Lời giải:
Do $a,b,c\in [0;1]$ nên:

$a^2(1-b)\leq 0$

$b^2(1-c)\leq 0$

$c^2(1-a)\leq 0$

Cộng theo vế suy ra: $a^2+b^2+c^2\leq a^2b+b^2c+c^2a$ 

Ta có đpcm.

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.

? abc=? (1 hay 2020)

Áp dụng BĐT Bunyakovski\(,\) ta có: \(\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)

Do đó: \(VT\ge\frac{\left(a+b+c\right)^3}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}=\frac{abc\left(a+b+c\right)^3}{ab+bc+ca}\ge9abc\)

Bất đẳng thức cuối tương đương: \(\left(a+b+c\right)^3\ge9\left(ab+bc+ca\right)\) \((\ast)\)

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

\(\therefore\left(ab+bc+ca\right)=\frac{\left(a+b+c\right)^2-3}{2}\)

\((\ast)\) \(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^3\ge\frac{9}{2}\)\(\Big[(a+b+c)^2-3\Big] \)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{2}\left(2a+2b+2c+3\right)\left(a+b+c-3\right)^2\ge0\)

Bất đẳng thức cuối hiển nhiên.

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\). Done.

Thiên tài

Ta có:

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

\(=a^3+ab^2+b^3+bc^2+c^3+ca^2+a^2b+b^2c+c^2a\)

\(\ge2\sqrt{a^3.ab^2}+2\sqrt{b^3.bc^2}+2\sqrt{c^3.ca^2}+a^2b+b^2c+c^2a=3\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge a^2b+b^2c+c^2a\)

\(\Rightarrow P\ge a^2+b^2+c^2+\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}=a^2+b^2+c^2+\frac{\left(a+b+c\right)^2-\left(a^2+b^2+c^2\right)}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)

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

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

\(P\ge2\sqrt{\frac{9\left(a^2+b^2+c^2\right)}{4\left(a^2+b^2+c^2\right)}}+\frac{1}{2}.\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2-\frac{1}{2}=4\)

\(P_{min}=4\) khi \(a=b=c=1\)

Đề bài thiếu, a;b;c bất kì thì ko thể giải được

Ít nhất a;b;c phải dương

Từ a+b+c=6 \(\Rightarrow\)a+b=6-c

Ta có: ab+bc+ac=9\(\Leftrightarrow\)ab+c(a+b)=9

                               \(\Leftrightarrow\)ab=9-c(a+b)

           Mà a+b=6-c (cmt)

                                \(\Rightarrow\)ab=9-c(6-c)

                                \(\Rightarrow\)ab=9-6c+c²

Ta có: (b-a)²\(\ge\)0 \(\forall\)b, c

  \(\Rightarrow\)b²+a²-2ab\(\ge\)0

  \(\Rightarrow\)(b+a)²-4ab\(\ge\)0

  \(\Rightarrow\)(a+b)²\(\ge\)4ab

Mà a+b=6-c (cmt)

         ab= 9-6c+c² (cmt)

  \(\Rightarrow\)(6-c)²\(\ge\)4(9-6c+c²)

  \(\Rightarrow\)36+c²-12c\(\ge\)36-24c+4c²

  \(\Rightarrow\)36+c²-12c-36+24c-4c²\(\ge\)0

  \(\Rightarrow\)-3c²+12c\(\ge\)0

  \(\Rightarrow\)3c²-12c\(\le\)0

  \(\Rightarrow\)3c(c-4)\(\le\)0

  \(\Rightarrow\)c(c-4)\(\le\)0

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}c\ge0\\c-4\le0\end{cases}}\)hoặc\(\hept{\begin{cases}c\le0\\c-4\ge0\end{cases}}\)

*\(\hept{\begin{cases}c\ge0\\c-4\le0\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}c\ge0\\c\le4\end{cases}\Leftrightarrow}0\le c\le4}\)

*

Cho a,b,c là ba số dương thoả mãn \(0\le a\le b\le c\le1\)

Chứng minh rằng \(\frac{a}{bc+1}+\frac{b}{ac+1}+\frac{c}{ab+1}\le2\)

Giải : 

Từ giả thiết ta có : \(\left(1-b\right)\left(1-c\right)\ge0\Leftrightarrow1-\left(b+c\right)+bc\ge0\Rightarrow bc+1\ge b+c\Rightarrow\frac{a}{bc+1}\le\frac{a}{b+c}\le\frac{a}{a+b}\left(1\right)\)

Tương tự ta cũng có : \(\frac{b}{ac+1}\le\frac{b}{a+c}\le\frac{b}{a+b}\left(2\right)\) ; \(\frac{c}{ab+1}\le c\le1\left(3\right)\)

Cộng (1) , (2) , (3) theo vế ta được : \(\frac{a}{bc+1}+\frac{b}{ac+1}+\frac{c}{ab+1}\le\frac{a+b}{a+b}+1=2\)

Vậy \(\frac{a}{bc+1}+\frac{b}{ac+1}+\frac{c}{ab+1}\le2\)

ta có : a<= 1 => a-1<=0 

          b<=1 => b-1<=0  

=> (b-1)(a-1) >= 0 => ab-a-b+1 >=0 => ab+1>=a+b => 2ab+1>= a+b ( vì ab>=0) 

=> 2ab+1+1>= a+b+c  ( vì 1>= c) 

2ab+2>=a+b+c => 1/2ab+2<=1/a+b+c c/ab+1<= 2c/a+b+c

chứng minh tương tự ta có b/ac+1 <= 2b/a+b+c ;   a/bc+1<= 2a/a+b+c 

=> a/bc+1+b/ac+1 + c/ab+c <= 2a+2b+2c / a+b+c = 2 ( đpcm )