Ta có:
\(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)(hiển nhiên đúng với mọi \(a,b,c\in R\) )
\(\Leftrightarrow\) \(2\left(a^2+b^2+c^2\right)-2\left(ab+bc+ca\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\) \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)
Mà \(a^2+b^2+c^2=3\) nên ta suy ra được \(ab+bc+ca\le3\) \(\left(i\right)\)
Mặt khác, áp dụng bđt Cauchy cho từng bộ số gồm các số không âm dưới đây, ta có:
\(\text{*)}\) \(a^2+1\ge2\sqrt{a^2.1}=2\text{│}a\text{│}\ge2a\) \(\left(1\right)\)
\(\text{*)}\) \(b^2+1\ge2\sqrt{b^2.1}=2\text{│}b\text{│}\ge2b\) \(\left(2\right)\)
\(\text{*)}\) \(c^2+1\ge2\sqrt{c^2.1}=2\text{│}c\text{│}\ge2c\) \(\left(3\right)\)
Cộng ba bđt \(\left(1\right);\left(2\right);\left(3\right)\) vế theo vế, ta chứng minh được:
\(a+b+c\le\frac{a^2+b^2+c^2+3}{2}=\frac{3+3}{2}=3\) \(\left(ii\right)\)
Cộng từng vế \(\left(i\right)\) và \(\left(ii\right)\) suy ra đpcm
Dấu \("="\) xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=1\)
do a^2+b^2+c^2 >= ab+bc+ca (tự cm)
=> 3>= ab+bc+ca *
giờ ta chỉ việc chứng minh a+b+c =< 3 và cộng với vế *
giả sử a+b+c =< 3 thì (a+b+c)^2 =< 9
ta chứng minh điều này bằng cách dùng bđt cauchy-schwarz
=> ( a+b+c)^2 =< (1^2+1^2+1^2)( a^2+b^2+c^2)
=> ( a+b+c)^2 =< 3( a^2+b^2+c^2)
theo đề a^2+b^2+c^2 =3 v ta có ( a+b+c)^2 =< 9 đúng với giả thiết nêu trên
