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

\(\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\ge a^4+b^4+c^4+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\)

\(\ge a^4+b^4+c^4+a^2b^2-2abc^2\)

\(=\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a^4+b^4+\left(c^2-ab\right)^2\right)\)

\(\ge\left(a^3+b^3+c\left(c^2-ab\right)\right)^2\)

\(=\left(a^3+b^3+c^3-abc\right)^2\ge\left(a^3+b^3+c^3-3abc\right)^2=1\)

\(\Rightarrow B\ge1\)

Lời giải:

Xét:

$\frac{a}{a^2+1}-\left(\frac{16}{25}-\frac{3}{25}a\right)=\frac{(a-2)^2(3a-4)}{25(a^2+1)}\geq 0$ với mọi $a\geq \frac{4}{3}$

$\Rightarrow \frac{a}{a^2+1}\geq \frac{16}{25}-\frac{3}{25}a$

Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế, suy ra:

$A\geq \frac{48}{25}-\frac{3}{25}(a+b+c)=\frac{6}{5}$

Vậy $A_{\min}=\frac{6}{5}$.

Giá trị này đạt tại $a=b=c=2$

có cách nào không gượng ép như thế này không ạ

kiểu như phân tích chọn điểm rơi để tìm cách thêm bớt ấy ạ

1,\(T=a^3+b^3=\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)=20\left(a^2-ab+b^2\right)=\)

\(=10\left(a^2-2ab+b^2\right)+10\left(a^2+b^2\right)\)

\(\ge10\left(a-b\right)^2+5.\left(a+b\right)^2\ge0+5.20^2=2000\)

2,a,\(\sqrt{a}+\sqrt{b-1}+\sqrt{c-2}=\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)\)

\(\Leftrightarrow a-2\sqrt{a}+b-2\sqrt{b-1}+c-2\sqrt{c-2}=0\)

\(\Leftrightarrow a-2\sqrt{a}+1+b-1-2\sqrt{b-1}+1+c-2+2\sqrt{c-2}+1=0\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{a}-1\right)^2+\left(\sqrt{b-1}-1\right)^2+\left(\sqrt{c-2}-1\right)^2=0\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a=1\\b=2\\c=3\end{cases}}\)

b,sai đề

Xét \(\frac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}\Rightarrow10\ge\sqrt{ab}\Leftrightarrow100\ge ab\)

\(T=a^3+b^3=\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)=20\left(a^2-ab+b^2\right)=20\left[a^2+2ab+b^2-3ab\right]=20\left(20\right)^2-6ab\)

\(T\ge20.20^2-6.100=7400\)

\(a^3+a^3+1\ge3\sqrt[3]{a^3.a^3.1}=3a^2\)

Tương tự: \(2b^3+1\ge3b^2\) ; \(2c^3+1\ge3c^2\)

\(\Rightarrow2\left(a^3+b^3+c^3\right)+3\ge3\left(a^2+b^2+c^2\right)=9\)

\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge3\)

\(A_{min}=3\) khi \(a=b=c=1\)

Lại có: \(\left\{{}\begin{matrix}a;b;c\ge0\\a^2+b^2+c^2=3\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow0\le a;b;c\le\sqrt{3}\)

\(\Rightarrow a^2\left(a-\sqrt{3}\right)\le0\Rightarrow a^3\le\sqrt{3}a^2\)

Tương tự: \(b^3\le\sqrt{3}b^2\) ; \(c^3\le\sqrt{3}c^2\)

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

\(A_{max}=3\sqrt{3}\) khi \(\left(a;b;c\right)=\left(0;0;\sqrt{3}\right)\) và các hoán vị