Bài 1: Theo đề : \(2ab+6bc+2ac=7abc\) \(;a,b,c>0\)

Chia cả 2 vế cho \(abc>0\Rightarrow\frac{2}{c}+\frac{6}{a}+\frac{2}{b}=7\)

Đặt: \(\hept{\begin{cases}x=\frac{1}{a}\\y=\frac{1}{b}\\z=\frac{1}{c}\end{cases}}\Rightarrow\hept{\begin{cases}x,y,z>0\\2z+6x+2y=7\end{cases}}\)

Khi đó: \(M=\frac{4ab}{a+2b}+\frac{9ac}{a+4c}+\frac{4bc}{b+c}=\frac{4}{2x+y}+\frac{9}{4x+z}+\frac{4}{y+z}\)

\(\Rightarrow M=\frac{4}{2x+y}+2x+y+\frac{9}{4x+z}+4x+z+\frac{4}{y+z}+y+z-\left(2x+y+4x+z+y+z\right)\)

\(=\left(\frac{2}{\sqrt{x+2y}}-\sqrt{x+2y}\right)^2+\left(\frac{3}{\sqrt{4x+z}}-\sqrt{4x+z}\right)^2+\left(\frac{2}{\sqrt{y+z}}-\sqrt{y+z}\right)^2+17\ge17\)

Khi: \(\hept{\begin{cases}x=\frac{1}{2}\\y=z=1\end{cases}}\Rightarrow M=17\)

\(Min_M=17\Leftrightarrow a=2;b=1;c=1\)

ミ★๖ۣۜBăηɠ ๖ۣۜBăηɠ ★彡 chém bài khó nhất rồi nên em xin mạn phép chém bài dễ ạ.

2/\(VT=\Sigma_{cyc}\frac{\left(x+y+z\right)^2-x^2}{x\left(x+y+z\right)+yz}=\Sigma_{cyc}\frac{\left(y+z\right)\left(2x+y+z\right)}{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}\)

\(\ge\Sigma_{cyc}\frac{\left(y+z\right)\left(2x+y+z\right)}{\frac{\left(2x+y+z\right)^2}{4}}=\Sigma_{cyc}\frac{4\left(y+z\right)}{2x+y+z}=\Sigma_{cyc}\frac{2\left(y+z-2x\right)}{2x+y+z}+6\)

\(=\Sigma_{cyc}\left(\frac{2\left(x+y+z\right)\left(y+z-2x\right)}{2x+y+z}-\frac{3}{2}\left(y+z-2x\right)\right)+6\)

\(=\Sigma_{cyc}\frac{\left(y+z-2x\right)^2}{2\left(2x+y+z\right)}+6\ge6\)

Cách 2 cho bài 2(suy ra từ cách 1). 

Với mọi x, y, z thỏa mãn \(x+y+z=1\) thì:

\(VT-VP=\Sigma_{cyc}\frac{\left(y-z\right)^2\left(y+z\right)}{\left(x+y\right)\left(x+z\right)\left(2x+y+z\right)}+\Sigma_{cyc}\frac{\left(y+z-2x\right)^2}{2\left(2x+y+z\right)}\ge0\)

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

Ta có : \(\frac{1}{a^2+b^2}+\frac{1}{2ab}\ge\frac{4}{\left(a+b\right)^2}=4\)

\(\frac{1}{2ab}\ge\frac{2}{\left(a+b\right)^2}=2\)

\(\Rightarrow\frac{1}{ab}+\frac{1}{a^2+b^2}\ge4+2=6\)

áp dụng Cô-si ta có:

\(a^5+\frac{1}{a}+1+1\ge4\sqrt[4]{a^5.\frac{1}{a}.1.1}=4a\)

\(b^5+\frac{1}{b}+1+1\ge4\sqrt[4]{b^5.\frac{1}{b}.1.1}=4b\)

\(c^5+\frac{1}{c}+1+1\ge4\sqrt[4]{c^5.\frac{1}{c}.1.1}=4c\)

\(\Rightarrow a^5+b^5+c^5+1+1+1+1+1+1\ge4a+4b+4c\)

\(\Leftrightarrow a^5+b^5+c^5\ge4\left(a+b+c\right)-6=4.3-6=6\)

Dấu = xảy ra khi a=b=c=1

Vẫn áp dụng cô si nhưng lần này sẽ khác cách của Thành:

Áp dụng BĐT Côsi,ta có: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}\)

Suy ra \(VT\ge a^5+b^5+c^5+3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}\)

Suy ra \(VT+1+1\ge a^5+b^5+c^5+1+1+3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}\) (1)

Áp dụng Côsi,ta có: \(a^5+b^5+c^5+1+1\ge5\sqrt[5]{1a^5b^5c^51}=5abc\)(2)

Từ (1) và (2) suy ra \(VT+1+1\ge5abc+3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}\)

\(VT\ge5abc+3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}-2\).Ta cần chứng minh \(5abc+3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}-2\ge6\Leftrightarrow5abc+3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}\ge8\) (3)

Thật vậy ta có: \(\sqrt[3]{abc}\le\frac{a+b+c}{3}\Rightarrow abc\ge\frac{a+b+c}{3}\).Áp dụng vào,ta có:

\(abc\ge\frac{a+b+c}{3}=1\) (do a + b + c = 3).

Thay vào (3),ta có:\(5abc+3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}\ge8\) suy ra \(5abc+3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}-2\ge6\) suy ra đpcm

À quên,dấu "=" xảy ra khi a = b = c = 1

\(\frac{1}{ab}+\frac{1}{a^2+b^2}=\frac{1}{2ab}+\frac{1}{2ab}+\frac{1}{a^2+b^2}\ge\frac{1}{2ab}+\frac{4}{a^2+2ab+b^2}\)

\(\ge\frac{1}{\frac{\left(a+b\right)^2}{2}}+\frac{4}{\left(a+b\right)^2}=\frac{2}{1}+\frac{4}{1}=6\)

Áp dụng bđt ngược chiều là ra

\(\frac{1}{ab}+\frac{1}{a^2+b^2}=\frac{1}{2ab}+\frac{1}{a^2+b^2}+\frac{1}{2ab}\ge\frac{4}{2ab+a^2+b^2}+\frac{1}{2\left(\frac{a+b}{2}\right)^2}=\frac{4}{\left(a+b\right)^2}+2=6\)

hmm... nếu mà xét dấu bằng thì tại a=b=1/2

\(A=\frac{2ab}{4ab}+\frac{2ab}{a^2+4b^2}+\frac{1}{8ab}-\frac{1}{2}\)

áp dụng bđt AM-GM , a,b> 0

\(\Rightarrow A\ge2ab\left(\frac{4}{4ab+a^2+4b^2}\right)+\frac{1}{8ab}-\frac{1}{2}\)

\(\Rightarrow A\ge\frac{8ab}{1}+\frac{1}{8ab}-\frac{1}{2}\)

\(\Rightarrow A\ge2-\frac{1}{2}=\frac{3}{2}\)

a) Biến đổi vế trái:

b) Biến đổi vế trái:

( v ì   a   +   b   >   0   n ê n   | a   +   b |   =   a   +   b ;   b 2   >   0 )