Ta có : \(ab+bc+ac\le a^2+b^2+c^2\Leftrightarrow2\left(ab+bc+ac\right)\le2\left(a^2+b^2+c^2\right)\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)

Vì BĐT cuối luôn đúng nên ta có : \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)

Theo Bất đẳng thức tam giác ta có : 

\(a< b+c\Rightarrow a.a< a\left(b+c\right)\Leftrightarrow a^2< ab+ac\) (1)

\(b< a+c\Rightarrow b.b< b\left(a+c\right)\Leftrightarrow b^2< ab+bc\)(2)

\(c< a+b\Rightarrow c.c< c\left(a+b\right)\Leftrightarrow c^2< ac+bc\)(3)

Cộng (1) , (2) , (3) theo vế ta được : \(a^2+b^2+c^2< 2\left(ab+bc+ac\right)\)

Từ đó suy ra đpcm

Nếu em lên lớp 7 thì em sẽ giúp

Nguyễn Thị Ngọc Ánh k lm thì biến đừng hòng kiếm

non vãi loonf đến câu này còn đéo bt ko bt đi học để làm gì

đúng trẻ trâu

Ta có :

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

\(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)       (1)

Vì \(a,b,c\)là độ dài 3 cạnh của một tam giác nên ta có :

\(a^2< a.\left(b+c\right)\)

\(\Rightarrow a^2< ab+ac\)

Tương tự :

\(b^2< ab+bc\)

\(c^2< ca+bc\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2< 2\left(ab+bc+ca\right)\)              (2)

Từ (1) và (2)

=> Đpcm

Ta có:

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

\(\Rightarrow a^2+2ab+b^2\ge0\)

\(\Rightarrow a^2+b^2\ge2ab\) (1).

\(\left(b+c\right)^2\ge0\)

\(\Rightarrow b^2+2bc+c^2\ge0\)

\(\Rightarrow b^2+c^2\ge2bc\) (2).

\(\left(c+a\right)^2\ge0\)

\(\Rightarrow c^2+2ca+a^2\ge0\)

\(\Rightarrow c^2+a^2\ge2ac\) (3).

Cộng theo vế (1), (2) và (3) ta được:

\(a^2+b^2+b^2+c^2+a^2+c^2\ge2ab+2bc+2ca\)

\(\Rightarrow2a^2+2b^2+2c^2\ge2.\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Rightarrow2.\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2.\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\) (*).

Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác (gt).

\(\left\{{}\begin{matrix}a+b>c\\b+c>a\\c+a>b\end{matrix}\right.\) (theo bất đẳng thức trong tam giác).

=> \(\left\{{}\begin{matrix}ac+bc>c^2\left(4\right)\\ab+ac>a^2\left(5\right)\\bc+ab>b^2\left(6\right)\end{matrix}\right.\)

Cộng theo vế (4), (5) và (6) ta được:

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

\(\Rightarrow2ab+2bc+2ac>a^2+b^2+c^2\)

\(\Rightarrow2.\left(ab+bc+ca\right)>a^2+b^2+c^2\) (**).

Từ (*) và (**) => \(ab+bc+ca\le a^2+b^2+c^2< 2.\left(ab+bc+ca\right)\left(đpcm\right).\)

Chúc bạn học tốt!

Theo BĐTBĐT tam giác ta có:
a<b+c
=>a2<ab+ac
b<c+a
=>b2<bc+ba
c<a+b
=>c2<ca+cb
Cộng vế với vế 3 BĐT trên ta được:
a2+b2+c2<2(ab+bc+ca)(1)

Ta có (a−b)2+(b−c)2+(c−a)2≥0 với mọi a,b,c là độ dài 3 cạnh của tam giác
<=>a2−2ab+b2+b2−2bc+c2+c2−2ca+a2≥0
<=>2(a2+b2+c2)≥2(ab+bc+ca)
<=>ab+bc+ca≤a2+b2+c2(2)
Dấu = xảy ra khi a=b=c<=> tam giác đó đều
(1),(2)=>đpcm

Mk còn thiếu vế trái nữa

 a² + b² + c² \(\le\)2 ( ab + bc + ca ) 

Vì a ; b ; c là 3 cạnh của 1 tam giác nên theo bất đẳng  thức  tam giác:

Ta có: 

a\(\le\)b +c => a . a \(\le\)a.(b + c) => a² \(\le\) ab + ac    ( 1 ) 

b \(\le\) a + c => b . b \(\le\)b ( a + c ) => b² \(\le\)ab + bc   ( 2) 

c \(\le\) a + b => c . c \(\le\) c . ( a + b ) => c² \(\le\) ac  + bc   ( 3 ) 

Cộng với các vế ( 1 ) ; ( 2 ) ; ( 3 ) được: 

a²+ b² + c² \(\le\) ab + ac + ab + bc + ac + bc 

Vậy a²  + b² + c² \(\le\)2.( ab + bc + ca ) 

a² + b² + c²  \(\ge\)    ab + bc + ca 

 <=> a² + b² + c² - ab - bc  - ca \(\ge\) 0 

<=> 2a² + 2b² + 2c² - 2ab - 2bc - 2ca \(\ge\)0 

<=> ( a² - 2ab + b² ) + ( b² - 2bc + c² ) + ( c² - 2ca + a² ) \(\ge\)0 

<=> ( a - b )² + ( b - c)² + ( c - a)² \(\ge\) 0 ( Luôn đúng)

Dấu "  = " xảy ra khi a = b = c 

\(\frac{2\left(Σab\right)}{Σa^2}\le\frac{2\left(Σa^2\right)}{a^2}=2\)

tuc la can cm \(Σ\frac{a}{b+c}\le\frac{7}{2}-2=\frac{3}{2}\)

Nguoc dau voi BDT Nesbitt

vay BDT sai ko xay ra dau = maybe :3

Bất đẳng thức này mà ko loạn dấu thì tự làm đc r. Nhưng vế trước>=3/2, vế sau<=2 quá loạn dấu