|
|
Cách 1: Ta luôn có:
a2+b2+c2≥33√a2b2c2⇒4√abc≥33√a2b2c2(1)
Mặt khác, với 3 số dương a,b,c ta có:
a+b+c≥33√abc(2)
Nhân théo vế (1),(2) ta được:
4(a+b+c)√abc≥9abc>8abc⇒a+b+c>2√abc , đpcm.
Cách 2: Ta luôn có:
a2+b2+c2≥2a√b2+c2≥2a√2bc⇒4√abc≥2a√2bc⇔2≥a .
Chứng minh tương tự ta được 2≥b,2≥c và nhận thấy ngay a,b,c không thể đồng thời bằng 2 vì khi đó sẽ vi phạm điều kiện đầu bài.
Khi đó, ta thấy ngay:
a(a−2)+b(b−2)+c(c−2)<0⇔2(a+b+c)>a2+b2+c2=4√abc
⇔a+b+c>2√abc , đpcm.
Cách 3: Ta luôn có:
a2+b2+c2+a+b+c≥66√a3b3c3=6√abc .
⇔4√abc+a+b+c≥6√abc⇔a+b+c≥2√abc .
Dấu đẳng thức xảy ra khi :
a2=b2=c2=a=b=c⇔a=b=c=1 .
Tuy nhiên, điều này mâu thuẫn với giả thiết.
Vậy, ta luôn có a+b+c>2√abc .
|