minhducndc

Do $a.b.c\leq 2\Rightarrow \left\{\begin{matrix} (a-2)(b-2)\geq 0\\ (b-2)(c-2)\geq 0 \\ (a-2)(c-2)\geq 0 \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow ab+bc+ca\geq 4(a+b+c)-12$

Như vậy ta cần chứng minh

$a^{3}+b^{3}+c^{3}+12\geq a^{2}+b^{2}+c^{2}+4(a+b+c)$

Do $1\leq a\leq 2\Rightarrow (a-1)(a-2)(a+2)\leq 0\Leftrightarrow a^{3}+4\leq a^{2}+4a$

Tương tự ta có đpcm

Dấu bằng xảy ra tại (2,2,2) và (1,2,2) và các hoán vị.

Đặt $(a;2b;3c)= (x;y;z)$

bdt$\Leftrightarrow \frac{xy}{3x+4y+2z}+\frac{yz}{3y+4z+2x}+\frac{zx}{3z+4x+2y}\leq \frac{x+y+z}{9}$

Đây là 1 trường hợp của bài tổng quát

$\frac{ab}{ma+nb+pc}+\frac{bc}{mb+nc+pa}+\frac{ca}{mc+na+pb}\leq \frac{a+b+c}{m+n+p}$ với $(m>\frac{p}{2}> 0 ,n> \frac{p}{2}> 0)$(trích toán học tuổi trẻ soos489 - mục đầu tiên luôn)

P/s: Đây là đề Thái Bình đúng không bạn ?

Ta có

$(ax+by+cz)^{2}\leq (a^{2}+b^{2}+c^{2})(x^{2}+y^{2}+z^{2})$

$\Rightarrow ax+by+cz\leq \sqrt{(a^{2}+b^{2}+c^{2})(x^{2}+y^{2}+z^{2})}$

Như vậy

$P\leq \sqrt{(a^{2}+b^{2}+c^{2})(x^{2}+y^{2}+z^{2})}+\sqrt{(ab+bc+ca)(xy+yz+zx)}+\sqrt{(ab+bc+ca)(xy+yz+zx)}$

$\leq \sqrt{(a+b+c)^{2}}.\sqrt{(x+y+z)^{2}}= x+y+z$

Ta có $b\geq 5;c\geq 5\Rightarrow b^{2}+c^{2}\geq 25+25=50\Rightarrow 2a^{2}\leq 19\Rightarrow a< 4$

Tương tự với b,c bn nhé

Từ điều kiện ta có    $\left\{\begin{matrix} a\leq 4\\ b\leq 8 \\ c\leq 6 \end{matrix}\right.$

Như vậy ta có

$\left\{\begin{matrix} (a-2)(2a-8)\leq 0\\ (b-5)(b-8)\leq 0 \\ (c-5)(c-6)\leq 0 \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 2a^{2}+16\leq 12a\\ b^{2}+40\leq 13b \\ c^{2}+30\leq 11c \end{matrix}\right.$

Cộng lần lượt theo vế của các bđt ta có

$12a+13b+11c\geq 155$

Dấu "=" xảy ra khi $a=2,b=5,c=6$

P/s: Làm câu này nhớ hồi thi chuyên