+ thêm bớt bc,ca,ab lần lượt cho P ta được

\(P=\frac{a^3}{3a+3bc-\left(ab+ac+bc\right)}+\frac{b^3}{3b+3ca-\left(ab+ac+bc\right)}+\frac{c^3}{3c+3ab-\left(ab+ac+bc\right)}+3abc\)

áp dụng BDT cô si cho mẫu ta có

\(3a+3bc\ge2\sqrt{9abc}=6\sqrt{abc}\)

suy ra

\(\frac{a^3}{3a+3bc-\left(ab+ac+bc\right)}\le\frac{a^3}{6\sqrt{abc}-\left(ab+ac+Bc\right)}\)

tương tự với các BDT còn lại suy ra :

\(P\le\frac{a^3}{6\sqrt{abc}-\left(ab+ac+bc\right)}+\frac{b^3}{6\sqrt{abc}-\left(ab+ac+bc\right)}+\frac{c^3}{6\sqrt{abc}-\left(ab+ac+bc\right)}+3abc\)

đên đây easy chưa ? chung mẫu + lại với nhau ta được

\(P\le\frac{a^3+b^3+c^3}{6\sqrt{abc}-\left(ab+ac+bc\right)}+3abc\)

áp dụng BDT cô si ta có

\(ab+bc+ca\le a^2+b^2+c^2\) luôn đúng thay vào ta được

ta có   \(a^2+B^2+c^2=\left(a+b+c\right)^2-2\left(ab+bc+ca\right)\) thêm bớt + hằng đẳng thức

thay vào và đổi dấu ta được

\(P\le\frac{a^3+b^3+c^3}{6\sqrt{abc}-9+2\left(ab+bc+Ca\right)}+3abc\)

có  \(ab+1\ge2\sqrt{ab}\)

\(ca+1\ge2\sqrt{ac}\)

\(bc+1\ge2\sqrt{bc}\)

\(\Rightarrow2\left(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\right)\le ab+bc+ca+3\)

ta lại có

\(\left(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\right)\le a+B+c\left(cosi\right)\) suy ra

\(2\left(a+b+c\right)\le ab+bc+ca+3\Leftrightarrow6\le ab+Bc+ca+3\Leftrightarrow ab+bc+ca\ge3\)

  suy ra  

\(P\le\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)}{6\sqrt{abc}-9+2\left(3\right)}=\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)}{6\sqrt{abc}-3}\)

\(P\le\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)}{6\sqrt{abc}-3}+3abc\)

ta có

\(a.a.a\le\frac{\left(a+a+a\right)^3}{27}\)

\(b.b.b\le\frac{\left(b+b+b\right)^3}{27}\)

\(c.c.c\le\frac{\left(c+c+C\right)^3}{27}\)

\(a^3+b^3+c^3\le\frac{\left(3a\right)^3+\left(3b\right)^3+\left(3c\right)^3}{27}\)

bạn ơi chắc là đề sai rồi làm sao có thể đi chứng minh được cái

\(a^3+b^3+c^3\le a+b+c\) 

bạn xem lại đi nha @@

a) \(\text{Với m= 1 ta có hpt:}\hept{\begin{cases}x+y=5\\2x-y=-2\end{cases}\Leftrightarrow3x=3\Leftrightarrow x=1\Rightarrow y=4}\)

cảm ơn bạn.còn câu b sao bạn

ÁP DỤNG BĐT COSI TA CÓ :\(\sqrt{\frac{a}{b+c+2a}}\le\frac{a}{b+c+2a}+\frac{1}{4}\)

                                            \(\sqrt[]{\frac{b}{a+c+2b}}\le\frac{b}{a+c+2b}+\frac{1}{4}\)

                                            \(\sqrt[]{\frac{c}{a+b+2c}}\le\frac{c}{a+b+2c}+\frac{1}{4}\)

ĐẶT A=\(\sqrt[]{\frac{a}{b+c+2a}}+\sqrt[]{\frac{b}{a+c+2b}}+\sqrt[]{\frac{c}{a+b+2c}}\)

            \(\le\frac{a}{b+c+2a}+\frac{b}{a+c+2b}+\frac{c}{a+b+2c}+\frac{3}{4}\)

        ÁP DỤNG BĐT :\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\)

          \(\Rightarrow\frac{a}{b+c+2a}\le\frac{1}{4}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c}\right)\)

          \(\Rightarrow\frac{b}{a+c+2b}\le\frac{1}{4}\left(\frac{b}{a+b}+\frac{b}{b+c}\right)\)

           \(\Rightarrow\frac{c}{a+b+2c}\le\frac{1}{4}\left(\frac{c}{a+c}+\frac{c}{c+b}\right)\)

  \(\Rightarrow A\le\frac{1}{4}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c}+\frac{b}{b+c}+\frac{b}{a+b}+\frac{c}{a+c}+\frac{c}{b+c}\right)+\frac{3}{4}\)

 \(\Rightarrow A\le\frac{1}{4}\left(\frac{a+b}{a+b}+\frac{b+c}{b+c}+\frac{c+a}{c+a}\right)+\frac{3}{4}\)

\(\Rightarrow A\le\frac{1}{4}\left(1+1+1\right)+\frac{3}{4}\)

\(\Rightarrow A\le\frac{3}{2}\)

DẤU = XẢY RA\(\Leftrightarrow a=b=c\)

Một lời giải khác: 

\(\left(\Sigma\sqrt{\frac{a}{b+c+2a}}\right)^2=\left(\Sigma\sqrt{\frac{a\left(a+2c+b\right)}{\left(a+2c+b\right)\left(b+c+2a\right)}}\right)^2\)

\(\le\left[\Sigma a\left(a+2c+b\right)\right]\left[\Sigma\frac{1}{\left(a+2c+b\right)\left(b+c+2a\right)}\right]=\Sigma\frac{a^2+3ab}{\left(a+2c+b\right)\left(b+c+2a\right)}\)

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

Cần chứng minh \(\frac{4\left(\Sigma a^2+3\Sigma ab\right)\left(\Sigma a\right)}{\Pi\left(a+2c+b\right)}\le\frac{9}{4}\)

Chịu khó quy đồng :V