ta có:

\(a^5+b^5\ge a^3b^2+a^2b^3\)

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

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

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

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

Xét thấy:

\(a+b\ge0\)

\(\left(a^2-b^2\right)\ge0\) ( với mọi a;b thuộc R)

\(a^2-ab+b^2\ge0\) ( với mọi a;b thuộc R)

Vậy nên ...................

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

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

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

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

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

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

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 \(a+b\ge0\left(đpcm\right)\)

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

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

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

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 \(a=1,b=2\)

\(\frac{a^4+b^4}{2}\ge ab^3+a^3b-a^2b^2\)

\(\Leftrightarrow a^4+b^4+2a^2b^2-2ab^3-2a^3b\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2+b^2\right)^2-2ab\left(a^2+b^2\right)\ge\left(a^2+b^2\right).2\sqrt{a^2.b^2}-2ab\left(a^2+b^2\right)=0\)( luôn đúng )

vì BĐT cuối luôn đúng nên BĐT đã cho đúng \(\Leftrightarrow a=b\)

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!

Áp dụng hệ quả BĐT Cauchy cho 2 số thực dương ta có

(ab)^2 +(bc)^2 >=2 ab.bc

(bc)^2+(ca)^2 >= 2bc.ca

(ca)^2+(ab)^2 >= 2ca.ab

=> 2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)>=2abc(a+b+c)

<=>  a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2 >= abc(a+b+c)

Dấu = xảy ra <=> ab=bc=ca <=>a=b=c

Áp dụng bất đẳng thức cosi cho lần lượt 3 số không âm là a,b,c ta có :

\(a^2b^2+b^2c^2\ge2b^2ac\)

\(b^2c^2+c^2a^2\ge2c^2ab\)

\(a^2b^2+c^2a^2\ge2a^2bc\)

Cộng lần lượt 3 vế của các bđt trên ta có :

\(2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\ge2abc\left(a+b+c\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2\ge abc\left(a+b+c\right)\)

ĐPCM

Dấu "=" khi a=b=c

Ta có BĐT sau \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx\)    

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

Áp dụng vào thì 

\(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\ge ab^2c+bC^2a+ca^2b\)

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

Phù ....... 10 phút đồng hồ đánh đt :((((