Ta có bất đẳng thức sau:

\(\frac{a^{3}}{a^{2} + b^{2}} \geq \frac{a^{2}}{a + b} .\)

Áp dụng cho ba biến, suy ra

\(P \geq \frac{a^{2}}{a + b} + \frac{b^{2}}{b + c} + \frac{c^{2}}{c + a} .\)

Mặt khác, bất đẳng thức quen thuộc cho thấy

\(\frac{a^{2}}{a + b} + \frac{b^{2}}{b + c} + \frac{c^{2}}{c + a} \geq \frac{a + b + c}{2} .\)

Vì \(a + b + c = 3\), nên

\(P \geq \frac{3}{2} .\)

Dấu bằng xảy ra khi \(a = b = c = 1\). Khi đó

\(P = \frac{3}{2} .\)

Đáp số:... ( học tốt nghen, tick cho mình zới)

ui mk bó tay vì chưa hok đến lóp 9!!! ^^

54746767765858578758788974686865876546456475675685785

A=\(\frac{a^2}{bc}\)+\(\frac{b^2}{ac}\)+\(\frac{c^2}{ab}\)=\(\frac{a^3}{abc}\)+\(\frac{b^3}{abc}\)+\(\frac{c^3}{abc}\)=\(\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}\)

Mà a^3+b^3+c^3=3abc ( Tự chứng minh )

\(\Rightarrow\)A= \(\frac{3abc}{abc}\)= 3

jhregguaiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiii

Sửa đề: Chứng minh: \(2\le\frac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}+ab+bc+ca\le4\)

Đặt \(a+b+c=3u;ab+bc+ca=3v^2\)

\(\Rightarrow3\left(9u^2-6v^2\right)+3v^2=12\Rightarrow9u^2-6v^2+v^2=4\) (1)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2=9u^2-6v^2=4-v^2\). Mặt khác từ (1) ta cũng suy ra:

\(\left(3u\right)^2=9u^2=4+5v^2\Rightarrow a+b+c=3u=\sqrt{4+5v^2}\)

Từ giả thiết ta có: \(12=3\left(a^2+b^2+c^2\right)+ab+bc+ca\ge4\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Rightarrow3v^2=ab+bc+ca\le3\Rightarrow0\le v\le1\) (vì \(v=\sqrt{\frac{ab+bc+ca}{3}}\ge0\)..) 

Vì vậy ta cần chứng minh: \(2\le f\left(v\right)=\frac{4-v^2}{\sqrt{4+5v^2}}+3v^2\le4\)  với \(0\le v\le1\)

Dễ thấy hàm số này đồng biến vì vậy f(v) đạt min tại v = 0 tức \(f\left(v\right)_{min}=2\)

Đạt Max tại v = 1 tức \(f\left(v\right)_{max}=4\)

Ta có đpcm.

P/s: Em mới học BĐT nên không chắc đâu, nhất là khúc mà em in đậm ấy.

Quên: 

\(f\left(v\right)_{min}=2\Leftrightarrow\left(a;b;c\right)=\left(2;0;0\right)\) và các hoán vị.

\(f\left(v\right)_{max}=4\Leftrightarrow a=b=c=1\)

\(a^2+b^2+c^2=1\Rightarrow-1\le a;b;c\le1\text{ ta có:}\)

\(a^2-a^3+b^2-b^3+c^2-c^3=a^2\left(1-a\right)+b^2\left(1-b\right)+c^2\left(1-c\right)\ge0\Rightarrow\text{ 1 số bằng 1; 2 số bằng 1}\)

do đó:a+b²+c³=1

\(\hept{\begin{cases}a^2+b^2+c^2=1\left(1\right)\\a^3+b^3+c^3=1\left(2\right)\end{cases}}\)

Ta có: ( 1) => \(a^2\le1;b^2\le1;c^2\le1\) => \(-1\le a\le1;-1\le b\le1;-1\le c\le1\)

=> \(\left(a-1\right)\le0;\left(b-1\right)\le0;\left(c-1\right)\le0\)

<=> \(a^2\left(a-1\right)\le0;b^2\left(b-1\right)\le0;c^2\left(c-1\right)\le0\)

Lấy (2) - (1) ta có: \(a^3-a^2+b^3-b^2+c^3-c^2=0\)

<=> \(a^2\left(a-1\right)+b^2\left(b-1\right)+c^2\left(c-1\right)=0\)(1)

TH1) Tồn tại ít nhất 1 số trong 3 số: \(a^2\left(a-1\right);b^2\left(b-1\right);c^2\left(c-1\right)< 0\)

=> vô lí 

Th2) Cả 3 số bằng 0 

(1) <=> \(a^2\left(a-1\right)=b^2\left(b-1\right)=c^2\left(c-1\right)=0\)

Mặt khác \(a^2+b^2+c^2=1\)

Do đó chỉ có các nghiệm: ( 1; 0; 0) hoặc (0; 0; 1) hoặc ( 0; 1; 0 ) thỏa mãn

Vậy tổng a + b^2 + b^3 = 1

Kết quả là "Mi đụ rông"

Ta có: \(\frac{a^2+ab+1}{\sqrt{a^2+3ab+c^2}}=\frac{a^2+ab+1}{\sqrt{a^2+ab+2ab+c^2}}\ge\frac{a^2+ab+1}{\sqrt{a^2+ab+a^2+b^2+c^2}}=\sqrt{a^2+ab+1}\)

\(\sqrt{a^2+ab+1}=\sqrt{a^2+ab+a^2+b^2+c^2}=\sqrt{\left(a+\frac{b}{2}\right)^2+\frac{3}{4}b^2+a^2+c^2}\)

\(=\frac{1}{\sqrt{5}}.\sqrt{\left(\frac{9}{4}+\frac{3}{4}+1+1\right)\left(\left(a+\frac{b}{2}\right)^2+\frac{3}{4}b^2+a^2+c^2\right)}\)

\(\ge\frac{1}{\sqrt{5}}\sqrt{\left(\frac{3}{2}\left(a+\frac{b}{2}\right)+\frac{3}{2}b+a+c\right)^2}\)

\(=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\frac{5}{2}a+\frac{3}{2}b+c\right)\)

=> \(\frac{a^2+ab+1}{\sqrt{a^2+3ab+c^2}}\ge\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\frac{5}{2}a+\frac{3}{2}b+c\right)\)

Tương tự ta cũng chứng minh đc:

 \(\frac{b^2+bc+1}{\sqrt{b^2+3bc+a^2}}\ge\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\frac{5}{2}b+\frac{3}{2}c+a\right)\)

\(\frac{c^2+ca+1}{\sqrt{c^2+3ca+b^2}}\ge\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\frac{5}{2}c+\frac{3}{2}a+b\right)\)

=> \(\frac{a^2+ab+1}{\sqrt{a^2+3ab+c^2}}+\frac{b^2+bc+1}{\sqrt{b^2+3bc+a^2}}+\frac{c^2+ca+1}{\sqrt{c^3+3ca+b^2}}\ge\frac{1}{\sqrt{5}}\left(5a+5b+5c\right)\)

\(=\sqrt{5}\left(a+b+c\right)\)

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