

Bài 2

\(P=\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{30\left(a^2+b^2+c^2\right)}+\dfrac{a^3+b^3+c^3}{4abc}-\dfrac{131\left(a^2+b^2+c^2\right)}{60\left(ab+bc+ca\right)}\)

Xét \(\dfrac{a^3+b^3+c^3}{4abc}\)

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

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

\(=\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}+\dfrac{1}{ab}\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)+\dfrac{3}{4}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz dạng phân thức

\(\Rightarrow\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}\ge\dfrac{\left(1+1+1\right)^2}{ab+bc+ca}=\dfrac{9}{ab+bc+ca}\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}+\dfrac{1}{ab}\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)+\dfrac{3}{4}\ge\dfrac{9\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)}{4\left(ab+bc+ca\right)}+\dfrac{3}{4}\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}+\dfrac{1}{ab}\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)+\dfrac{3}{4}\ge\dfrac{9\left(a^2+b^2+c^2\right)-9\left(ab+bc+ca\right)}{4\left(ab+bc+ca\right)}+\dfrac{3}{4}\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}+\dfrac{1}{ab}\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)+\dfrac{3}{4}\ge\dfrac{9\left(a^2+b^2+c^2\right)}{4\left(ab+bc+ca\right)}-\dfrac{9}{4}+\dfrac{3}{4}\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}+\dfrac{1}{ab}\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)+\dfrac{3}{4}\ge\dfrac{9\left(a^2+b^2+c^2\right)}{4\left(ab+bc+ca\right)}-\dfrac{3}{2}\)

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

\(\Rightarrow\dfrac{a^3+b^3+c^3}{4abc}-\dfrac{131\left(a^2+b^2+c^2\right)}{60\left(ab+bc+ca\right)}\ge\dfrac{9\left(a^2+b^2+c^2\right)}{4\left(ab+bc+ca\right)}-\dfrac{131\left(a^2+b^2+c^2\right)}{60\left(ab+bc+ca\right)}-\dfrac{3}{2}\)

\(\Rightarrow\dfrac{a^3+b^3+c^3}{4abc}-\dfrac{131\left(a^2+b^2+c^2\right)}{60\left(ab+bc+ca\right)}\ge\dfrac{a^2+b^2+c^2}{15\left(ab+bc+ca\right)}-\dfrac{3}{2}\) (1)

Xét \(\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{30\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)

\(=\dfrac{a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)}{30\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)

\(=\dfrac{1}{30}+\dfrac{ab+bc+ca}{15\left(a^2+b^2+c^2\right)}\) (2)

Cộng (1) và (2) theo từng vế

\(P\ge\dfrac{a^2+b^2+c^2}{15\left(ab+bc+ca\right)}+\dfrac{ab+bc+ca}{15\left(a^2+b^2+c^2\right)}-\dfrac{22}{15}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz

\(\Rightarrow\dfrac{a^2+b^2+c^2}{15\left(ab+bc+ca\right)}+\dfrac{ab+bc+ca}{15\left(a^2+b^2+c^2\right)}\ge2\sqrt{\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(ab+bc+ca\right)}{225\left(ab+bc+ca\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)}}\)

\(\Rightarrow\dfrac{a^2+b^2+c^2}{15\left(ab+bc+ca\right)}+\dfrac{ab+bc+ca}{15\left(a^2+b^2+c^2\right)}\ge2\sqrt{\dfrac{1}{225}}\)

\(\Rightarrow\dfrac{a^2+b^2+c^2}{15\left(ab+bc+ca\right)}+\dfrac{ab+bc+ca}{15\left(a^2+b^2+c^2\right)}\ge\dfrac{2}{15}\)

\(P\ge\dfrac{a^2+b^2+c^2}{15\left(ab+bc+ca\right)}+\dfrac{ab+bc+ca}{15\left(a^2+b^2+c^2\right)}-\dfrac{22}{15}\ge\dfrac{2}{15}-\dfrac{22}{15}=-\dfrac{4}{3}\)

\(\Leftrightarrow P\ge-\dfrac{4}{3}\)

Vậy \(P_{min}=\dfrac{-4}{3}\)

Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c=1\)

Bài 1

\(M=\dfrac{2x+y+z-15}{x}+\dfrac{x+2y+z-15}{y}+\dfrac{x+y+2z-15}{z}\)

Bài 2:

\(P=\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{30\left(a^2+b^2+c^2\right)}+\dfrac{a^3+b^3+c^3}{4abc}-\dfrac{131\left(a^2+b^2+c^2\right)}{60\left(ab+bc+ca\right)}\)

Bạn còn cần giúp nx khôngg

Giải câu 1 thôi câu 2 không hứng lắm:

\(P=\dfrac{1}{2a+3b+c+6}+\dfrac{1}{2b+3c+a+6}+\dfrac{1}{2c+3a+b+6}\)

