Theo giả thiết có : \(abc\ne0\)chia hai vế của phương trình cho \(abc\)có : \(\frac{2ab+3bc+4ac}{abc}=\frac{5abc}{abc}\Leftrightarrow\frac{2}{a}+\frac{3}{b}+\frac{4}{c}=1\)

Xét : (ở tử của p  tắc 7 = 4+3; 6= 4+2; 5=2+3 rồi nhóm nhân tử chung)

\(P=\frac{7}{a+b-c}+\frac{6}{b+c-a}+\frac{5}{c+a-b}\)

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

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

Nếu có \(x,y\left(x>0,y>0\right)\)ta luôn có \(\left(x+y\right)^2\ge4xy\Leftrightarrow\frac{x+y}{xy}\ge\frac{4}{x+y}\Leftrightarrow\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\)

áp dụng vào P có

\(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}\ge\frac{4}{a+b-c+b+c-a}=\frac{4}{2b}=\frac{2}{b}\)

\(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{c+a-b}\ge\frac{4}{a+b-c+c+a-b}=\frac{4}{2a}=\frac{2}{a}\)

\(\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{c+a-b}\ge\frac{4}{b+c-a+c+a-b}=\frac{4}{2c}=\frac{2}{c}\)

Cộng từng vế của 3 bất đẳng thức :

\(P\ge4.\frac{2}{b}+3.\frac{2}{a}+2.\frac{2}{c}=2\left(\frac{4}{b}+\frac{3}{a}+\frac{2}{c}\right)=2.5=10\)

Vậy \(P_{min}=10\)dấu "=" sảy ra khi \(a=b=c=\frac{9}{5}\)

trên đầu mình viết nhầm nhe chỗ tổng phân số bằng 5 chứ ko phải 1 

Theo tớ nghĩ lúc đầu là:

Áp dụng bất đẳng thức cô-si, ta co:

5=\(\frac{3}{a}\)+\(\frac{4}{b}\)+\(\frac{2}{c}\)>= \(\frac{\left(3+4+2\right)}{\left(3a+4b+2c\right)}^2\)=>      3a +  4b   +    2c   >=   \(\frac{81}{5}\)

Suy ra                  P>=    \(\frac{\left(7+6+5\right)^2}{7\left(a+b-c\right)+6\left(b+c-a\right)+5\left(c+a-b\right)}\)

=  10

..............................................v.v.............đoạn đầu của mk đấy.

Từ giả thiết : \(2ab+3bc+4ac=5abc\)Vì a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên chia cả hai vế cho \(abc>0\)được : 

\(\frac{2}{c}+\frac{3}{a}+\frac{4}{b}=5\)

Áp dụng bất đẳng thức phụ sau : \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\)( x,y là số dương.  Dấu đẳng thức xảy ra <=> x = y  )

(Bạn tự chứng minh bằng biến đổi tương đương nhé!)

Ta có : \(P=\frac{7}{a+b-c}+\frac{6}{b+c-a}+\frac{5}{c+a-b}=\left(\frac{2}{c+a-b}+\frac{2}{b+c-a}\right)+\left(\frac{3}{c+a-b}+\frac{3}{a+b-c}\right)+\left(\frac{4}{a+b-c}+\frac{4}{b+c-a}\right)\)\(=2\left(\frac{1}{c+a-b}+\frac{1}{b+c-a}\right)+3\left(\frac{1}{c+a-b}+\frac{1}{a+b-c}\right)+4\left(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}\right)\ge2.\frac{4}{c+a-b+b+c-a}+3.\frac{4}{c+a-b+a+b-c}+4.\frac{4}{a+b-c+b+c-a}=\frac{8}{2c}+\frac{12}{2a}+\frac{16}{2b}=\frac{4}{c}+\frac{6}{a}+\frac{8}{b}=2\left(\frac{2}{c}+\frac{3}{a}+\frac{4}{b}\right)=10\)Vậy Min P = 10 \(\Leftrightarrow a=b=c=\frac{9}{5}\)

2ab+3bc+4ca=5abc

chia hai vế với abc

=>\(\frac{2}{c}+\frac{3}{a}+\frac{4}{b}=5\)

=> tự giải tiếp

làm lại dong cuối:\(A\ge\frac{2}{c}+\frac{4}{b}+\frac{6}{a}\)

Mà:\(2c+b=abc\Rightarrow a=\frac{2c+b}{cb}=\frac{2}{b}+\frac{1}{c}\)

\(\Rightarrow2a=\frac{4}{b}+\frac{2}{c}\)

\(\Rightarrow A\ge2a+\frac{6}{a}\)

Ta có:\(A=\left(\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{a+c-b}\right)+2\left(\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{a+b-c}\right)\)

\(+3\left(\frac{1}{a+c-b}+\frac{1}{a+b-c}\right)\)

\(\ge\frac{2}{c}+\frac{4}{b}+\frac{6}{c}\) (Do a,b,c là 3 cạnh của tam giác nên:\(\hept{\begin{cases}a+b-c>0\\a+c-b>0\\c+b-a>0\end{cases}}\)

\(=\frac{6}{a}+2a\ge4\sqrt{3}\left(cosi\right)\left(a>0\right)\)

Dấu = xảy ra khi:

\(a=b=c=\sqrt{3}\)

xin lỗi các bạn đáp án là\(2\sqrt{3}\)

Áp dụng bổ đề quen thuộc \(x^3+y^3\ge xy\left(x+y\right)\), ta được: \(\frac{1}{2a^3+b^3+c^3+2}=\frac{1}{\left(a^3+b^3\right)+\left(a^3+c^3\right)+2}\le\frac{1}{ab\left(a+b\right)+ac\left(a+c\right)+2}\)\(=\frac{bc}{ab^2c\left(a+b\right)+abc^2\left(a+c\right)+2bc}=\frac{bc}{b\left(a+b\right)+c\left(a+c\right)+2bc}\)\(\le\frac{bc}{ab+ac+4bc}=\frac{bc}{b\left(a+c\right)+c\left(a+b\right)+2bc}\)\(\le\frac{1}{9}\left(\frac{bc}{b\left(a+c\right)}+\frac{bc}{c\left(a+b\right)}+\frac{bc}{2bc}\right)=\frac{1}{9}\left(\frac{c}{a+c}+\frac{b}{a+b}+\frac{1}{2}\right)\)(1)

Tương tự, ta có: \(\frac{1}{a^3+2b^3+c^3+2}\le\frac{1}{9}\left(\frac{c}{b+c}+\frac{a}{a+b}+\frac{1}{2}\right)\)(2); \(\frac{1}{a^3+b^3+2c^3+2}\le\frac{1}{9}\left(\frac{b}{b+c}+\frac{a}{a+c}+\frac{1}{2}\right)\)(3)

Cộng theo vế ba bất đẳng thức (1), (2), (3), ta được: \(P\le\frac{1}{9}\left(1+1+1+\frac{3}{2}\right)=\frac{1}{2}\)

Vậy giá trị lớn nhất của P là \(\frac{1}{2}\)đạt được khi x = y = z = 1