1 . 

Từ gt : \(2ab+6bc+2ac=7abc\)và \(a,b,c>0\)

Chia cả hai vế cho abc > 0 

\(\Rightarrow\frac{2}{c}+\frac{6}{a}+\frac{2}{b}=7\)

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

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

\(=\frac{4}{2x+y}+\frac{9}{4x+z}+\frac{4}{y+z}\)

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

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

Khi \(x=\frac{1}{2},y=z=1\)thì \(C=17\)

Vậy GTNN của C là 17 khi a =2; b =1; c = 1

2 . 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có :\(1+b^2\ge2b\)nên 

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

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

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

Tương tự ta có:

\(\frac{b+1}{1+c^2}\ge b+1-\frac{bc+c}{2}\left(2\right)\)

\(\frac{c+1}{1+a^2}\ge c+1-\frac{ca+a}{2}\left(3\right)\)

Cộng vế theo vế (1), (2) và (3) ta được: 

\(\frac{a+1}{1+b^2}+\frac{b+1}{1+c^2}+\frac{c+1}{1+a^2}\ge3+\frac{a+b+c-ab-bc-ca}{2}\left(^∗\right)\)

Mặt khác : \(3\left(ab+bc+ca\right)\le\left(a+b+c\right)^2=9\)

\(\Rightarrow\frac{a+b+c-ab-bc-ca}{2}\ge0\)

Nên \(\left(^∗\right)\) \(\Leftrightarrow\frac{a+1}{1+b^2}+\frac{b+1}{1+c^2}+\frac{c+1}{1+a^2}\ge3\left(đpcm\right)\)

Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=1\)

Chúc bạn học tốt !!!

tích mình đi

làm ơn

rùi mình

tích lại

thanks

k mk đi 

Áp dụng BĐT bunhiacopxki ta có :\(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge\left(\sqrt{a}.\frac{1}{\sqrt{a}}+\sqrt{b}.\frac{1}{\sqrt{b}}+\sqrt{c}.\frac{1}{\sqrt{c}}\right)^2\)

\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge\left(1+1+1\right)^2=9\)

.Dấu "=" xảy ra khi   :\(\frac{a}{\frac{1}{a}}=\frac{b}{\frac{1}{b}}=\frac{c}{\frac{1}{c}}\Leftrightarrow a^2=b^2=c^2\Leftrightarrow a=b=c\)

Mà \(a+b+c\le\frac{3}{2}\)\(\Rightarrow M=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge9:\frac{3}{2}=9.\frac{2}{3}=6\)

Vậy Min M = 6 <=> a = b = c

Dùng Buniacoxki

=> MinP=9 khi a=b=c

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

Đặt \(\hept{\begin{cases}a+b+c=p\\ab+bc+ca=q\\abc=r\end{cases}}\)

Thì ta có:

\(\hept{\begin{cases}p^2-2q=3\\A=2p+\frac{q}{r}\end{cases}}\)

Ta có: \(3pr\le q^2\) (cái này dễ thấy nên mình không chứng minh nha)

\(\Leftrightarrow\frac{q}{r}\ge\frac{3p}{q}=\frac{6p}{2q}=\frac{6p}{p^2-3}\)

Thế vô A ta được

\(A=2p+\frac{q}{r}\ge2p+\frac{6p}{p^2-3}\)

Ta chứng minh \(2p+\frac{6p}{p^2-3}\ge9\)

\(\Leftrightarrow2p^3-9p^2+27\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(p-3\right)^2\left(2p+3\right)\ge0\) (đúng)

Vậy GTNN là A = 9

bài này vừa read buổi tối này nek, xài UCT ,tiện thể cho hỏi lun do máy t lỗi hay do hệ thống z , k load bài nào luôn 

vẫn là =1

\(\frac{a^2}{1+b}=\frac{a^2\left(1+b\right)-a^2b}{1+b}=a^2-\frac{a^2b}{1+b}\ge a^2-\frac{a^2b}{2\sqrt{b}}=a^2-\frac{a^2\sqrt{b}}{2}\)  và tương tự

,,lkhtgtgdrru52545bg?