Dễ dàng chứng minh được với  \(a,b>0:\)

\(a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\)  \(\Leftrightarrow\)  \(\frac{a^3}{b}+b^2\ge a\left(a+b\right)\)  \(\left(1\right)\)

Hoàn toàn tương tự với vòng hoán vị theo bđt trên, ta có:

\(\frac{b^3}{c}+c^2\ge b\left(b+c\right)\)  \(\left(2\right)\)  và  \(\frac{c^3}{a}+a^2\ge c\left(c+a\right)\)  \(\left(3\right)\)

Cộng  \(\left(1\right);\)  \(\left(2\right)\)  và  \(\left(3\right)\)  vế theo vế, ta được:

\(\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}+\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge a\left(a+b\right)+b\left(b+c\right)+c\left(c+a\right)=ab+bc+ca+\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

Vì  \(a,b,c>0\)  nên  \(a^2+b^2+c^2\ne0\)

Do đó, trừ cả hai vế của bđt trên cho  \(a^2+b^2+c^2\)  ta được bất đẳng thức cần phải chứng minh, tức là:

\(\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}\ge ab+bc+ca\)  

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

a³/b+b³/c+c³/a=a⁴/ab+b⁴/bc+c⁴/ca>=(a²+b²+c²)²/ab+bc+ac>=(ab+bc+ca)²/ab+bc+ca=ab+bc+ca

dấu đẳng thức xảy ra<=>x=y=z

Áp dung tính chất dãy tỉ số bằng nhau :

a^3/b +a^3/b +b^2 \(\ge\)3.a^2

\(\Rightarrow\)2a^3/b +b^2>=3a^2  

Tương tự :  +2b^3/c +c^2 \(\ge\)3.b^2              (1)

                  +2c^3/a +a^2 \(\ge\)3.c^2                (2)

Ta cộng (1) và (2) được :

2(a^3/b+b^3/c+c^3/a) +(a^2+b^2+c^2) \(\ge\)3.(a^2+b^2+c^2)  

\(\Rightarrow\)a^3/b+b^3/c+c^3/a \(\ge\)a^2+b^2+c^2  

Mặt khác :   a^2+b^2+c^2 \(\ge\)ab+bc+ca  

Nên :  a^3/b+b^3/c+c^3/a \(\ge\)ab+bc+ca 

Vậy đpcm 

a^3/b +a^3/b +b^2 >=3.a^2
=>2a^3/b +b^2>=3a^2
tương tự
2b^3/c +c^2 >=3.b^2
2c^3/a +a^2 >=3.c^2
cộng lại ta được
2(a^3/b+b^3/c+c^3/a) +(a^2+b^2+c^2) >=3.(a^2+b^2+c^2)
=>a^3/b+b^3/c+c^3/a >=a^2+b^2+c^2
mặt khác
a^2+b^2+c^2>=ab+bc+ca
nên
a^3/b+b^3/c+c^3/a >=ab+bc+ca
dấu = xảy ra khi a=b=c

Chúc bạn học tốt

moi hok lop 6

Lời giải:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz và BĐT AM-GM:

$\text{VT}=\sum \frac{a^4}{a(b+c)}\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{\sum a(b+c)}=\frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{2(ab+bc+ac)}$

$\geq \frac{(ab+bc+ac)^2}{2(ab+bc+ac)}=\frac{ab+bc+ac}{2}\geq \frac{3}{2}$

Ta có đpcm.

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

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: $\boxed{a^5+b^5\ge ab(a^3+b^3)}$

Lời giải:

Áp dụng BĐT AM-GM ta có: \(\frac{a^3}{b}+ab\geq 2a^2\)

Thực hiện tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế:

\(\Rightarrow \frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}\geq 2(a^2+b^2+c^2)-(ab+bc+ac)\)

Theo hệ quả của BĐT AM-GM thì:

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

Do đó, \(\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}\geq ab+bc+ac\) (đpcm)

Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c>0\)