Để chứng minh bất đẳng thức này, ta sẽ biến đổi vế trái thành tổng của các bình phương (phương pháp hằng đẳng thức): a^2 - ab + b^2 = a^2 - 2 \cdot a \cdot \frac{b}{2} + \left(\frac{b}{2}\right)^2 - \left(\frac{b}{2}\right)^2 + b^2 a^2 - ab + b^2 = \left(a - \frac{b}{2}\right)^2 - \frac{b^2}{4} + b^2 a^2 - ab + b^2 = \left(a - \frac{b}{2}\right)^2 + \frac{3b^2}{4} Vì \left(a - \frac{b}{2}\right)^2 \ge 0 (bình phương của một số thực luôn không âm) và \frac{3b^2}{4} \ge 0 (vì b^2 \ge 0), nên: \left(a - \frac{b}{2}\right)^2 + \frac{3b^2}{4} \ge 0 + 0 = 0 Vậy bất đẳng thức a^2 - ab + b^2 \ge 0 được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi cả hai số hạng đều bằng 0: \begin{cases} a - \frac{b}{2} = 0 \\ \frac{3b^2}{4} = 0 \end{cases} \implies \begin{cases} a = \frac{b}{2} \\ b = 0 \end{cases} Thay b=0 vào phương trình thứ nhất, ta được a = \frac{0}{2} = 0. Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = 0. Ta xét hiệu của vế trái (VT) và vế phải (VP): VT - VP = (a^2 - ab + b^2) - \frac{1}{4}(a+b)^2 VT - VP = a^2 - ab + b^2 - \frac{1}{4}(a^2 + 2ab + b^2) Quy đồng và nhân cả hai vế với 4 (vì 4>0): 4(a^2 - ab + b^2) - (a^2 + 2ab + b^2) \ge 0 4a^2 - 4ab + 4b^2 - a^2 - 2ab - b^2 \ge 0 Thu gọn các hạng tử đồng dạng: (4a^2 - a^2) + (-4ab - 2ab) + (4b^2 - b^2) \ge 0 3a^2 - 6ab + 3b^2 \ge 0 Đặt thừa số chung 3: 3(a^2 - 2ab + b^2) \ge 0 Sử dụng hằng đẳng thức (a-b)^2 = a^2 - 2ab + b^2: 3(a - b)^2 \ge 0 Vì (a-b)^2 \ge 0 với mọi số thực a, b và 3 > 0, nên bất đẳng thức 3(a-b)^2 \ge 0 luôn đúng. Vậy bất đẳng thức a^2 - ab + b^2 \ge \frac{1}{4}(a+b)^2 được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (a-b)^2 = 0: (a - b)^2 = 0 \implies a - b = 0 \implies a = b Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b.