ta có a^3 +b^3+c^3=3abc(quy đồng)

=> (a+b+c)1/2{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}=0

=> a=b=c 

còn lại bạn tự làm

kq=9

kq: \(\dfrac{1}{3}\)

Bài tương tự bài dưới đây:

Câu hỏi của Nguyễn Đặng Việt Tuấn - Toán lớp 9 | Học trực tuyến

Ta chứng minh được:

\(\frac{a}{9a^3+3b^2+c}+\frac{b}{9b^3+3c^2+a}+\frac{c}{9c^3+3a^2+b}\leq \frac{2}{3}+ab+bc+ac\)

\(\Rightarrow P\leq \frac{2}{3}+2019(ab+bc+ac)\)

Mà \(ab+bc+ac\leq \frac{(a+b+c)^2}{3}=\frac{1}{3}\)

\(\Rightarrow P\leq \frac{2021}{3}\) hay \(P_{\max}=\frac{2021}{3}\)

\(\dfrac{a}{1+9b^2}=a-\dfrac{9ab^2}{1+9b^2}\ge a-\dfrac{9ab^2}{6b}=a-\dfrac{3}{2}ab\)

Tương tự và cộng lại:

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

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{1}{3}\)

Ta có : \(\frac{a}{1+9b^2}=\frac{a+9ab^2-9ab^2}{1+9b^2}=a-\frac{9ab^2}{1+9b^2}\ge a-\frac{9ab^2}{6b}=a-\frac{3ab}{2}\)

Tương tự : \(\frac{b}{1+9c^2}\ge b-\frac{3bc}{2}\); \(\frac{c}{1+9a^2}\ge c-\frac{3ac}{2}\)

\(\Rightarrow Q\ge a+b+c-\frac{3ab+3bc+3ac}{2}\ge a+b+c-\frac{3.\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}{2}=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)

Ta có: \(Q=\frac{a}{1+9b^2}+\frac{b}{1+9c^2}+\frac{c}{9a^2}=\frac{a+9ab^2-9ab^2}{1+9b^2}+\frac{b+9bc^2-9bc^2}{1+9b^2}+\frac{c+9ca^2-9ca^2}{1+9c^2}\)

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

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(\frac{9ab^2}{1+9b^2}\le\frac{9ab^2}{2\sqrt{1\cdot9b^2}}=\frac{9ab^2}{2\cdot3b}=\frac{3ab}{2}\)

Tương tự ta có: \(\hept{\begin{cases}\frac{9bc^2}{1+9c^2}\le\frac{3ab}{2}\\\frac{9ca^2}{1+9a^2}\le\frac{3ab}{2}\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\frac{9ab^2}{1+9b^2}+\frac{9bc^2}{1+9c^2}+\frac{9ac^2}{1+9a^2}\le\frac{3\left(ab+bc+ca\right)}{2}\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2}=\frac{1}{2}\)

Hay \(Q=1-\left(\frac{9ab^2}{1+9b^2}+\frac{9bc^2}{1+9c^2}+\frac{9ca^2}{1+9a^2}\right)\ge1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}\)

Dấu "=" xảy ra <=> \(a=b=c=\frac{1}{3}\)

Vậy \(Min_P=\frac{1}{2}\)đạt được khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)

sai đề nhé ở đây, min nó là 16 mà 6 căn 6=14 thôi, mà cái điểm rơi cũng ngộ nữa :))

Nếu bạn đã nói sai thì cho mình giải thử nhé!

Áp dụng BĐT Bunhiacopxky - Cauchy - Schwarz, ta có: 

\(\left(ax+by+cz\right)^2\le\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)\)\(\Rightarrow\sqrt{a^2+b^2+c^2}\cdot\sqrt{x^2+y^2+z^2}\ge ax+by+cz\)(với a, b, c, x, y, z là những số dương)

\(\Rightarrow\sqrt{2+18+4}\cdot\sqrt{\frac{8}{a^2}+\frac{9b^2}{2}+\frac{c^2a^2}{4}}\ge\sqrt{2}\cdot\frac{2\sqrt{2}}{a}+3\sqrt{2}\cdot\frac{3b}{\sqrt{2}}+2\cdot\frac{ca}{2}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{24}\cdot\sqrt{\frac{8}{a^2}+\frac{9b^2}{2}+\frac{c^2a^2}{4}}\ge\frac{4}{a}+9b+ca\)(1)

Tương tự ta có: \(\sqrt{24}.\sqrt{\frac{8}{b^2}+\frac{9c^2}{2}+\frac{a^2b^2}{4}}\ge\frac{4}{b}+9c+ab\)(2)

                           \(\sqrt{24}\cdot\sqrt{\frac{8}{c^2}+\frac{9a^2}{2}+\frac{b^2c^2}{4}}\ge\frac{4}{c}+9a+bc\)(3)

Cộng vế theo vế (1), (2) và (3) ta được: \(\sqrt{24}\cdot\left(VT\right)\ge\frac{4}{a}+\frac{4}{b}+\frac{4}{c}+9\left(a+b+c\right)+ab+bc+ca\)

\(=\left(\frac{4}{a}+a\right)+\left(\frac{4}{b}+b\right)+\left(\frac{4}{c}+c\right)+\left(2a+bc\right)+\left(2b+ca\right)+\left(2c+ab\right)\)\(+6\left(a+b+c\right)\)\(\ge2\sqrt{\frac{4}{a}\cdot a}+2\sqrt{\frac{4}{b}\cdot b}+2\sqrt{\frac{4}{c}\cdot c}+2\sqrt{2abc}+2\sqrt{2abc}+2\sqrt{2abc}\)\(+6\left(a+b+c\right)\)\(=12+6\left(a+b+c+\sqrt{2abc}\right)\ge12+6\cdot10=72\)

\(\Rightarrow VT\ge\frac{72}{\sqrt{24}}=6\sqrt{6}\)

Dấu ''='' xảy ra khi: \(\hept{\begin{cases}a+b+c+\sqrt{2abc}=10\\VT=6\sqrt{6}\end{cases}\Leftrightarrow a=b=c=2}\)

Vậy ta được ĐPCM

Cauchy-SChwarz:

\(\left(9a^3+3b^2+c\right)\left(\dfrac{1}{9a}+\dfrac{1}{3}+c\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a}{\left(9a^3+3b^2+c\right)}\le\dfrac{a\left(\dfrac{1}{9a}+\dfrac{1}{3}+c\right)}{\left(a+b+c\right)^2}=\dfrac{\dfrac{1}{9}+\dfrac{a}{3}+ac}{\left(a+b+c\right)^2}\)

Tương tự cho 2 BĐT còn lại rồi cộng theo vế:

\(P\le\dfrac{1}{9}\cdot3+\dfrac{a+b+c}{3}+ab+bc+ca\)

\(\le\dfrac{1}{9}\cdot3+\dfrac{a+b+c}{3}+\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=1\)

Dấu "=" \(\Leftrightarrow a=b=c=\dfrac{1}{3}\)

Ta có: \(\dfrac{a}{1+9b^2}=a-\dfrac{9ab^2}{1+9b^2}\ge a-\dfrac{3ab}{2}\)

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

(Áp dụng BĐT Cô Si cho 2 số dương, ta có:

\(\text{ }ab+bc+ca\le a^2+b^2+c^2\Rightarrow3\left(\text{ }ab+bc+ca\right)\le\left(a+b+c\right)^2\))

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=\dfrac{1}{3}\)