a) \(\text{ }x^4+y^4\ge x^3y+xy^3\)

\(\Leftrightarrow x^4+y^4-x^3y-xy^3\ge0\)

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

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

*NOTE: chứng minh đc vì (x-y)^2  >= 0 ;  x^2  +xy +y^2 > 0

mình cũng làm đến nơi rồi nhưng sợ x^2+xy+y^2 chưa chắc lớn hơn 0 thanks bạn nhé

ta có \(\left(x-y\right)^2\ge0\)

<=> \(x^2+y^2\ge2xy\)

<=>\(x^2+y^2+2xy\ge4xy\)

<=>\(\left(x+y\right)^2\ge4xy\)

<=>\(\frac{x+y}{xy}\ge\frac{4}{x+y}\)

<=>\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\)

Ta có:  \(\left(y^2-y\right)+2\ge0\Rightarrow2y^3\le y^4+y^2\)

\(\Rightarrow\left(x^3+y^2\right)+\left(x^2+y^3\right)\le\left(x^2+y^2\right)+\left(y^4+x^3\right)\)

Mà \(x^3+y^4\le x^2+y^3\)

\(\Rightarrow x^3+y^3\le x^2+y^2\left(1\right)\)

Lại có: \(x\left(x-1\right)^2\ge0;y\left(y+1\right)\left(y-1\right)^2\ge0\)

\(\Rightarrow x\left(x-1\right)^2+y\left(y+1\right)\left(y-1\right)^2\ge0\)

\(\Rightarrow x^3-2x^2+x+y^4-y^3-y^2+y\ge0\)

\(\Rightarrow\left(x^2+y^2\right)+\left(x^2+y^3\right)\le\left(x+y\right)+\left(x^3+y^4\right)\)

Mà \(x^2+y^3\ge x^3+y^4\)

\(\Rightarrow x^2+y^2\le x+y\left(2\right)\)

Và \(\left(x+1\right)\left(x-1\right)\ge0;\left(y-1\right)\left(y^3-1\right)\ge0\)

\(x^3-x^2-x+1+y^4-y-y^3+1\ge0\)

\(\Rightarrow\left(x+y\right)+\left(x^2+y^3\right)\le2+\left(x^3+y^4\right)\)

Mà \(x^2+y^3\ge x^3+y^4\)

\(\Rightarrow x+y\le2\left(3\right)\)

Từ (1), (2), (3) => đpcm

Ta có \(x^2+y^3\ge x^3+y^4\Leftrightarrow x^2+y^2+y^3\ge x^3+y^2+y^4\)

Áp dụng bđt AM-GM ta có \(y^4+y^2\ge2y^3\)

\(\Rightarrow x^2+y^3+y^2\ge x^3+2y^3\)

\(\Rightarrow x^3+y^3\le x^2+y^2\left(1\right)\)

Áp dụng bđt Cauchy - Schwarz ta có 

\(\left(x^2+y^2\right)^2\le\left[\left(\sqrt{x}\right)^2+\left(\sqrt{y}\right)^2\right]\left[\left(\sqrt{x^3}\right)^2+\left(\sqrt{y^3}\right)^2\right]=\left(x+y\right)\left(x^3+y^3\right)\)

                         \(\le\left(x+y\right)\left(x^2+y^2\right)\)

\(\Rightarrow x^2+y^2\le x+y\left(2\right)\)

Lại có

\(\left(x+y\right)^2\le2\left(x^2+y^2\right)\le2\left(x+y\right)\)

\(\Rightarrow x+y\le2\left(3\right)\)

Từ (1),(2),(3) => đpcm

Đối với bài này ta cũng có thể chia các khoảng giá trị để chứng minh 

(Nhưng hơi dài và khó hiểu nên mình k làm ) 

Học tốt!!!!!!!!!

Dấu "=" xảy ra khi x=y=1

Lời giải:

Áp dụng BĐT AM-GM:

\(x^2+y^3\geq x^3+y^4\)

\(\Rightarrow x^2+y^2+y^3\geq x^3+y^4+y^2\geq x^3+2\sqrt{y^6}=x^3+2y^3\)

\(\Rightarrow x^2+y^2\geq x^3+y^3(1)\)

Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:

\((x+y^2)(x^2+y^3)\geq (x+y^2)(x^3+y^4)\geq (x^2+y^3)^2\)

\(\Rightarrow x+y^2\geq x^2+y^3\)

\(\Rightarrow x+y+y^2\geq x^2+y^3+y\geq x^2+2\sqrt{y^4}=x^2+2y^2\) (AM-GM)

\(\Rightarrow x+y\geq x^2+y^2\) (2)

Lại áp dụng BĐT AM-GM:

\(x^2+y^2\geq \frac{(x+y)^2}{2}\) . Suy ra \(x+y\geq x^2+y^2\geq \frac{(x+y)^2}{2}\)

