Cho \({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=3,\,\,a,b,c&gt...

D

- Hướng dẫn giải

Phương pháp giải:

Phương pháp:

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số thực không âm.

Giải chi tiết:

Lời giải chi tiết.

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho bộ \(\left( \sqrt{3a+bc};\,\,2 \right)\) ta nhận được

\(\sqrt{3a+bc}=\frac{1}{2}\sqrt{4\left( 3a+bc \right)}\le \frac{1}{2}.\frac{4+\left( 3a+bc \right)}{2}\,=\,\frac{4+\left( 3a+bc \right)}{4}\left( 1 \right).\)

Chứng minh tương tự ta có   \(\left\{ \begin{align}  & \sqrt{3b+ac}\le \frac{4+\left( 3b+ac \right)}{4}\,\,\left( 2 \right) \\  & \sqrt{3c+ab}\le \frac{4+\left( 3c+ab \right)}{4}\,\,\left( 3 \right) \\ \end{align} \right..\)

Cộng vế theo vế \(\left( 1 \right),\left( 2 \right),\left( 3 \right)\) ta nhận được

\(\sqrt{3a+bc}+\sqrt{3b+ac}+\sqrt{3c+ab}\le \frac{12+3\left( a+b+c \right)+\left( ab+bc+ca \right)}{4}\,\,\left( 4 \right).\)

Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho \(\left( 1;a \right)\) ta có  \(a=a.1\le \frac{{{a}^{2}}+1}{2}\Rightarrow 3a\le \frac{3\left( {{a}^{2}}+1 \right)}{2}.\)

Tương tự ta có  \(\left\{ \begin{align}  & 3b\le \frac{3\left( {{b}^{2}}+1 \right)}{2} \\  & 3c\le \frac{3\left( {{c}^{2}}+1 \right)}{2} \\ \end{align} \right..\)

Hơn nữa ta cũng chứng minh được \(\left\{ \begin{align}  & ab\le \frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}{2} \\  & ac\le \frac{{{a}^{2}}+{{c}^{2}}}{2} \\  & bc\le \frac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{2} \\ \end{align} \right..\)

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta nhận được

\(3\left( a+b+c \right)+2\left( ab+bc+ca \right)\le \frac{9+5\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}{2}=\frac{9+5.3}{2}=12\,\,\left( 5 \right).\) 

Thay \(\left( 5 \right)\) vào \(\left( 4 \right)\) ta nhận được

\(\sqrt{3a+bc}+\sqrt{3b+ac}+\sqrt{3c+ab}\le \frac{12+3\left( a+b+c \right)+\left( ab+bc+ca \right)}{4}\,\le \frac{12+12}{4}=6.\)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{align} & 4=3a+bc,\,\,4=3b+ac,\,\,4=3c+ab \\ & a=1,b=1,c=1 \\  & a=b,b=c,c=a \\  & {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=3 \\ \end{align} \right.\Leftrightarrow a=b=c=1.\)

Chọn đáp án D.