Theo bất đẳng thức Cô-si ta có 
a^5 + a >= 2√(a^5.a); 
hay a^5 >= 2a^3 - a. 
Chứng minh tương tự, ta cũng có 
b^5 >= 2b^3 - b. 
Cộng hai bất đẳng thức theo vế ta được 
a^5 + b^5 >= 2a^3 + 2b^3 - a - b, 
hay a^3 + b^3 >= 2a^3 + 2b^3 - a - b, 
hay a^3 + b^3 <= a + b (*). 
Vì a^3 + b^3 = (a + b)(a^2 - ab + b^2) nên bất đẳng thức (*) tương đương với 
(a + b)(a^2 - ab + b^2) <= a + b, 
hay a^2 - ab + b^2 <= 1, 
hay a^2 + b^2 <= ab + 1. 
Dấu bằng xảy ra khi a = b = 1

\(a^2+b^2\le1+ab\)

\(\Leftrightarrow a^2-ab+b^2\le1\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)\le a+b\left(a+b>0\right)\)

\(\Leftrightarrow a^3+b^3\le a+b\)

\(\Leftrightarrow a\left(a^2-1\right)+b\left(b^2-1\right)\le0\)

Lại có:\(a^3+b^3=a^5+b^5\)

\(\Rightarrow a^3\left(a^2-1\right)+b^3\left(b^2-1\right)=0\)

Ta có: \(a^3\left(a^2-1\right)-a\left(a^2-1\right)+b^3\left(b^2-1\right)-b\left(b^2-1\right)\)

\(=a\left(a^2-1\right)\left(a^2-1\right)+b\left(b^2-1\right)\left(b^2-1\right)\ge0\forall a,b>0\)

\(\Rightarrow a\left(a^2-1\right)+b\left(b^2-1\right)\le0\Rightarrowđpcm\)

\(a^2+b^2\le1+ab\)

\(\Leftrightarrow a^2-ab+b^2\le1\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)\le a+b\)

\(\Leftrightarrow a^3+b^3\le a+b\)

\(\Leftrightarrow\left(a^3+b^3\right)\left(a^3+b^3\right)\le\left(a+b\right)\left(a^5+b^5\right)\) ( \(a^3+b^3=a^5+b^5\))

\(\Leftrightarrow a^6+2a^3b^3+b^6\le a^6+ab^5+a^5b+b^6\)

\(\Leftrightarrow a^5b+ab^5\ge2a^3b^3\)

\(\Leftrightarrow a^5b+ab^5-2a^3b^3\ge0\)

\(\Leftrightarrow ab\left(a^4-2a^2b^2+b^4\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow ab\left(a^2-b^2\right)^2\ge0\) (luôn đúng \(\forall a;b>0\))

Vậy \(a^2+b^2\le1+ab\)

#)Giải :

\(a^2+b^2\le1+ab\)

\(\Leftrightarrow a^2-ab+b^2\le1\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)\le a+b\)

\(\Leftrightarrow a^3+b^3\le a+b\)

\(\Leftrightarrow\left(a^3+b^3\right)\left(a^3+b^3\right)\le\left(a+b\right)\left(a^5+b^5\right)\left(a^3+b^3=a^5+b^5\right)\)

\(\Leftrightarrow a^6+2a^3b^3+b^6\le a^6+ab^5+a^5b+b^6\)

\(\Leftrightarrow a^5b+ab^5\ge2a^3b^3\)

\(\Leftrightarrow a^5b+ab^5-2a^3b^3\ge0\)

\(\Leftrightarrow ab\left(a^4-2a^2b^2+b^4\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow ab\left(a^2-b^2\right)^2\ge0\)( luôn đúng \(\forall a;b>0\))

Vậy \(a^2+b^2\le1+ab\left(đpcm\right)\)

P/s : Bài này mk tham khảo trên mạng ( tại thấy rảnh nên chép hộ ^^ )

Lời giải:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:

$(a^2+b^2+1)(1+1+c^2)\geq (a+b+c)^2$

$\Rightarrow \frac{1}{a^2+b^2+1}\leq \frac{c^2+2}{(a+b+c)^2}$

Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế:

$\text{VT}\leq \frac{a^2+b^2+c^2+6}{(a+b+c)^2}=\frac{a^2+b^2+c^2+6}{a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ac)}\leq \frac{a^2+b^2+c^2+6}{a^2+b^2+c^2+2.3}=1$

Ta có đpcm.

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

BĐT <=> \(\frac{2}{a^2+2}+\frac{2}{b^2+2}+\frac{2}{c^2+2}\le2\)

\(\Leftrightarrow1-\frac{a^2}{a^2+2}+1-\frac{b^2}{b^2+2}+1-\frac{c^2}{c^2+2}\le2\)

\(\Leftrightarrow\frac{a^2}{a^2+2}+\frac{b^2}{b^2+2}+\frac{c^2}{c^2+2}\ge1\)

Theo BĐT Svacxo:

\(VT\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+6}=\frac{a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)}{a^2+b^2+c^2+6}=\frac{a^2+b^2+c^2+6}{a^2+b^2+c^2+6}=1\)

Vậy ta có đpcm.

P/s: Đúng ko ta?

1) Áp dụng bất đẳng thức AM - GM và bất đẳng thức Schwarz:

\(P=\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{\sqrt{ab}}\ge\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{\dfrac{a+b}{2}}\ge\dfrac{4}{a+\dfrac{a+b}{2}}=\dfrac{8}{3a+b}\ge8\).

Đẳng thức xảy ra khi a = b = \(\dfrac{1}{4}\).

2.

\(4=a^2+b^2\ge\dfrac{1}{2}\left(a+b\right)^2\Rightarrow a+b\le2\sqrt{2}\)

Đồng thời \(\left(a+b\right)^2\ge a^2+b^2\Rightarrow a+b\ge2\)

\(M\le\dfrac{\left(a+b\right)^2}{4\left(a+b+2\right)}=\dfrac{x^2}{4\left(x+2\right)}\) (với \(x=a+b\Rightarrow2\le x\le2\sqrt{2}\) )

\(M\le\dfrac{x^2}{4\left(x+2\right)}-\sqrt{2}+1+\sqrt{2}-1\)

\(M\le\dfrac{\left(2\sqrt{2}-x\right)\left(x+4-2\sqrt{2}\right)}{4\left(x+2\right)}+\sqrt{2}-1\le\sqrt{2}-1\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=2\sqrt{2}\) hay \(a=b=\sqrt{2}\)

3. Chia 2 vế giả thiết cho \(x^2y^2\)

\(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}=\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}-\dfrac{1}{xy}\ge\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)^2\)

\(\Rightarrow0\le\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\le4\)

\(A=\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)\left(\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}-\dfrac{1}{xy}\right)=\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)^2\le16\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=\dfrac{1}{2}\)