Ta có: P= \(2a+3b+\dfrac{1}{a}+\dfrac{4}{b}\) = \(\text{​​}\text{​​}(\dfrac{1}{a}+a)+\left(\dfrac{4}{b}+b\right)+\left(a+2b\right)\)

Ta thấy: \(\text{​​}\text{​​}(\dfrac{1}{a}+a)\ge2\sqrt{\dfrac{1}{a}\cdot a}=2\)

             \(\text{​​}\text{​​}\left(\dfrac{4}{b}+b\right)\ge2\sqrt{\dfrac{4}{b}\cdot b}=4\)

Do đó: P \(\ge2+4+5=11\)

Vậy: P(min)=11  khi:  \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{1}{a}=a\\\dfrac{4}{b}=b\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=1\\b=2\end{matrix}\right..\)

\(Like\)

Keke

\(\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{3}{c}\ge\frac{3}{a+b}+\frac{18}{3b+4c}+\frac{9}{c+6a}\)  \(\left(i\right)\)

Đặt  \(x=\frac{1}{a};\)  \(y=\frac{2}{b};\)  và  \(z=\frac{3}{c}\)  \(\Rightarrow\) \(\hept{\begin{cases}a=\frac{1}{x}\\b=\frac{2}{b}\\c=\frac{3}{z}\end{cases}}\)  nên   \(x,y,z>0\)

Khi đó, ta có thể biểu diễn lại bđt  \(\left(i\right)\) dưới dạng ba biến  \(x,y,z\)  như sau:

\(x+y+z\ge\frac{3xy}{2x+y}+\frac{3yz}{2y+z}+\frac{3xz}{2z+x}\) \(\left(ii\right)\)

Lúc này, ta cần phải chứng minh bđt  \(\left(ii\right)\)  luôn đúng với mọi  \(x,y,z>0\)

Thật vậy, ta có:

\(2x+y=x+x+y\ge3\sqrt[3]{x^2y}\)

\(\Rightarrow\) \(\frac{3xy}{2x+y}\le\frac{3xy}{3\left(x^2y\right)^{\frac{1}{3}}}=\left(xy^2\right)^{\frac{1}{3}}\le\frac{x+2y}{3}\)  \(\left(1\right)\)

Thiết lập các bđt còn lại theo vòng hoán vị  \(y\rightarrow z\rightarrow x\) , ta có:

\(\frac{3yz}{2y+z}\le\frac{y+2z}{3}\) \(\left(2\right);\)  \(\frac{3xz}{2z+x}\le\frac{z+2x}{3}\) \(\left(3\right)\)

Cộng từng vế ba bđt   \(\left(1\right);\)  \(\left(2\right);\)  và   \(\left(3\right)\) ta được:

\(VP\left(ii\right)\le\frac{x+2y+y+2z+z+2x}{3}=\frac{3\left(x+y+z\right)}{3}=x+y+z=VT\left(ii\right)\)

Vậy, bđt  \(\left(ii\right)\)  được chứng minh.

nên kéo theo  bđt  \(\left(i\right)\)  luôn là bđt đúng với  mọi  \(a,b,c>0\)

Dấu  \("="\)  xảy ra  \(\Leftrightarrow\)  \(x=y=z\) \(\Leftrightarrow\)  \(6a=3b=2c\)

bạn làm giống mình đó

Lời giải:
BĐT cần chứng minh tương đương với:

$18a^2+3b^2+7c^2+18-16ac+6bc-12a\geq 0$

$\Leftrightarrow (16a^2-16ac+4c^2)+3(b^2+2bc+c^2)+2(a^2-6a+9)\geq 0$

$\Leftrightarrow (4a-2c)^2+3(b+c)^2+2(a-3)^2\geq 0$

(luôn đúng với mọi $a,b,c$ thực)

Do đó ta có đpcm.

\(a+\dfrac{1}{a}=\dfrac{a^2+1}{a}\ge\dfrac{2a}{a}=2;b+\dfrac{4}{b}=\dfrac{b^2+4}{b}\ge\dfrac{4b}{b}=4;c+\dfrac{9}{c}=\dfrac{c^2+9}{c}\ge\dfrac{6c}{c}=6\)

\(a+b+c+\dfrac{1}{a}+\dfrac{4}{b}+\dfrac{9}{c}=\left(a+\dfrac{1}{a}\right)+\left(b+\dfrac{4}{b}\right)+\left(c+\dfrac{9}{c}\right)\ge2+4+6=12\)

\(a^3+b^3+abc\ge ab\left(a+b+c\right)\\ \Leftrightarrow a^3+b^3+abc-ab\left(a+b+c\right)\ge0\\ \Leftrightarrow a^3+b^3+ab\left(c-a-b-c\right)\ge0\\ \Leftrightarrow a^3+b^3-ab\left(a+b\right)\ge0\\ \Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)-ab\left(a+b\right)\ge0\\ \Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a^2-2ab+b^2\right)\ge0\\ \Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a-b\right)^2\ge0\left(luôn.đúng\right)\)

Dấu \("="\Leftrightarrow a=b\)