\(\Rightarrow 1\geq \frac{x+y}{2}\Rightarrow x+y\leq 2(3)\)

Từ $(1),(2),(3)$ suy ra \(x^3+y^3\leq x^2+y^2\leq x+y\leq 2\)

Dấu bằng xảy ra khi $x=y=1$

1.Ta có :\(x^3+y^3=\left(x+y\right)\left(x^2-xy+y^2\right)\)

\(=x^2-xy+y^2\) (do x+y=1)

\(=\dfrac{3}{4}\left(x-y\right)^2+\dfrac{1}{4}\left(x+y\right)^2\ge\dfrac{1}{4}\left(x+y\right)^2\)\(=\dfrac{1}{4}.1=\dfrac{1}{4}\)

Dấu "=" xảy ra khi :\(x=y=\dfrac{1}{2}\)

Vậy \(x^3+y^3\ge\dfrac{1}{4}\)

2.

a) Sửa đề: \(a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\)

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

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

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

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)\ge0\) (luôn đúng vì \(a,b\ge0\))

Đẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow a=b\)

b) Lần trước mk giải rồi nhá

3.

a) Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel\(P=\dfrac{1}{x+1}+\dfrac{1}{y+1}+\dfrac{1}{z+1}\ge\dfrac{\left(1+1+1\right)^2}{\left(x+y+z\right)+3}=\dfrac{9}{3+3}=\dfrac{3}{2}\)

Đẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{1}{x+1}=\dfrac{1}{y+1}=\dfrac{1}{z+1}\\x+y+z=3\end{matrix}\right.\Leftrightarrow x=y=z=1\)

b) \(Q=\dfrac{x}{x^2+1}+\dfrac{y}{y^2+1}+\dfrac{z}{z^2+1}\le\dfrac{x}{2\sqrt{x^2.1}}+\dfrac{y}{2\sqrt{y^2.1}}+\dfrac{z}{2\sqrt{z^2.1}}\)

\(=\dfrac{x}{2x}+\dfrac{y}{2y}+\dfrac{z}{2z}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}=\dfrac{3}{2}\)

Đẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow x^2=y^2=z^2=1\Leftrightarrow x=y=z=1\)

Áp dụng BĐT cosi ta có:

`x^6+y^6+z^6>=3root{3}{x^6y^6z^6}=3x^2y^2z^2`

`=>3x^2y^2z^2<=3`

`=>x^2y^2z^2<=1`

`=>xyz<=1`

`=>(x^3)/(yz)+(y^3)/(zx)+(z^3)/(xy)`

`=(x^4)/(xyz)+(y^4)/(xyz)+(z^4)/(xyz)>=x^4+y^4+z^4(@)`

Áp dụng BĐT bunhia với 2 cặp số `(x^2,y^2,z^2),(x,y,z)`

`=>(x^2+y^2+z^2)(x^4+y^4+z^4)>=(x^3+y^3+z^3)^3`

Mà `(x^3+y^3+z^3)^2>=3(x^3y^3+y^3z^3+z^3x^3)`

`=>(x^2+y^2+z^2)(x^4+y^4+z^4)>=3(x^3y^3+y^3z^3+z^3x^3)(@@)`

Áp dụng BĐT cosi ta có:

`x^6+1+1>=3root{3}{x^6}=3x^2`

`y^6+1+1>=3y^2`

`z^6+1+1>=3z^2`

`=>x^6+y^6+z^6+6>=3(x^2+y^2+z^2)`

`=>9>=3(x^2+y^2+z^2)`

`=>x^2+y^2+z^2<=3`

Kết hợp với `(@@)`

`=>(x^2+y^2+z^2)(x^4+y^4+z^4)>=(x^2+y^2+z^2)(x^3y^3+y^3z^3+z^3x^3)`

`=>x^4+y^4+z^4>=x^3y^3+y^3z^3+z^3x^3`

Kếp hợp với `(@)`

`=>(x^3)/(yz)+(y^3)/(zx)+(z^3)/(xy)>=x^3y^3+y^3z^3+z^3x^3`

Dấu = xảy ra khi `x=y=z=1`

Áp dụng AM-GM có

\(\dfrac{x^3}{y^2}+y+y\ge3\sqrt[3]{\dfrac{x^3}{y^2}.y.y}=3x\)

Tương tự . \(\dfrac{y^3}{z^2}+z+z\ge3y\); \(\dfrac{z^3}{x^2}+x+x\ge3z\)

cộng lại ta được

\(VT+2\left(x+y+z\right)\ge3\left(x+y+z\right)\rightarrow VT\ge x+y+z=VP\)

Vậy ta có điều phải chứng minh

Dấu "=" \(\Leftrightarrow x=y=z\)