\(a^5+b^5\ge a^3b^2+a^2b^3\left(1\right)\)

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

\(\Leftrightarrow a^3\left(a^2-b^2\right)-b^3\left(a^2-b^2\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2-b^2\right)\left(a^3-b^3\right)\ge0\)

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

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

Mà \(\left\{{}\begin{matrix}\left(a-b\right)^2\ge0\forall a,b\\a+b\ge0\left(gt\right)\\a^2+ab+b^2=\left(a+\dfrac{1}{2}b\right)^2+\dfrac{3}{4}b^2\ge0\forall a,b\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)\left(a^2+ab+b^2\right)\ge0\Leftrightarrow\left(1\right)\) đúng

Chứng minh cái gì cơ :v

Đề thiếu:)

Ta có :

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

Vì :

\(\left(a-b\right)^2\ge0\) với mọi \(a,b\in R\) 

\(a+b\ge0\left(theo.giả.thiết\right)\\ a^2+b^2+ab\ge0\) 

( với mọi \(a,b\in R\) )

Nên bất đẳng thức cuối đúng. Vậy 

\(a^5+b^5\ge a^3b^2+a^2b^3\) với \(a+b\ge0\left(đpcm\right)\)

Xét \(a^5+b^5-a^3b^2-a^2b^3\)

\(=a^3\left(a+b\right)\left(a-b\right)-b^3\left(b-c\right)\left(a+b\right)\)

\(=\left(a+b\right)\left(a^4-a^3b-b^4-ab^3\right)=\left(a+b\right)a^4+\left(a^4+2a^3b+b^2a^2-2a^2a^2-2ab^3-a^3b+a^2a^2-2ab^3+b^4\right)\)\(=\left(a+b\right)\left(a-b\right)^2\left(a^2+ab+b^2\right)\ge0\)(đpcm)

P/S cchs hơi chậm nhưng dừng chửi nhá

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

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

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

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

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

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

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

\(\Leftrightarrow\left[a^2\left(b+c\right)-c^2\left(a+b\right)\right]\left(a-b\right)\left(b-c\right)\ge0\)

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

\(\Leftrightarrow\left[a\left(ab-c^2\right)+c\left(a^2-bc\right)\right]\left(a-b\right)\left(b-c\right)\ge0\) luôn đúng do \(a\ge b\ge c\ge0\)

cảm ơn bạn nhá, bạn trả lời giúp mình mấy câu hỏi về BĐT còn lại của mik đc ko? cảm ơn bn nhiều!

\(a^3+a^3+b^3\ge3\sqrt[3]{a^6b^3}=3a^2b\)

\(b^3+b^3+c^3\ge3\sqrt[3]{b^6c^3}=3b^2c\)

\(c^3+c^3+a^3\ge3\sqrt[3]{c^6a^3}=3c^2a\)

Cộng vế theo vế có ngay điều phải chứng minh

\(a^5+a^5+a^5+a^5+b^5\ge5\sqrt[5]{a^{20}b^5}=5a^4b\)

\(b^5+b^5+b^5+b^5+c^5\ge5\sqrt[5]{b^{20}c^5}=5b^4c\)

\(c^5+c^5+c^5+c^5+a^5\ge5\sqrt[5]{c^{20}a^5}=5c^4a\)

Cộng lại ta được:\(5\left(a^5+b^5+c^5\right)\ge5\left(a^4b+b^4c+c^4a\right)\)

=> đpcm

hình như đây k phải toán lớp 1

đây làm gì phải toán lớp 1 mik lớp 5 còn chẳng biết nè

Biến đổi tương đương:

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

\(\Leftrightarrow a^3\left(a^2-b^2\right)-b^3\left(a^2-b^2\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2-b^2\right)\left(a^3-b^3\right)\ge0\)

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

Dễ thấy: \(\hept{\begin{cases}\left(a-b\right)^2\ge0\\a^2+ab+b^2\ge0\end{cases}\forall}a;b\); kết hợp với \(a+b\ge0\)(giả thiết)

Từ đó suy ra: \(\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)\left(a^2+ab+b^2\right)\ge0\)(luôn đúng \(\forall a;b\) t/m \(a+b\ge0\))

=> BĐT ban đầu đúng => \(a^5+b^5\ge a^3b^2+a^2b^3\)(đpcm)

Dấu "=" có <=> a=b=0.

