Inequality

Bài toán : Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Tìm hằng số $k$ lớn nhất sao cho bất đẳng thức sau đúng :

$\frac{a^3+b^3+c^3}{(a+b)(b+c)(c+a)}+\frac{k\left(ab+bc+ca\right)}{{\left(a+b+c\right)}^2}$$\ge \frac{3}{8}+\frac{k}{3}$

Lời giải :

Trong bất đẳng thức ban đầu, ta cho $b=c$ :

$$\frac{a^3+2b^3}{2b(a+b)}+k.\frac{b^2+2ab}{(a+2b{)}^2}\ge \frac{3}{8}+\frac{k}{3}$$

$\iff \frac{1}{2}\left[\frac{a^3+2b^3}{b(a+b{)}^2}-\frac{1}{4}\right]$$\ge k.\left[\frac{1}{3}-\frac{b^2+2ab}{(a+2b{)}^2}\right]$

$$\iff \frac{(a-b{)}^2(4a+5b)}{8b(a+b{)}^2}\ge k.\frac{(a-b{)}^2}{3(a+2b{)}^2}$$

$$\iff \frac{8k}{3}\le \frac{(a+2b{)}^2(4a+5b)}{b(a+b{)}^2}$$

Do tính thuần nhất nên ta có thể cho $b=1$, lúc này :

$$8k/3\le \frac{(a+2{)}^2(4a+5)}{(a+1{)}^2}$$

Ta xét hàm số :

$$f(x)=\frac{(x+2{)}^2(4x+5)}{(x+1{)}^2},x>0$$

Có đạo hàm :

$$f^{\prime }(x)=\frac{2(x+2)(2x^2+2x-1)}{(x+1{)}^3}$$

Chú ý nghiệm dương duy nhất của phương trình $f^{\prime }(x)=0$ là $x=\frac{-1+\sqrt{3}}{2}$. Từ đó không khó để suy ra được :

$$f(x)\ge f\left(\frac{-1+\sqrt{3}}{2}\right)=9+6\sqrt{3}$$

Suy ra được :

$$k\le \frac{3}{8}(9+6\sqrt{3})=\frac{27+18\sqrt{3}}{8}$$

Ta chứng minh giá trị $k$ lớn nhất cần tìm là $\frac{27+18\sqrt{3}}{8}$
Ta sử dụng kĩ thuật Schur-SOS trong phần chứng minh.
Bất đẳng thức cần chứng minh viết dưới dạng :

$\frac{8(a^3+b^3+c^3-3abc)-3((a+b)(b+c)(c+a)-8abc)}{8(a+b)(b+c)(c+a)}$$\ge k.\frac{a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca}{3(a+b+c{)}^2}$

Ta sử dụng các khai triển :

$$a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)\left[(a-b{)}^2+(a-c)(b-c)\right]$$

$$(a+b)(b+c)(c+a)-8abc=2c(a-b{)}^2+(a+b)(a-c)(b-c)$$

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

Từ đó ta nhóm được điều cần chứng minh thành :

$$M(a-b{)}^2+N(a-c)(b-c)\ge 0$$

Trong đó :

$$M=\frac{8a+8b+2c}{8(a+b)(b+c)(c+a)}-\frac{k}{3(a+b+c{)}^2}$$
$$N=\frac{5a+5b+8c}{8(a+b)(b+c)(c+a)}-\frac{k}{3(a+b+c{)}^2}$$

Bây giờ, không giảm tổng quát ta giả sử $c=min\left\{a,b,c\right\}$ nên $a+b\ge 2c$. Từ đó $8a+8b+2c\ge 5a+5b+8c$. Từ đó thấy ngay $M\ge N$. Hơn nữa cũng có $(a-c)(b-c)\ge 0$. Như vậy bất đẳng thức chứng minh hoàn tất nếu ta chỉ ra được $N\ge 0$.
Tức là :

$$3(5a+5b+8c)(a+b+c{)}^2\ge 8k(a+b)(b+c)(c+a)$$

Đổi biến $(a+b,b+c,c+a)\to (X,Y,Z)$. Khi đó cần chứng minh :

$$3(X+4Y+4Z)(X+Y+Z{)}^2\ge 32kXYZ$$

Ta chứng minh kết quả mạnh hơn là :

$$3(X+4Y+4Z)(X+Y+Z{)}^2\ge 8kX(Y+Z{)}^2=(27+18\sqrt{3})X(Y+Z{)}^2$$

Vì tính thuần nhất nên ta có thể chuẩn hóa $X+Y+Z=1$. Từ đó ta cần chứng minh :

$$3(4-3X)\ge (27+18\sqrt{3})X(1-X{)}^2\iff g(X)=\frac{4-3X}{X(1-X{)}^2}\ge 9+6\sqrt{3}$$

Trong đó $0<X<1$. Khảo sát hàm $g$ trên $\left(0,1\right)$ ta được ngay $g(X)\ge 9+6\sqrt{3}$.
Như vậy ta hoàn tất chứng minh. Và giá trị $k$ tốt nhất chính bằng :

$$\boxed{k_{max}=\frac{27+18\sqrt{3}}{8}}$$