|
|
Cách 1: Ta luôn có:
$a^2+b^2+c^2\geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\Rightarrow 4\sqrt{abc}\geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2} (1)$
Mặt khác, với 3 số dương $a,b,c$ ta có:
$a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc} (2)$
Nhân théo vế $(1), (2)$ ta được:
$4(a+b+c)\sqrt{abc}\geq 9abc>8abc\Rightarrow a+b+c>2\sqrt{abc}$ , đpcm.
Cách 2: Ta luôn có:
$a^2+b^2+c^2\geq 2a\sqrt{b^2+c^2}\geq 2a\sqrt{2bc}\Rightarrow 4\sqrt{abc}\geq 2a\sqrt{2bc}\Leftrightarrow 2\geq a$ .
Chứng minh tương tự ta được $2\geq b,2\geq c$ 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:
$a(a-2)+b(b-2)+c(c-2)<0\Leftrightarrow 2(a+b+c)>a^2+b^2+c^2=4\sqrt{abc}$
$\Leftrightarrow a+b+c> 2\sqrt{abc}$ , đpcm.
Cách 3: Ta luôn có:
$a^2+b^2+c^2+a+b+c\geq 6\sqrt[6]{a^3b^3c^3}=6\sqrt{abc}$ .
$\Leftrightarrow 4\sqrt{abc}+a+b+c\geq 6\sqrt{abc}\Leftrightarrow a+b+c\geq 2\sqrt{abc}$ .
Dấu đẳng thức xảy ra khi :
$a^2=b^2=c^2=a=b=c\Leftrightarrow a=b=c=1$ .
Tuy nhiên, điều này mâu thuẫn với giả thiết.
Vậy, ta luôn có $
a+b+c> 2\sqrt{abc} $ .
|