Bạn có thể tham khảo: https://hoc24.vn/hoi-dap/question/236870.html
Thông tin đến bạn!

a) Sai với \(a=1,b=2\)

b)

Thực hiện biến đổi tương đương:

\(\frac{a}{3b}+\frac{b(a+b)}{a^2+ab+b^2}\geq 1\)

\(\Leftrightarrow \frac{a}{3b}+\frac{b(a+b)+a^2}{a^2+ab+b^2}-\frac{a^2}{a^2+ab+b^2}\geq 1\)

\(\Leftrightarrow \frac{a}{3b}-\frac{a^2}{a^2+ab+b^2}\geq 0\)

\(\Leftrightarrow \frac{1}{3b}-\frac{a}{a^2+ab+b^2}\geq 0\)

\(\Leftrightarrow \frac{a^2+ab+b^2-3ab}{3b(a^2+ab+b^2)}\geq 0\)

\(\Leftrightarrow \frac{(a-b)^2}{3b(a^2+ab+b^2)}\geq 0\) (luôn đúng)

Do đó ta có đpcm. Dấu bằng xảy ra khi $a=b$

c) BĐT sai với \(a=1,b=2\)

bn vô câu hỏi tương tự có hết nhé

Có \(ab+bc+ac=abc\Leftrightarrow\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=1\)

Áp dụng các bđt sau:Với x;y;z>0 có: \(\dfrac{1}{x+y+z}\le\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)\) và \(\dfrac{1}{x+y}\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)\) 

Có \(\dfrac{1}{a+3b+2c}=\dfrac{1}{\left(a+b\right)+\left(b+c\right)+\left(b+c\right)}\le\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{2}{b+c}\right)\)\(\le\dfrac{1}{9}.\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{2}{b}+\dfrac{2}{c}\right)=\dfrac{1}{36}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{3}{b}+\dfrac{2}{c}\right)\)

CMTT: \(\dfrac{1}{b+3c+2a}\le\dfrac{1}{36}\left(\dfrac{1}{b}+\dfrac{3}{c}+\dfrac{2}{a}\right)\)

\(\dfrac{1}{c+3a+2b}\le\dfrac{1}{36}\left(\dfrac{1}{c}+\dfrac{3}{a}+\dfrac{2}{b}\right)\)

Cộng vế với vế => \(VT\le\dfrac{1}{36}\left(\dfrac{6}{a}+\dfrac{6}{b}+\dfrac{6}{c}\right)=\dfrac{1}{36}.6\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)=\dfrac{1}{6}\)

Dấu = xảy ra khi a=b=c=3

Có \(a+b=2\Leftrightarrow2\ge2\sqrt{ab}\Leftrightarrow ab\le1\)

\(E=\left(3a^2+2b\right)\left(3b^2+2a\right)+5a^2b+5ab^2+2ab\)

\(=9a^2b^2+6\left(a^3+b^3\right)+4ab+5ab\left(a+b\right)+20ab\)

\(=9a^2b^2+6\left(a+b\right)^3-18ab\left(a+b\right)+4ab+5ab\left(a+b\right)+20ab\)

\(=9a^2b^2+48-18ab.2+4ab+5.2.ab+20ab\)

\(=9a^2b^2-2ab+48\)

Đặt \(f\left(ab\right)=9a^2b^2-2ab+48;ab\le1\), đỉnh \(I\left(\dfrac{1}{9};\dfrac{431}{9}\right)\)

Hàm đồng biến trên khoảng \(\left[\dfrac{1}{9};1\right]\backslash\left\{\dfrac{1}{9}\right\}\)

 \(\Rightarrow f\left(ab\right)_{max}=55\Leftrightarrow ab=1\)

\(\Rightarrow E_{max}=55\Leftrightarrow a=b=1\)

Vậy...

2,

\(ab\le\dfrac{1}{4}\left(a+b\right)^2=1\Rightarrow0\le ab\le1\)

\(E=9a^2b^2+6\left(a^3+b^3\right)+5ab\left(a+b\right)+24ab\)

\(=9a^2b^2+6\left(a+b\right)^3-18ab\left(a+b\right)+5ab\left(a+b\right)+24ab\)

\(=9a^2b^2-2ab+48\)

Đặt \(ab=x\Rightarrow0\le x\le1\)

\(E=9x^2-2x+48=\left(x-1\right)\left(9x+7\right)+55\le55\)

\(E_{max}=55\) khi \(x=1\) hay \(a=b=1\)