\(a^3+b^3=2>0\Rightarrow a^3>-b^3\)

\(\Rightarrow a>-b\Leftrightarrow a+b>0\)

Giả sử \(a+b>2\Rightarrow\left(a+b\right)^3>8\)

\(\Leftrightarrow a^3+b^3+3ab\left(a+b\right)>8\)

\(\Leftrightarrow2+3ab\left(a+b\right)>8\)

\(\Rightarrow ab\left(a+b\right)>2\)

\(\Leftrightarrow ab\left(a+b\right)>a^3+b^3\)

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

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2< 0\) \(\left(\text{vô lí}\right)\)

Vậy \(a+b\le2\)

vì a² và b² là 2 SCP nên chúng là STN

thử các trường hợp chỉ có 1 và 1 thỏa mãn => a và b đều = 1

=> a + b < 2(a + b)³ vì 2 < 16 (đpcm)

 Ta có BDT luôn đúng \(\left(a-b\right)^2\ge0\) \(\Leftrightarrow a^2+b^2\ge2ab\) \(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2\right)\ge\left(a+b\right)^2\). Do \(a^2+b^2\le2\) nên \(2\left(a^2+b^2\right)\le4\).

 Do đó \(\left(a+b\right)^2\le4\) \(\Leftrightarrow-2\le a+b\le2\), suy ra đpcm. ĐTXR \(\Leftrightarrow a=b=1\)

1/ Ta có \(a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\)

Thật vậy, BĐT tương đương:

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

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

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)\ge0\) (luôn đúng)

\(\Rightarrow a^3+b^3+abc\ge ab\left(a+b\right)+abc=ab\left(a+b+c\right)\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b\)

2/ \(P=\frac{a^2}{ab+ac}+\frac{b^2}{bc+bd}+\frac{c^2}{cd+ca}+\frac{d^2}{ad+bd}\ge\frac{\left(a+b+c+d\right)^2}{2ac+2bd+ab+bc+cd+ad}\)

\(P\ge\frac{\left(a+c\right)^2+\left(b+d\right)^2+2\left(a+c\right)\left(b+d\right)}{2ac+2bd+ab+bc+cd+ad}\)

\(P\ge\frac{4ac+4bd+2ab+2bc+2cd+2ad}{2ac+2bd+ab+bc+cd+ad}=2\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=d\)

Với mọi a, b ta luôn có \(a^2+b^2\ge2ab\).
Suy ra \(a^2+b^2+2ab\le2\left(a^2+b^2\right)\) \(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2\le4\).
Suy ra \(\left|a+b\right|\le2\Leftrightarrow-2\le a+b\le2\).
Vì vậy \(a+b\le2\).