Inequality 12

[Bài toán]: Cho $a,b,c\ge 0$ thỏa mãn $a+b+c=2$. CMR: $(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2)\le 3$
                                                               Lời Giải
Không mất tính tổng quát, giả sử $a\ge b\ge c\ge 0$.
Đặt $t=\frac{a+b}{2};u=\frac{a-b}{2}(t,u\ge 0;t\le 1)$
$\to a^2+2ab+b^2=4t^2;a^2-2ab+b^2=4u^2$
$▶$ Ta phải CM: $(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2)\le 3t^2(t^2+tc+c^2{)}^2(\ast )$
Ta có: +, $a^2+ab+b^2=2t^2+2u^2+t^2-u^2=3t^2+u^2$
+, $(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2)$
$=c^4+a^2{b}^2+b^2{c}^2+c^2{a}^2+c^3(a+b)+abc(a+b+c)$
$=c^4+(t^2-u^2{)}^2+2c^2(t^2+u^2)+2t{c}^3+c(t^2-u^2)(c+2t)$
$=c^4+t^4-2t^2{u}^2+u^4+2t^2{c}^2+2u^2{c}^2+2t{c}^3+t^2{c}^2+2t^{3}c-c^2{u}^2-2tc{u}^2$
$=c^4+3t^2{c}^2+t^4+2tc(t^2+c^2)-u^2(2tc-c^2+2t^2-u^2)$
Ta phải CM: $\frac{3t^2}{a^2+ab+b^2}-1\ge \frac{(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2)}{(t^2+tc+c^2{)}^2}-1$
$\iff \frac{3t^2-3t^2-u^2}{3t^2+u^2}\ge \frac{-u^2(2tc-c^2+2t^2-u^2)}{(t^2+tc+c^2{)}^2}$
$\iff \frac{1}{3t^2+u^2}\le \frac{2tc-c^2+2t^2-u^2}{(t^2+tc+c^2{)}^2}$
$\iff (2tc-c^2+2t^2-u^2)(3t^2+u^2)\ge (t^2+tc+c^2{)}^2$
$\iff 6t^{3}c+2tc{u}^2-3t^2{c}^2-c^2{u}^2+6t^4+2t^2{u}^2-3t^2{u}^2-u^4\ge t^4+t^2{c}^2+c^4+2t^{3}c+2t{c}^3+2t^2{c}^2$
$\iff 4t^3-2t{c}^3-6t^2{c}^2+5t^4-c^4\ge u^2{c}^2-2t{c}^2+t^2{u}^2+u^4=u^2(t-c{)}^2+u^4$
Lại có:  $5t^4+4t^{3}c-6t^2{c}^2+5t^4-c^4\ge 5t^4-5t^2{c}^2=5t^2(t-c)(t+c)$
$=5(t^3+t^{2}c)(t-c)\ge 5t^3(t-c)\ge 2(t-c{)}^4\ge u^2(t-c{)}^2+u^4\to (\ast )$ được CM.
$▶$ Cuối cùng, ta phải CM: $3t^2(t^2+tc+c^2{)}^2\le 3$
Ta có: $t=\frac{a+b}{2}\Rightarrow c=2-2t$
$\to t^2[t^2+t(2-2t)+(2-2t{)}^2{]}^2\le 1\iff 3t^3-6t^2+4t-1\le 0$
$\iff (3t^2-3t+1)(t-1)\le 0\to \text{True}$
Vậy bất đẳng thức ban đầu được CM, dấu bằng xảy ra $\iff (a,b,c)=(1;1;0)$ và hoán vị $■$