Ta có:(a¹⁰+b¹⁰)(a²+b²)-(a⁸+b⁸)(a⁴+b⁴)

=a¹²+b¹²+a²b¹⁰+a¹⁰b²-a¹²-b¹²-a⁸b⁴-a⁴b⁸

=a²b²(a⁸+b⁸-a⁶b²-a²b⁶)

=a²b²[a⁶(a²-b²)-b⁶(a²-b²)]

=a²b²(a²-b²)(a⁶-b⁶)

=a²b²(a²-b²)(a²-b²)(a⁴+a²b²+b⁴)

=a²b²(a²-b²)²(a⁴+a²b²+b⁴)

Do a²b²\(\ge\)0 với mọi a;b

(a²-b²)²\(\ge\)0 với mọi a;b

a⁴+a²b²+b⁴>0 với mọi a;b(bình phương thiếu)

=>a²b²(a²-b²)²(a⁴+a²b²+b⁴)\(\ge\)0 với mọi a;b

=>(a¹⁰+b¹⁰)(a²+b²)\(\ge\)(a⁸+b⁸)(a⁴+b⁴)

Ta có bất đẳng thức Bunhiacopski : \(\left(a^2+b^2\right)\left(x^2+y^2\right)\ge\left(ax+by\right)^2\)

Dấu = xảy ra khi \(\dfrac{a}{x}=\dfrac{b}{y}\)

\(\left[\left(a^5\right)^2+\left(b^5\right)^2\right]\left(a^2+b^2\right)\ge\left(a^6+b^6\right)^2\) (1)

\(\left[\left(a^4\right)^2+\left(b^4\right)^2\right]\left[\left(a^2\right)^2+\left(b^2\right)^2\right]\ge\left(a^6+b^6\right)^2\) (2)

Trừ từng vế của 2 bất đẳng thức (1)(2) ta dược : \(\left[\left(a^5\right)^2+\left(b^5\right)^2\right]\left(a^2+b^2\right)-\left[\left(a^4\right)^2+\left(b^4\right)^2\right]\left[\left(a^2\right)^2+\left(b^2\right)^2\right]\ge\left(a^6+b^6\right)^2-\left(a^6+b^6\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\) \(\left(a^{10}+b^{10}\right)\left(a^2+b^2\right)-\left(a^8+b^8\right)\left(a^4+b^4\right)\) \(\ge\) 0

\(\Leftrightarrow\) \(\left(a^{10}+b^{10}\right)\left(a^2+b^2\right)\ge\left(a^8+b^8\right)\left(a^4+b^4\right)\)

Dấu bằng xảy ra khi a=b

Ace Legona,Hung nguyen,Hoang Hung Quan..............giúp với!

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

\(a^{10}b^2+b^{10}a^2\ge a^8b^4+b^8a^4\)

\(\Leftrightarrow a^8+b^8\ge a^6b^2+b^6a^2\) (Do \(a^2b^2\ge0\))

\(\Leftrightarrow\left(a^6-b^6\right)\left(a^2-b^2\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2-b^2\right)^2\left(a^4+a^2b^2+b^4\right)\ge0\) (luôn đúng).

Vậy ta có đpcm.

\(a^8+b^8-a^6b^2-a^2b^6=\left(a^8-a^6b^2\right)+\left(b^8-a^2b^6\right)=a^6\left(a^2-b^2\right)+b^6\left(b^2-a^2\right)=\left(a^6-b^6\right)\left(a^2-b^2\right)\) nên suy ra được như vậy Quỳnh Anh

1) Ta sẽ chứng minh bằng biến đổi tương đương như sau : 

Ta có : \(\left(x^{10}+y^{10}\right)\left(x^2+y^2\right)\ge\left(x^8+y^8\right)\left(x^4+y^4\right)\left(1\right)\)

\(\Leftrightarrow x^{12}+x^{10}y^2+y^{10}x^2+y^{12}\ge x^{12}+x^8y^4+y^8x^4+y^{12}\)

\(\Leftrightarrow x^{10}y^2+y^{10}x^2\ge x^8y^4+y^8x^4\)

\(\Leftrightarrow x^2y^2\left(x^8+y^8-x^6y^2-x^2y^6\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow x^2y^2\left[\left(x^8-x^6y^2\right)+\left(y^8-x^2y^6\right)\right]\ge0\)

\(\Leftrightarrow x^2y^2\left(x^6-y^6\right)\left(x^2-y^2\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow x^2y^2\left(x^3-y^3\right)\left(x^3+y^3\right)\left(x^2-y^2\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow x^2y^2\left(x-y\right)^2\left(x+y\right)^2\left(x^2-xy+y^2\right)\left(x^2+xy+y^2\right)\ge0\)(2)

Ta thấy : \(x^2-xy+y^2=\frac{\left(x^2-2xy+y^2\right)+x^2+y^2}{2}=\frac{\left(x-y\right)^2+x^2+y^2}{2}\ge0\)

\(x^2+xy+y^2=\frac{\left(x+y\right)^2+x^2+y^2}{2}\ge0\)  ; \(x^2y^2\left(x-y\right)^2\left(x+y\right)^2\ge0\)

Do đó (2) luôn đúng.

Vậy (1) được chứng minh. 

\(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)+abc\)

\(=abc+a^2b+ab^2+a^2c+ac^2+b^2c+bc^2+abc+abc\)

\(=\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)( phân tích nhân tử các kiểu )

\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\left(1\right)\)

\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc};ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge9abc\)

\(\Rightarrow-abc\ge\frac{-\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}\)

Khi đó:\(\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\)

\(\ge\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-\frac{\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}\)

\(=\frac{8\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}\left(2\right)\)

Từ ( 1 ) và ( 2 ) có đpcm