2002-2003，第20届伊朗数学奥林匹克第二轮

已知 $a、b、c$ 为正实数，满足 $a^2+b^2+c^2+abc=4.$
证明：

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

\qquad证明\qquad显然，$a、b、c$ 在区间 $[0,2]$ 上.

\qquad设 $a=2\cos \alpha ,b=2\cos \beta (\alpha 、\beta \in [0,\frac{\pi }{2}]).$

\qquad当 $c$ 为正数时， $a^2+b^2+c^2+abc$ 为增函数 . 因此，对任意的正实数 $a、b$ 至多有一个正实数 $c$ 满足

$a^2+b^2+c^2+abc=4.$

\qquad先证明： $c=2\cos (\pi -\alpha -\beta )=-2\cos (\alpha +\beta )$ 满足条件.

\qquad事实上，

\qquad ${\cos }^2\alpha +{\cos }^2\beta +{\cos }^2(\alpha +\beta )-2\cos \alpha \cdot \cos \beta \cdot \cos (\alpha +\beta )$

\qquad $={\cos }^2\alpha +{\cos }^2\beta +{\cos }^2\alpha \cdot {\cos }^2\beta +{\sin }^2\alpha \cdot {\sin }^2\beta -2\cos \alpha \cdot \cos \beta \cdot \sin \alpha \cdot \sin \beta -2{\cos }^2\alpha \cdot {\cos }^2\beta +2\cos \alpha \cdot \cos \beta \cdot \sin \alpha \cdot \sin \beta$

$={\cos }^2\alpha +{\cos }^2\beta -{\cos }^2\alpha \cdot {\cos }^2\beta +{\sin }^2\alpha \cdot {\sin }^2\beta$

$={\cos }^2\alpha \cdot {\sin }^2\beta +1-{\cos }^2\alpha \cdot {\sin }^2\beta$
$=1$

$\Rightarrow a^2+b^2+c^2+abc=4.$

若 $\alpha +\beta >90^{\circ }$，则 $-2\cos (\alpha +\beta )>0$ 是 $c$ 满足条件的唯一值.

再证明：若 $\alpha +\beta <90^{\circ }$,则不存在满足条件的 $c$.

假设 $c_1、c_2$ 是 $c^2+(a\cos \alpha \cdot \cos \beta )c+4({\cos }^2\alpha +{\cos }^2\beta -1)=0$ 的两个根.则

$c_1+c_2=-4\cos \alpha \cdot \cos \beta \le 0,c_1{c}_2=4({\cos }^2\alpha +{\cos }^2\beta -1)>0.$

所以， $c_1<0,c_2<0.$

故 $c$ 无解.因此，$a=2\cos \alpha ,b=2\cos \beta ,c=2\cos \gamma$，

其中，$\alpha 、\beta 、\gamma$ 是一个锐角三角形的内角.

故 $a+b+c=2(\cos \alpha +\cos \beta +\cos \gamma ).$

注意到， $\cos x$ 在 $[0,\frac{\pi }{2}]$ 上是上凸函数，所以，

$\cos \alpha +\cos \beta +\cos \gamma \le 3\cos (\frac{\alpha +\beta +\gamma }{3})=\frac{3}{2}.$