\(a^2+b^2\le1+ab\)

\(\Leftrightarrow a^2-ab+b^2\le1\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)\le a+b\left(a+b>0\right)\)

\(\Leftrightarrow a^3+b^3\le a+b\)

\(\Leftrightarrow a\left(a^2-1\right)+b\left(b^2-1\right)\le0\)

Lại có:\(a^3+b^3=a^5+b^5\)

\(\Rightarrow a^3\left(a^2-1\right)+b^3\left(b^2-1\right)=0\)

Ta có: \(a^3\left(a^2-1\right)-a\left(a^2-1\right)+b^3\left(b^2-1\right)-b\left(b^2-1\right)\)

\(=a\left(a^2-1\right)\left(a^2-1\right)+b\left(b^2-1\right)\left(b^2-1\right)\ge0\forall a,b>0\)

\(\Rightarrow a\left(a^2-1\right)+b\left(b^2-1\right)\le0\Rightarrowđpcm\)

#)Giải :

\(a^2+b^2\le1+ab\)

\(\Leftrightarrow a^2-ab+b^2\le1\)

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

\(\Leftrightarrow a^3+b^3\le a+b\)

\(\Leftrightarrow\left(a^3+b^3\right)\left(a^3+b^3\right)\le\left(a+b\right)\left(a^5+b^5\right)\left(a^3+b^3=a^5+b^5\right)\)

\(\Leftrightarrow a^6+2a^3b^3+b^6\le a^6+ab^5+a^5b+b^6\)

\(\Leftrightarrow a^5b+ab^5\ge2a^3b^3\)

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

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

\(\Leftrightarrow ab\left(a^2-b^2\right)^2\ge0\)( luôn đúng \(\forall a;b>0\))

Vậy \(a^2+b^2\le1+ab\left(đpcm\right)\)

P/s : Bài này mk tham khảo trên mạng ( tại thấy rảnh nên chép hộ ^^ )

Có : (a-b)^2>=0

<=>a^2+b^2>=2ab       (2)

<=>a^2+b^2+2ab>=4ab

<=>(a+b)^2>=4ab (1) hay 4ab<=(a+b)^2    (3)

Với a,b > 0 thì chia hai vế (1) cho ab.(a+b) ta được : a+b/ab >= 4/a+b <=> 1/a + 1/b >= 4/a+b     (4)

Áp dụng bđt (2) ; (3) và (4)  thì VT = (4/a^2+b^2 + 1/2ab) + (4ab+1/4ab)+1/4ab

>= 4/(a^2+b^2+2ab) + 2\(\sqrt{\frac{4ab.1}{4ab}}\)+ \(\frac{1}{\left(a+b\right)^2}\)

= 4/(a+b)^2 + 2 + 1/(a+b)^2 >= 4/1 + 2 + 1/1 = 7 => ĐPCM 

Dấu "=" xảy ra <=> a=b ; a+b=1 <=> a=b=1/2

Ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}a^5+a\ge2a^3\\b^5+b\ge2b^3\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^5\ge2a^3-a\\b^5\ge2b^3-b\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow a^5+b^5\ge2a^3+2b^3-a-b\)

\(\Rightarrow a^3+b^3\ge2a^3+2b^3-a-b\)

\(\Rightarrow a^3+b^3\le a+b\)

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

\(\Rightarrow a^2+b^2\le1+ab\)

Dấu = xảy ra khi \(a=b=1\)

Chứng minh BĐT Phụ: \(a^5+b^5\ge a^4b+ab^4\)với \(a;b>0\)

\(\Rightarrow\frac{a^5+b^5}{ab\left(a+b\right)}\ge\frac{a^4b+ab^4}{ab\left(a+b\right)}=\frac{ab\left(a^3+b^3\right)}{ab\left(a+b\right)}=\frac{ab\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)}{ab\left(a+b\right)}=a^2-ab+b^2\)

Áp dụng ta có: \(VT\)(VẾ TRÁI)\(\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)-\left(ab+bc+ca\right)\)                       \(\left(1\right)\)

Xét: \(\left[2\left(a^2+b^2+c^2\right)-\left(ab+bc+ca\right)\right]-\left[3\left(ab+bc+ca\right)-2\right]\)

\(=2\left(a^2+b^2+c^2\right)-4\left(ab+bc+ca\right)+2\)

\(=4\left(a^2+b^2+c^2\right)-4\left(ab+bc+ca\right)\)              (Do a²+b²+c²=1)                           \(\left(2\right)\)

Mà \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)   Tự chứng minh                                                               \(\left(3\right)\)

Từ (1);(2) và (3) suy ra \(VT\ge3\left(ab+bc+ca\right)-2\)

Vậy \(\frac{a^5+b^5}{ab\left(a+b\right)}+\frac{b^5+c^5}{bc\left(b+c\right)}+\frac{c^5+a^5}{ca\left(c+a\right)}\ge3\left(ab+bc+ca\right)-2\)