Ta có:

\(\dfrac{1}{2a+3b+c+6}\le\dfrac{1}{16}\left(\dfrac{1}{a+b+c}+\dfrac{1}{a+2}+\dfrac{1}{b+2}+\dfrac{1}{b+2}\right)=\dfrac{1}{16}\left(\dfrac{1}{a+b+c}+\dfrac{1}{a+2}+\dfrac{2}{b+2}\right)\left(1\right)\)

Tương tự ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{1}{2b+3c+a+6}\le\dfrac{1}{16}\left(\dfrac{1}{a+b+c}+\dfrac{1}{b+2}+\dfrac{2}{c+2}\right)\left(2\right)\\\dfrac{1}{2c+3a+b+6}\le\dfrac{1}{16}\left(\dfrac{1}{a+b+c}+\dfrac{1}{c+2}+\dfrac{2}{a+2}\right)\left(3\right)\end{matrix}\right.\)

Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta được:

\(P\le\dfrac{3}{16}\left(\dfrac{1}{a+b+c}+\dfrac{1}{a+2}+\dfrac{1}{b+2}+\dfrac{1}{c+2}\right)\)

\(\le\dfrac{3}{16.3\sqrt[3]{abc}}+\dfrac{3}{16}\left(\dfrac{1}{a+2}+\dfrac{1}{b+2}+\dfrac{1}{c+2}\right)\)

\(=\dfrac{1}{16}+\dfrac{3}{16}\left(\dfrac{1}{a+2}+\dfrac{1}{b+2}+\dfrac{1}{c+2}\right)\left(4\right)\)

Giờ ta tính Max của \(Q=\left(\dfrac{1}{a+2}+\dfrac{1}{b+2}+\dfrac{1}{c+2}\right)\)

Vì \(abc=1\) nên không mất tính tổng quát ta giả sử \(\left\{{}\begin{matrix}ab\le1\\c\ge1\end{matrix}\right.\)

Ta có: \(Q=\dfrac{1}{2}.\left(\dfrac{1}{\dfrac{a}{2}+2}+\dfrac{1}{\dfrac{b}{2}+2}\right)+\dfrac{1}{c+2}\)

Ta có bổ đề: Với \(x,y>0;xy\le1\) thì

\(\dfrac{1}{x^2+1}+\dfrac{1}{y^2+1}\le\dfrac{2}{xy+1}\)

Áp dụng vào bài toán ta được:

\(Q\le\dfrac{2}{1+\dfrac{\sqrt{ab}}{2}}+\dfrac{1}{c+2}=\dfrac{2\sqrt{c}}{2\sqrt{c}+1}+\dfrac{1}{c+2}\)

Xét hàm số \(f\left(\sqrt{c}\right)=\dfrac{2\sqrt{c}}{2\sqrt{c}+1}+\dfrac{1}{c+2}\) với \(\sqrt{c}\ge1\) thì hàm số \(f\left(\sqrt{c}\right)\) nghịch biến. Vậy Q đạt GTLN khi c bé nhất.

\(\Rightarrow Q\le f\left(1\right)=1\left(2\right)\)

Từ (4) và (5) ta suy ra

\(P\le\dfrac{1}{16}+\dfrac{3}{16}.1=\dfrac{1}{4}\)

Vậy GTLN là \(P=\dfrac{1}{4}\) đạt được khi \(a=b=c=1\)

2) A = n³ - n² + n - 1

A = n²(n - 1) + (n - 1)

A = (n - 1)(n² + 1)

Để A nguyên tố thì n > 1

=> n² + 1 > 1

Mà A = (n - 1)(n² + 1) là số nguyên tố, chỉ gồm 2 ước là 1 và chính nó

Nên A = n² + 1; n - 1 = 1

=> n = 2 (TM)

b) n⁵ - n + 2

= n(n⁴ - 1) + 2

= n(n² - 1)(n² + 1) + 2

= n(n - 1)(n + 1)(n² + 1) + 2

n(n - 1)(n + 1) là tích 3 số nguyên liên tiếp do n \(\in N\) nên n(n - 1)(n + 1) chia hết cho 3

=> n(n - 1)(n + 1)(n² + 1) + 2 chia 3 dư 2, không là số chính phương

Vậy ...

Ê t không phải cậu ta thì giải có được không?

