Các bạn tham khảo thêm 1 cách làm khác cho bài 1 của bạn tahoangthaovy
Cách 1:
Từ giả thiết suy ra, có ít nhất một trong ba số a,b,c không lớn hơn 1. Giả sử số đó là c, khi đó ta sẽ có:
ab+bc+ca−abc = ab(1-c) + c(a+b) \geq 0
Thay abc = $4 - (a^2+b^2+c^2)$ vào, ta có thể viết lại bất đẳng thức này thành $a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca $ \leq 6.
Giả sử tồn tại một bộ số (a,b,c) gồm các số hạng không âm sao cho $a^2+b^2+c^2+abc$ = 4 và $a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca$ >6 . Khi đó ta sẽ có:
4 = $a^2+b^2+c^2+abc$ = $\frac{6(a^2+b^2+c^2)}{6}$ + $\frac{6\sqrt{6}abc}{6\sqrt{6}}$
> $\frac{6(a^2+b^2+c^2)}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}$ + $\frac{6\sqrt{6}abc}{(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca) ^{\frac{3}{2}}}$
suy ra:
$2(ab+bc+ca) -(a^2+b^2+c^2)$ > $\frac{3\sqrt{6}abc}{\sqrt{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}}$
Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức Schur bậc 4 (ở dạng phân thức), ta được:
$2(ab+bc+ca) -(a^2+b^2+c^2)$ \leq $\frac{6abc(a+b+c)}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}$
nên từ trên suy ra:
$\frac{6abc(a+b+c)}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}$ > $\frac{3\sqrt{6}abc}{\sqrt{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}}$
Điều này chứng tỏ rằng abc >0 và $\sqrt{2}(a+b+c)$ > $\sqrt{3(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)}$ . Điều này vô lý,bởi vì ta luôn có :
$3(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca) - 2(a+b+c)^2$ = $a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca$ \geq 0
Như vậy, không thể nào tồn tại các số a,b,c thoả mãn giả thiết của đề bài sao cho $a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca$ >6 , hay nói cách khác, với mọi a,b,c không âm sao cho $a^2+b^2+c^2+abc=4$ , ta phải có:
ab+bc+ca−abc \leq 2
Bài toán đã được chứng minh theo phương pháp phản chứng.
