[Bài toán] BĐT Schur và phương pháp PQR, Lượng giác hóa trong chứng minh BĐT

Bài toán  Cho các số dương $a,b,c$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2+abc=4$. Chứng minh rằng 

$$a+b+c\le 3$$.

Lời giải 1 :

Ta chứng minh bằng phản chứng. Gỉa sử $a+b+c=3$. Ta sẽ chứng minh $a^2+b^2+c^2+abc\ge 4$.

Đặt $a+b+c=p=3,ab+bc+ca=q,abc=r$

Khi đó, ta cần chứng minh $p^2-2q+r\ge 4\iff r\ge 2q-5$.

Mà theo BĐT $Schur$ thì $r\ge \frac{p(4q-p^2)}{9}=\frac{4q}{3}-3$

Do vậy chỉ cần chứng minh $\frac{4q}{3}-3\ge 2q-5\iff q\le 3$. Hiển nhiên vì $ab+bc+ca\le \frac{(a+b+c{)}^2}{3}=3$

Lời giải 2 :

Gỉa thiết đã cho có thể viết lại thành ${\left(\frac{a}{2}\right)}^2+{\left(\frac{b}{2}\right)}^2+{\left(\frac{c}{2}\right)}^2+2.\frac{a}{2}.\frac{b}{2}.\frac{c}{2}=1$.

Từ đó suy ra $0<\frac{a}{2},\frac{b}{2},\frac{c}{2}\le 1$. Như vậy tồn tại $A,B,C$ thỏa $A+B+C=\pi$ và $\frac{a}{2}=cosA,\frac{b}{2}=cosB,\frac{c}{2}=cosC$.

Từ một BĐT cơ bản $cosA+cosB+cosC\le \frac{3}{2}$ ta có ngay $a+b+c\le 3$