Những cách chứng minh hay?
Cho a, b, c >0 thỏa mãn ab + bc +ca = 3. Chứng minh: \(a+b+c\ge2+abc\)
Mình chỉ có 1 cách, SOS:
\(VT-VP=\frac{\left(abc+3\right)\Sigma\left(a-b\right)^2}{6\left(a+b+c+3\right)}+\frac{1}{18}\Sigma c^2\left(a-b\right)^2\ge0\)
Bạn có cách nào khác? (pqr cũng là một cách hay! Nhưng mình muốn có nhiều cách khác nữa!)
Cách 3 :
\(a+b+c\ge2+abc\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge6+3abc\)
Từ điều kiện ta có thể suy ra : \(a+b+c\ge3\)
Từ đó ta có : \(6\le\frac{2}{3}\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)
Đến đây ta cần chứng minh : \(\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge\frac{2}{3}\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)+3abc\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge9abc\)(Đây là hệ quả của Cô-si)
Ta có: \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\ge3\sqrt[3]{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}\)
=> \(\hept{\begin{cases}a^2+b^2+c^2\ge3\\1\ge abc\end{cases}}\)
Có: \(\left(a+b+c\right)^2=a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ac\right)\ge3+6=9\)
=> \(a+b+c\ge3=2+1\ge2+abc\)
Ngoài ra: Ta cũng có bất đẳng thức trên với điều kiện \(a+b+c=ab+bc+ca\). Cách chứng minh bằng \(\text{SOS}\)tương tự như trên nhưng chỉ đổi một vài dấu :)
Ghé thăm blog em tại: tthnew's blog, cảm ơn mn!
Bên AoPS có lời giải dùng AM-GM rất hay:
