Bài toán [Phương pháp S-S trong chứng minh BĐT]

Bài toán : Cho các số dương $a,b,c$. Chứng minh rằng :

$$\frac{abc}{a^3+b^3+c^3}+\frac{2}{3}\ge \frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}$$

Lời giải :

Viết BĐT thành :

$1-\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}$$\ge \frac{1}{3}-\frac{abc}{a^3+b^3+c^3}$$\iff \frac{a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca}{a^2+b^2+c^2}$$\ge \frac{a^3+b^3+c^3-3abc}{3(a^3+b^3+c^3)}$

Nhận xét rằng ta có các đẳng thức sau :

$$a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=(a-b{)}^2+(a-c)(b-c)$$

$$a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a-b{)}^2+(a+b)(a-c)(b-c)$$

Do đó cần chứng minh :

$\frac{(a-b{)}^2+(a-c)(b-c)}{a^2+b^2+c^2}$$\ge \frac{(a+b+c)(a-b{)}^2+(a+b)(a-c)(b-c)}{3(a^3+b^3+c^3)}$$\iff \left(\frac{1}{a^2+b^2+c^2}-\frac{a+b+c}{3(a^3+b^3+c^3)}\right)(a-b{)}^2+\left(\frac{1}{a^2+b^2+c^2}-\frac{a+b}{3(a^3+b^3+c^3)}\right)(a-c)(b-c)$$\ge 0$$\iff A.(a-b{)}^2+B.(a-c)(b-c)$$\ge 0(\ast )$

Ta sẽ chứng minh $A,B\ge 0$ dễ thấy chỉ cần chứng minh $A=\frac{1}{a^2+b^2+c^2}-\frac{a+b+c}{3(a^3+b^3+c^3)}\ge 0$ là đủ vì $B\ge A$.

Thật vậy,

$$A=\frac{3(a^3+b^3+c^3)-(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)}{3(a^2+b^2+c^2)(a^3+b^3+c^3)}$$

Không mất tính tổng quát, ta giả sử $a\ge b\ge c>0$

Áp dụng  BĐT $Chebyshev$ với hai dãy cùng chiều $(a;b;c);(a^2;b^2;c^2)$ thì :$3(a^3+b^3+c^3)\ge (a+b+c)(a^2+b^2+c^2)\Rightarrow A\ge 0\Rightarrow A,B\ge 0$

Mà ta có $a\ge b\ge c>0\Rightarrow (a-c)(b-c)\ge 0\Rightarrow A.(a-b{)}^2+B.(a-c)(b-c)\ge 0$

Ta có $(\ast )$, đây là đpcm. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$