c) Áp dụng BĐT cô si cho 2 hai số dương \(a;b\) ta có:

\(a+b\ge2\sqrt{ab}\)

\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{1}{\sqrt{ab}}\)

\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\ge4\)

\(\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(\Leftrightarrow a=b\)

giup mjk vs

a) \(\left(a-b\right)^2\ge0\Leftrightarrow a^2+b^2\ge2ab\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2\right)\ge a^2+b^2+2ab=\left(a+b\right)^2=2^2=4\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2\ge2\).

Dấu \(=\)khi \(a=b=1\).

b) \(\left(a^2-b^2\right)\ge0\Leftrightarrow a^4+b^4\ge2a^2b^2\Leftrightarrow2\left(a^4+b^4\right)\ge a^4+b^4+2a^2b^2=\left(a^2+b^2\right)^2\ge2^2=4\)

\(\Leftrightarrow a^4+b^4\ge2\)

Dấu \(=\)khi \(a=b=1\).

c) Bạn làm tương tự. 

bạn j ơi a^2+b^2 có = 2 đâu

\(\frac{2b^2-c^2}{a^2}\ge4\Leftrightarrow2b^2-c^2\ge4a^2\)

\(\Leftrightarrow b^2\ge\frac{4a^2+c^2}{2}=2a^2+\frac{c^2}{2}\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge a^2+c^2+2a^2+\frac{c^2}{2}=3a^2+\frac{3}{2}c^2\) (1)

Mặt khác \(2< a+c\Rightarrow4< \left(a+c\right)^2=\left(\sqrt{\frac{1}{3}}.\sqrt{3}a+\sqrt{\frac{2}{3}}.\sqrt{\frac{3}{2}}c\right)^2\le\left(\frac{1}{3}+\frac{2}{3}\right)\left(3a^2+\frac{3}{2}c^2\right)\)

\(\Rightarrow3a^2+\frac{3}{2}c^2>4\) (2)

(1);(2) \(\Rightarrow a^2+b^2+c^2>4\) (đpcm)

thanks <3

Bài 5.

1. Chứng minh

$\dfrac{2}{a}+\dfrac{1}{b}\ge\dfrac{4}{a+b}$

Ta có:

$\dfrac{2}{a}+\dfrac{1}{b}-\dfrac{4}{a+b}$

$=\dfrac{2b(a+b)+a(a+b)-4ab}{ab(a+b)}$

$=\dfrac{a^2-ab+2b^2}{ab(a+b)}$

$=\dfrac{(a-b)^2+b^2}{ab(a+b)}\ge0$

Vậy: $\boxed{\dfrac{2}{a}+\dfrac{1}{b}\ge\dfrac{4}{a+b}}$

2. Chứng minh

$\dfrac1a+\dfrac1b+\dfrac1c\ge\dfrac{a}{a+b+c}$

Vì $a,b,c>0$ nên:

$\dfrac1a+\dfrac1b+\dfrac1c>\dfrac1a$

Mà: $\dfrac1a>\dfrac{a}{a+b+c}$

Suy ra: $\boxed{\dfrac1a+\dfrac1b+\dfrac1c\ge\dfrac{a}{a+b+c}}$

1.

$a^3+b^4-ab(a+b)$

$=a^3+b^4-a^2b-ab^2$

$=a^2(a-b)+b^2(b-a)$

$=(a-b)(a^2-b^2)$

$=(a-b)^2(a+b)\ge0$

Suy ra: $\boxed{a^3+b^4\ge ab(a+b)}$

2.

$a^4+b^4-ab(a^2+b^2)$

$=a^4+b^4-a^3b-ab^3$

$=a^3(a-b)+b^3(b-a)$

$=(a-b)(a^3-b^3)$

$=(a-b)^2(a^2+ab+b^2)\ge0$

Vậy: $\boxed{a^4+b^4\ge ab(a^2+b^2)}$

3.

$a^5+b^5-ab(a^3+b^3)$

$=a^5+b^5-a^4b-ab^4$

$=a^4(a-b)+b^4(b-a)$

$=(a-b)(a^4-b^4)$

$=(a-b)^2(a+b)(a^2+b^2)\ge0$

Vậy: $\boxed{a^5+b^5\ge ab(a^3+b^3)}$

Ta có:

\(a^4+b^4\ge a^3+b^3\)  \(\left(1\right)\)

\(\Leftrightarrow\)  \(2\left(a^4+b^4\right)\ge\left(a+b\right)\left(a^3+b^3\right)\)  (vì  \(a+b=2\))

\(\Leftrightarrow\)  \(a^4+b^4\ge a^3b+ab^3\)

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

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

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

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

Bất đẳng thức  \(\left(2\right)\)  luôn đúng (do  \(\left(a-b\right)^2\ge0\)  và  \(a^2+ab+b^2=\left(a+\frac{b}{2}\right)^2+\frac{3b^2}{4}\ge0\) ), mà các phép biến đổi trên tương đương nên bất đẳng thức \(\left(1\right)\)  được chứng minh. 

Đẳng thức trên xảy ra  khi và chỉ khi  \(a=b\)