Ta có:

\(\left(\sqrt{\dfrac{a^3}{5a^2+\left(b+c\right)^2}}+\sqrt{\dfrac{b^3}{5b^2+\left(c+a\right)^2}}+\sqrt{\dfrac{c^3}{5c^2+\left(a+b\right)^2}}\right)^2\le\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{a^2}{5a^2+\left(b+c\right)^2}+\dfrac{b^2}{5b^2+\left(c+a\right)^2}+\dfrac{c^2}{5c^2+\left(a+b\right)^2}\right)\left(1\right)\)

Giờ ta chứng minh:

\(P=\dfrac{a^2}{5a^2+\left(b+c\right)^2}+\dfrac{b^2}{5b^2+\left(c+a\right)^2}+\dfrac{c^2}{5c^2+\left(a+b\right)^2}\le\dfrac{1}{3}\)

Ta có:

\(\dfrac{a^2}{5a^2+\left(b+c\right)^2}\le\dfrac{a^2}{9}\left(\dfrac{1}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{1}{2a^2+bc}+\dfrac{1}{2a^2+bc}\right)=\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{a^2}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{2a^2}{2a^2+bc}\right)=\dfrac{1}{9}+\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{a^2}{a^2+b^2+c^2}-\dfrac{bc}{2a^2+bc}\right)\)

Tương tự ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{b^2}{5b^2+\left(c+a\right)^2}\le\dfrac{1}{9}+\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{b^2}{a^2+b^2+c^2}-\dfrac{ca}{2b^2+ca}\right)\\\dfrac{c^2}{5c^2+\left(a+b\right)^2}\le\dfrac{1}{9}+\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{c^2}{a^2+b^2+c^2}-\dfrac{ab}{2c^2+ab}\right)\end{matrix}\right.\)

Cộng vế theo vế ta được

\(P\le\dfrac{4}{9}-\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{bc}{2a^2+bc}+\dfrac{ca}{2b^2+ca}+\dfrac{ab}{2c^2+ab}\right)\)

\(\le\dfrac{4}{9}-\dfrac{1}{9}.\dfrac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{bc\left(2a^2+bc\right)+ca\left(2b^2+ca\right)+ab\left(2c^2+ab\right)}=\dfrac{4}{9}-\dfrac{1}{9}=\dfrac{1}{3}\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) ta có

\(\sqrt{\dfrac{a^3}{5a^2+\left(b+c\right)^2}}+\sqrt{\dfrac{b^3}{5b^2+\left(c+a\right)^2}}+\sqrt{\dfrac{c^3}{5c^2+\left(a+b\right)^2}}^2\le\sqrt{\dfrac{a+b+c}{3}}\)

Ta có:

\(\left(\sqrt{\dfrac{a^3}{5a^2+\left(b+c\right)^2}}+\sqrt{\dfrac{b^3}{5b^2+\left(c+a\right)^2}}+\sqrt{\dfrac{c^3}{5c^2+\left(a+b\right)^2}}\right)^2\le\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{a^2}{5a^2+\left(b+c\right)^2}+\dfrac{b^2}{5b^2+\left(c+a\right)^2}+\dfrac{c^2}{5c^2+\left(a+b\right)^2}\right)\left(1\right)\)

Giờ ta chứng minh:

\(P=\dfrac{a^2}{5a^2+\left(b+c\right)^2}+\dfrac{b^2}{5b^2+\left(c+a\right)^2}+\dfrac{c^2}{5c^2+\left(a+b\right)^2}\le\dfrac{1}{3}\)

Ta có:

\(\dfrac{a^2}{5a^2+\left(b+c\right)^2}\le\dfrac{a^2}{9}\left(\dfrac{1}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{1}{2a^2+bc}+\dfrac{1}{2a^2+bc}\right)=\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{a^2}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{2a^2}{2a^2+bc}\right)=\dfrac{1}{9}+\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{a^2}{a^2+b^2+c^2}-\dfrac{bc}{2a^2+bc}\right)\)

Tương tự ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{b^2}{5b^2+\left(c+a\right)^2}\le\dfrac{1}{9}+\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{b^2}{a^2+b^2+c^2}-\dfrac{ca}{2b^2+ca}\right)\\\dfrac{c^2}{5c^2+\left(a+b\right)^2}\le\dfrac{1}{9}+\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{c^2}{a^2+b^2+c^2}-\dfrac{ab}{2c^2+ab}\right)\end{matrix}\right.\)

Cộng vế theo vế ta được

\(P\le\dfrac{4}{9}-\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{bc}{2a^2+bc}+\dfrac{ca}{2b^2+ca}+\dfrac{ab}{2c^2+ab}\right)\)

\(\le\dfrac{4}{9}-\dfrac{1}{9}.\dfrac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{bc\left(2a^2+bc\right)+ca\left(2b^2+ca\right)+ab\left(2c^2+ab\right)}=\dfrac{4}{9}-\dfrac{1}{9}=\dfrac{1}{3}\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) ta có

\(\sqrt{\dfrac{a^3}{5a^2+\left(b+c\right)^2}}+\sqrt{\dfrac{b^3}{5b^2+\left(c+a\right)^2}}+\sqrt{\dfrac{c^3}{5c^2+\left(a+b\right)^2}}\le\sqrt{\dfrac{a+b+c}{3}}\)