=>2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ac>=0

=>(a-b)^2+(b-c)^2+(a-c)^2>=0(luôn đúng)

Xét hiệu a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc=1/2.2(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc)

=1/2(2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2ac-2bc)

=1/2[(a^2-2ab+b^2)+(a^2-2ac+c^2)+(b^2-2bc+c^2)]
=1/2.[(a-b)^2+(a-c)^2+(b-c)^2]

vì (a-b)^2+(a-c)^2+(b-c)^2>=0
nên 1/2.[(a-b)^2+(a-c)^2+(b-c)^2]>=0
hay a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc >=0<=> a^2+b^2+c^2>=ab+ac+bc

Giả sử \(c\le1\).

Khi đó: \(ab+bc+ca-abc=ab\left(1-c\right)+c\left(a+b\right)\ge0\)

\(\Rightarrow ab+bc+ca\ge abc\left(1\right)\)

Đẳng thức xảy ra chẳng hạn với \(a=2,b=c=0\).

Theo giả thiết:

\(4=a^2+b^2+c^2+abc\ge2ab+c^2+abc\)

\(\Leftrightarrow ab\left(c+2\right)\le4-c^2\)

\(\Leftrightarrow ab\le2-c\)

Trong ba số \(\left(a-1\right),\left(b-1\right),\left(c-1\right)\) luôn có hai số cùng dấu.

Không mất tính tổng quát, giả sử \(\left(a-1\right)\left(b-1\right)\ge0\).

\(\Rightarrow ab-a-b+1\ge0\)

\(\Leftrightarrow ab\ge a+b-1\)

\(\Leftrightarrow abc\ge ca+bc-c\)

\(\Rightarrow abc+2\ge ca+bc+2-c\ge ab+bc+ca\left(2\right)\)

Từ \(\left(1\right)\) và \(\left(2\right)\Rightarrow\) Bất đẳng thức được chứng minh.

a)Ta có:

\(\left(a+b\right)^2+\left(a-b\right)^2=2\left(a^2+b^2\right)\)

Do \(\left(a-b\right)^2\ge0\),nên\(\left(a+b\right)^2\le2\left(a^2+b^2\right)\)

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

Khai triển và rút gọn ta được:\(3\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

Vậy \(\left(a+b+c\right)^2\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

10. a) Ta có : (a + b)2 + (a – b)2 = 2(a2 + b2). Do (a – b)\(^2\) ≥ 0, nên (a + b)\(^2\) ≤ 2(a2 + b2).

b) Xét : (a + b + c)\(^2\) + (a – b)\(^2\) + (a – c)\(^2\) + (b – c)\(^2\)

. Khai triển và rút gọn, ta được : 3(a\(^2\) + b\(^2\) + c\(^2\)).

Vậy : (a + b + c)\(^2\) ≤  3( a\(^2\) + b\(^2\) + c\(^2\)).

Cách khác : Biến đổi tương đương

a, \(\left(a+b\right)^2\le2\left(a^2+b^2\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2+2ab+b^2\le2a^2+2b^2\)

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

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

b, \(\left(a+b+c\right)^2\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2ab+2ac+2bc\le3a^2+3b^2+3c^2\)

\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca\ge0\)

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

em chi moi hoc lop 5 thoi a

ma oi nhe

thì lấy về phải pt  a)keo 2 ra ngoai 

                            b)keo 3 ra ngoai 

thì ta sẽ có điều cần chứng minh

 còn = thì khi ẩn = 0

b) mình sai kéo 2 ra ngoài nhé

a: \(VT=a^2c^2+2abcd+b^2d^2+a^2d^2-2abcd+b^2c^2\)

\(=a^2c^2+a^2d^2+b^2d^2+b^2c^2\)

\(=a^2\left(c^2+d^2\right)+b^2\left(c^2+d^2\right)\)

\(=\left(c^2+d^2\right)\left(a^2+b^2\right)\)

b: Bạn ghi lại đề đi bạn

a: \(\left(ac+bd\right)^2+\left(ad-bc\right)^2\)

\(=a^2c^2+b^2d^2-2abcd+a^2d^2-2abcd+b^2c^2\)

\(=a^2c^2+a^2d^2+b^2d^2+b^2c^2\)

\(=\left(c^2+d^2\right)\left(a^2+b^2\right)\)

b: \(\left(ac+bd\right)^2< =\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2c^2+2abcd+b^2d^2-a^2c^2-a^2d^2-b^2c^2-b^2d^2< =0\)

\(\Leftrightarrow-a^2d^2+2abcd-b^2c^2< =0\)

\(\Leftrightarrow\left(ad-bc\right)^2>=0\)(luôn đúng)

a) \(\left(ac+bd\right)^2+\left(ad-bc\right)^2\)

\(=a^2c^2+2abcd+b^2d^2+a^2d^2-2adbc+b^2c^2\)

\(=a^2c^2+b^2d^2+a^2d^2+b^2c^2\)

\(=\left(a^2c^2+a^2d^2\right)+\left(b^2d^2+b^2c^2\right)\)

\(=a^2\left(c^2+d^2\right)+b^2\left(c^2+d^2\right)\)

\(=\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)\)

b) \(\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)-\left(ac+bd\right)^{^2}\)

\(=a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2-a^2c^2-2abcd-b^2d^2\)

\(=a^2d^2+b^2c^2-2abcd\)

\(=\left(ad\right)^2-2ad.bc+\left(bc\right)^2\)

\(=\left(ad-bc\right)^2\ge0\)

\(=\left(ac+bd\right)^2\le\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)\)

dduungg

Trong tam giác ABC, theo Hệ quả định lý Cô sin ta luôn có :

Mà ta có 2.bc > 0 nên cos A luôn cùng dấu với b2 + c2 – a2.

a) Góc A nhọn ⇔ cos A > 0 ⇔ b2 + c2 – a2 > 0 ⇔ a2 < b2 + c2.

b) Góc A tù ⇔ cos A < 0 ⇔ b2 + c2 – a2 < 0 ⇔ a2 > b2 + c2.

c) Góc A vuông ⇔ cos A = 0 ⇔ b2 + c2 – a2 = 0 ⇔ a2 = b2 + c2.