kogioitoan

Ta có $a^{3}+b^{3}+c^{3}=(a+b)^{3}+c^{3}-3ab(a+b)=(a+b+c)^{3}-3(a+b+c)(ab+bc+ca)+3abc=27-9(ab+bc+ca)+3abc$. Mặt khác ta cũng có $(c-1)(a-1)(b-1)\leq 0\rightarrow 3abc\leq 3(ab+bc+ca)-6$. Đặt $t=ab+bc+ca$ (điều kiện bạn tự tìm min max của $ab+bc+ca$ nhé), bđt cần chứng minh trở thành $\frac{24}{21-6t}+\frac{25}{t}\geq 14$ tương đương với $(2t-5)^2 \geq 0$(đúng).

Dấu "=" xảy ra khi $a=2, b=1, c=0$ (mình ko chắc lắm)

Mình có thấy bài này ở https://m.facebook.c...76389&source=48

Cho các số thực dương $a,b,c$ thoả mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng $\Sigma \frac{a}{a^4+bc+3}\leq\frac{3}{5}$

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $13a + 5b + 12c = 9$. Chứng minh rằng
$\frac{ab}{2a+b}+\frac{3bc}{2b+c}+\frac{6ca}{2c+a}\leqslant1$
(Ac giúp e bằng UCT vs ạ)

Bài này thì mình có cách này ko biết có thoả mãn yêu cầu của bạn ko:))
Ta có $\frac{ab}{2a+b}=\frac{1}{\frac{2}{b}+\frac{1}{a}}=\frac{1}{\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{a}}\leqslant\frac{2b+a}{9}$. Tương tự, ta sẽ có $\frac{ab}{2a+b}+\frac{3bc}{2b+c}+\frac{6ca}{2c+a}\leqslant\frac{13a+5b+12c}{9}=1$
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=\frac{3}{10}$

Cho a, b,c là các số thực dương thoả mãn $0\leq a,b,c\leq1$. Chứng minh rằng $2(\frac{a}{1+bc}+\frac{b}{1+ca}+\frac{c}{1+ab})+abc\leq4$

Ta có $\frac{a}{2a+b^{2}}=\frac{a}{2a^{2}+2ab+2ac+b^{2}}\leq \frac{a}{a^{2}+4ab+2ac}=\frac{1}{a+4b+2c}$. Thấy $\frac{1}{a}+\frac{16}{4b}+\frac{4}{2c}\geq \frac{49}{a+4b+2c}$ do đó $\frac{a}{2a+b^{2}}\leq \frac{1}{49}\left ( \frac{1}{a}+\frac{4}{b}+\frac{2}{c} \right )$.

Vậy VT$\leq \frac{1}{49}\left ( \frac{7}{a}+\frac{7}{b}+\frac{7}{c} \right )$ hay ta có đpcm

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

Đề không khó lắm, chỉ có câu V.2 là lắc léo

Câu V.2 kinh điển

Cho a, b, c là các số thực không âm thoả $a+b+c=1$. Tìm max $a^{4}b+b^{4}c+c^{4}a$

Bạn thử dùng Menelaus xem sao