Ta có:Xét hiệu \(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}-2\)

\(\Rightarrow\frac{a}{b}+\frac{b}{a}-2=\frac{a^2-2ab+b^2}{ab}=\frac{\left(a-b\right)^2}{ab}\ge0\)(Vì\(a,b\inℕ^∗\))

\(\Rightarrow\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\)(Đấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b)(đpcm)

giả sử a\(\ge\)b không làm mất đi tính chất tổng quát của bài.

\(\Rightarrow\)a = m  + b [ m \(\ge\)0]

ta có :

\(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}=\frac{b+m}{b}\)\(\frac{b}{b+m}=1+\frac{m+b}{b+m}\)\(=1+1=2\)

\(vậy\)\(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2(ĐPCM)\)

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

Vì  \(\left(a-b\right)^2\ge0\Rightarrow\left(a-b\right)^2+2ab\ge2ab\left(dpcm\right)\)

giả sử a \(\ge\)b \(\Rightarrow\)a = b + m ( m \(\ge\)0 )

do đó : \(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}=\frac{b+m}{b}+\frac{b}{b+m}\)

\(=1+\frac{m}{b}+\frac{b}{b+m}\ge1+\frac{m}{b+m}+\frac{b}{b+m}=1+\frac{m+b}{b+m}=2\)

Vậy \(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\)( a,b thuộc N* )

Dấu " = " xảy ra khi a = b 

Ta chứng minh: \(\frac{a}{2b}\)+ \(\frac{b}{2a}\)- 1 \(\ge\)0 \(\Leftrightarrow\) \(\frac{1}{2}\)(\(\frac{a}{b}\)+ \(\frac{b}{a}\)) -  1 \(\ge\)0 

\(\Leftrightarrow\)  (\(\frac{a}{b}\)+ \(\frac{b}{a}\)) -  2 \(\ge\)0   \(\Leftrightarrow\) (\(\frac{a}{b}\)+\(\frac{b}{a}\)) - 2 \(\sqrt{\frac{a}{b}\frac{b}{a}}\) \(\ge\) 0

\(\Leftrightarrow\) (\(\sqrt{\frac{a}{b}}\)-\(\sqrt{\frac{b}{a}}\))² \(\ge\)0 , luôn đúng với mọi a, b thuộc N^* (đpcm).

\(\Leftrightarrow\)

\(\frac{a}{2b}+\frac{b}{2a}\ge1\)

\(\frac{2a^2}{4ba}+\frac{2b^2}{4ab}\ge1\)

\(2a^2+2b^2\ge1\)( do số bình phương luôn luôn lớn hơn 0)

Điều cần chứng minh:

Khi này ,a và b có thể nhận với giá trị âm hoặc dương hoặc bằng 0

|a|>=0. và   |b|>=0

Nên chúng chỉ có nhận giá trị lớn hơn or bằng 0

⇒|a|+|b|≥|a+b|→đpcm