证$a^2+b^2+c^2+2\sqrt{3abc}\leqslant 1$

isee

正实数 $a,b,c$ 满足 $a+b+c=1$，求证：$a^2+b^2+c^2+2\sqrt{3abc}\leqslant 1$.

isee

因为不想化为4次式子，尝试先保留根号
\begin{align*}
&a^2+b^2+c^2+2\sqrt{3abc}\leqslant 1\\
\iff& a^2+b^2+c^2+2\sqrt{3abc}\leqslant (a+b+c)^2\\
\iff& \sqrt{3abc}\leqslant ab+bc+ca\\
\iff& \sqrt{\frac {ab}c}+\sqrt{\frac {bc}a}+\sqrt{\frac {ca}b}\geqslant \sqrt{3}
\end{align*}
依然看不到出路，还是平方吧
\begin{align*}
\iff& \frac {ab}c+\frac {bc}a+\frac {ca}b+2(a+b+c)\geqslant 3\\
\iff& \frac {ab}c+\frac {bc}a+\frac {ca}b\geqslant 1
\end{align*}
这显然成立啊，两两组合用均值不等式，再三式相加即是.

kuing

由 $(x+y+z)^2\ge3(xy+yz+zx)$ 得 $(ab+bc+ca)^2\ge3abc(a+b+c)$
要熟记哦