Cho $a,b,c> 0$ và $2(a^2+b^2+c^2)+3abc=9$.
Chứng minh rằng:
$a+b+c\leq 3$.
Cho $a,b,c> 0$ và $2(a^2+b^2+c^2)+3abc=9$.
Chứng minh rằng:
$a+b+c\leq 3$.
$$\mathbf{\text{Every saint has a past, and every sinner has a future}}.$$
Cho $a,b,c> 0$ và $2(a^2+b^2+c^2)+3abc=9$.
Chứng minh rằng:
$a+b+c\leq 3$.
Áp dụng BĐT Schur bậc 3: $a^2+b^2+c^2+\frac{9abc}{a+b+c} \geq 2(ab+bc+ca)$, hay $2(a^2+b^2+c^2)+\frac{9abc}{a+b+c} \geq (a+b+c)^2$.
Phản chứng: Giả sử $a+b+c>3$.
Ta có $9<(a+b+c)^2 \leq 2(a^2+b^2+c^2)+\frac{9abc}{a+b+c}<2(a^2+b^2+c^2)+\frac{9abc}{3}=2(a^2+b^2+c^2)+3abc$, vô lý do điều kiện.
Vậy $a+b+c \leq 3$.
Ta có thể dùng phản chứng.
Giả sử $a+b+c< 3$.
Khi đó: $9=2(a^2+b^2+c^2).1^2+3abc.1^3> 2(a^2+b^2+c^2)(\frac{3}{a+b+c})^2+3abc.(\frac{3}{a+b+c})^3=\frac{18(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2}+\frac{81abc}{(a+b+c)^3}.$
BĐT này tương đương với : $(a+b+c)^3> 2(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)+9abc.$.
Sau khi thu gọn, ta được: $a^3+b^3+c^3+3abc< ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$.
Theo $Schur$ điều này vô lí.
Nên ta có đpcm.
$$\mathbf{\text{Every saint has a past, and every sinner has a future}}.$$
Theo nguyên lý Đi-rich-le, trong 3 số a - 1, b - 1, c - 1 có 2 số cùng dấu. Giả sử hai số đó là a - 1, b - 1
Ta có (a - 1)(b - 1) > 0 <=> ab + 1 > a + b
<=> ab > a + b - 1
Ta có: 9 = 2(a2 + b2 + c2) + 3abc > 2(a2 + b2 + c2) + 3(a + b - 1)c
> (a + b)2 + 2c2 + 3ac + 3bc - 3c (2a2 + 2b2> (a + b)2)
Do đó 36 > 4(a + b)2 + 8c2 + 12ac + 12bc - 12c = 4(a + b)2 + 12c(a + b) + 9c2 - c2 - 12c
<=>(c + 6)2> (2a + 2b + 3c)2
<=> c + 6 > 2a + 2b + 3c
<=> 3 > a + b + c
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh