vì a² và b² là 2 SCP nên chúng là STN

thử các trường hợp chỉ có 1 và 1 thỏa mãn => a và b đều = 1

=> a + b < 2(a + b)³ vì 2 < 16 (đpcm)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có :

 \(a^2+b^2\ge2\left|ab\right|\)

\(\Rightarrow\left|ab\right|\le1\)

\(\Leftrightarrow-1\le\left|ab\right|\le1\)

Ta có : \(a^2+b^2=\left(a+b\right)^2-2ab\)

\(\Rightarrow\left(a+b\right)^2\le2+2ab\le4\)

\(\Rightarrow a+b\le2\)

dự đoán của chúa Pain a=b=c=1

ta có   \(ab^2\le\frac{\left(a+B^2\right)^2}{4}:bc^2\le\frac{\left(b+c^2\right)^2}{4}:ca^2\le\frac{\left(c+a^2\right)^2}{4}.\)

\(ab^2+bc^2+ca^2\le\frac{\left(a^2+2ab+b^2\right)+\left(b^2+2bc+c^2\right)+\left(c^2+2ac+c^2\right)}{4}\)

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

ta có  \(xy+yz+zx\le x^2+y^2+z^2\left(cosi\right)\Leftrightarrow ab+bc+ca\le a^2+b^2+c^2=3\)luôn đúng 

thay số ta được \(ab^2+bc^2+ca^2\le\frac{3}{2}+\frac{3}{2}=3\)

\(ab^2+bc^2+ca^2-abc\le3-abc\)

có  \(abc\ge\frac{\left(a+b+c\right)^3}{27}..."-abc"\ge\rightarrow\le\) ( -abc dấu > thành dấu < cùng dấu thay vào được )

\(ab^2+bc^2+ca^2-abc\le3-\frac{\left(a+b+C\right)^3}{27}\)

ta có \(a^2+1\ge2a\left(cosi\right)\)

        \(b^2+1\ge2b\)

       \(c^2+1\ge2c\)

\(a^2+b^2+c^2+3\ge2\left(a+b+c\right)\)

có (a^2+b^2+c^2)=3 (gt)   \(\Rightarrow3+3\ge2\left(a+b+C\right)\Rightarrow3\ge a+b+C\Rightarrow-3\le-\left(a+b+c\right)\)

cùng dấu < thay vào ta được

\(ab^2+bc^2+ca^2-abc\le3-\frac{\left(3\right)^3}{27}=3-1=2\)

\(\Rightarrow ab^2+bc^2+ca^2-abc\le2\)

cho chúa Pain xin cái tính :)

xin lỗi,em chỉ mới lớp 5 thui!!!

8 hay 6???

Ta có :

\(a+b+c=0\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2=0\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ac\right)=0\) (1)

Ta lại có :

\(\left(a-b\right)^2\ge0\Rightarrow a^2+b^2\ge2ab\)

Tương tự :

\(b^2+c^2\ge2bc\)

\(a^2+c^2\ge2ac\)

Do đó :

\(2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(ab+bc+ac\right)\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\) (2)

Thay (2) vào (1) ta được:

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ac\right)=0\ge3\left(ab+bc+ac\right)\)

\(\Rightarrow ab+bc+ac\le0\)

\(\Rightarrow2\left(ab+bc+ac\right)\le0\) (3)

Ta có : \(a,b\ge-1\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a+1\ge0\\b+1\ge0\end{matrix}\right.\Rightarrow\left(a+1\right)\left(b+1\right)\ge0\)

\(\Rightarrow ab+a+b+1\ge0\)

Tương tự:

\(bc+c+b+1\ge0\)

\(ac+c+a+1\ge0\)

Do đó :

\(ab+a+b+1+bc+b+c+1+ac+a+c+1\ge0\)

\(\Rightarrow\left(ab+bc+ac\right)+2\left(a+b+c\right)+3\ge0\)

\(\Rightarrow\left(ab+bc+ac\right)+3\ge0\) (do \(a+b+c=0\) )

\(\Rightarrow ab+bc+ac\ge-3\)

\(\Rightarrow2\left(ab+bc+ac\right)\ge-6\) (4)

Từ (3) và (4) ta có:

\(0\ge2\left(ab+bc+ac\right)\ge-6\) (5)

Từ (1) và (5) suy ra :

\(0\le a^2+b^2+c^2\le6\)

\(\rightarrowđpcm\)

từ giả thuyết suy ra : abc >0

có 2>a,c,b ->> (2-a)(2-b)(2-c)\(\ge\)0

\(\Leftrightarrow\)8+2(ab+ac+bc) -4(a+b+c)-abc \(\ge\)0

\(\Leftrightarrow\)8+2(ab+ac+bc)-4.3-abc \(\ge\)0

\(\Leftrightarrow\)2(ab+ac+bc) \(\ge\)4+abc \(\ge\)4 (1)

Cộng a²+b²+c² vào (1)

2(ab+ac+bc)+a²+b²+c²\(\ge\)4+a²+b²+c²

(a+b+c)²-4\(\ge\)a²+b²+c²

^{thay a+b+c=3 vào}

9-4^\(\ge\)a²+b²+c²

^5 \(\ge\)a²+b²+c²

a²+b²+c² \(\le\)5

cauhc lop may