từ giả thiết, ta có \(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{a}\le1\)

Mà \(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{a}\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{a+b}=a+b\Rightarrow a+b\le1\)

Mà từ BĐT cô-si, ta luôn có \(\left(a+b\right)^3\ge4ab\left(a+b\right)\ge4\left(a^3+b^3\right)\left(a+b\right)\Rightarrow\frac{\left(a+b\right)^3}{4}\ge\left(a^3+b^3\right)\left(a+b\right)\)

Mà áp dụng BĐT Bu-nhi-a , ta có \(\left(a^3+b^3\right)\left(a+b\right)\ge\left(a^2+b^2\right)^2\)

=>\(\frac{\left(a+b\right)^3}{4}\ge\left(a^2+b^2\right)^2\Rightarrow\frac{1}{4}\ge\left(a^2+b^2\right)^2\Rightarrow a^2+b^2\le\frac{1}{2}\)

Mà \(\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}\ge\frac{4}{2+a^2+b^2}=\frac{4}{2+\frac{1}{2}}=\frac{8}{5}\)

Dấu = xảy ra ,=> a=b=1/2

^_^

\(a^3+b^3\le ab\Leftrightarrow ab\left(a+b\right)\le ab\Leftrightarrow a+b\le1.\).Ta có: \(ab\le\frac{\left(a+b\right)^2}{4}=\frac{1}{4}.\)

\(\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}\ge\frac{4}{2+a^2+b^2}=\frac{4}{2+\left(a+b\right)^2-2ab}\ge\frac{4}{2+1-\frac{1}{2}}\ge\frac{8}{5}.\)

Dấu bằng xảy ra khi a=b=1/2.

Trần Hữu Ngọc Minh, cho t hỏi 

\(ab\le\frac{1}{4}\Rightarrow-2ab\ge-\frac{1}{2}\)

Tức là k đánh giá được mẫu !!!?

Câu hỏi của Hoàng Phúc - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath tham khảo nha 

https://olm.vn/hoi-dap/detail/56804142395.html (vào TkHĐ của mình rồi ấn vào cái link xanh xnah nhá)

bài này easy thôi:

Áp dụng BĐT schwarz ta có:

\(VT=\frac{a^4}{a\left(a^2+ab+b^2\right)}+\frac{b^4}{b\left(b^2+bc+c^2\right)}+\frac{c^4}{c\left(c^2+ac+a^2\right)}\)

\(\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a\left(a^2+ab+b^2\right)+b\left(b^2+bc+c^2\right)+c\left(c^2+ac+a^2\right)}.\)

Mặt khác \(a\left(a^2+ab+b^2\right)+b\left(b^2+bc+c^2\right)+c\left(c^2+ac+a^2\right)\)\(=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right).\)

nên ta có:\(VT\ge\frac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}=a^2+b^2+c^2.\)

Mà ta có BĐT cơ bản là:\(3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2.\)

\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge1\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge\frac{1}{3}.\)

Do đó:\(VT\ge a^2+b^2+c^2\ge\frac{1}{3}.\)

Vậy Min là \(\frac{1}{3}.\)Dấu = xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}.\)

Có: \(\frac{2018a+3}{1+b^2}=2018a+3-\frac{b^2\left(2018a+3\right)}{1+b^2}\) (Làm tắt ráng hiểu ^^)

                                \(\ge2018a+3-\frac{b^2\left(2018a+3\right)}{2b}\left(Cauchy\right)\)

                                  \(=2018a+3-\frac{b\left(2018a+3\right)}{2}\)

                                   \(=2018a+3-\frac{2018ab+3b}{2}\)

Tương tự \(\frac{2018b+3}{1+c^2}\ge2018b+3-\frac{2018bc+3b}{2}\)

                \(\frac{2018c+3}{1+a^2}\ge2018c+3-\frac{2018ac+3a}{2}\)

CỘng vế với vế của các bđt trên lại ta được 

\(A\ge2018\left(a+b+c\right)+9-\frac{2018\left(ab+bc+ca\right)+3\left(a+b+c\right)}{2}\)

     \(=2018\left(a+b+c\right)+9-\frac{6054+3\left(a+b+c\right)}{2}\)

       \(=2018\left(a+b+c\right)-\frac{3\left(a+b+c\right)}{2}-3018\)

       \(=\frac{4033\left(a+b+c\right)}{2}-3018\)

Ta có bđt phụ : \(a+b+c\ge\sqrt{3\left(ab+bc+ca\right)}\)(1)

Thật vậy \(\left(1\right)\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)   

                       \(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2ab+2ac+2bc\ge3ab+3bc+3ca\)

                     \(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\ge0\)

                      \(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca\ge0\)

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

Nên (1) được chứng minh

ÁP dụng (1) ta được \(A\ge\frac{4033\left(a+b+c\right)}{2}-3018\ge\frac{4033}{2}\sqrt{3\left(ab+bc+ca\right)}-3018\)

                                                                                                     \(=\frac{4033}{2}\sqrt{3.3}-3018\)

                                                                                                       \(=\frac{6063}{2}\)

Dấu "='' xảy ra \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=b=c\\ab+bc+ca=3\end{cases}\Leftrightarrow}a=b=c=1\)

Vậy \(A_{min}=\frac{6063}{2}\Leftrightarrow a=b=c=1\)