Inequality

Bài toán : Tìm số thực dương $k$ lớn nhất thỏa sao cho với mọi số dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=3$ thì bất đẳng thức sau luôn đúng :

$$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{6k}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}\ge 3+k$$

Lời giải :

Chọn $a=b=t,c=3-2t$ ta được :

$\left(\frac{2}{t}+\frac{1}{3-2t}-3\right)$$\ge k.\left[1-\frac{6}{2t^2+(3-2t{)}^2+2t(3-2t)+t^2}\right]$$\iff \frac{6(t-1{)}^2}{t(3-2t)}$$\ge k.\frac{(t-1{)}^2}{t^2-2t+3}$$\iff \frac{t^2-2t+3}{t(3-2t)}$$\ge \frac{k}{6}$

Xét hàm số $f(t)=\frac{t^2-2t+3}{t(3-2t)},t\in \left(0,3\right)$. 

$$f^{\prime }(t)=0\iff \frac{-t^2+12t-9}{t^2(3-2t{)}^2}=0\iff t=6-3\sqrt{3}$$

Bằng cách lập bảng biến thiên, ta nhận thấy :

$$f(t{)}_{min}=\frac{2}{3}(1+\sqrt{3})\Rightarrow k\le 6.\frac{2}{3}.(1+\sqrt{3})=4(1+\sqrt{3})$$

Ta chứng minh $k=4(1+\sqrt{3})$ là giá trị lớn nhất cần tìm. Ta viết bất đẳng thức đã cho dưới dạng thuần nhất :

$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{2k.(a+b+c{)}^2}{3(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)}$$\ge \frac{9}{a+b+c}+k$$\iff \left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}-\frac{9}{a+b+c}\right)$$\ge k\left[1-\frac{2(a+b+c{)}^2}{3(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)}\right]$$\iff \frac{ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)-6abc}{abc(a+b+c)}$$\ge k.\frac{a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca}{3(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)}$$\iff \frac{2c(a-b{)}^2+(a+b)(a-c)(b-c)}{abc(a+b+c)}$$\ge k.\frac{(a-b{)}^2+(a-c)(b-c)}{3(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)}$

Từ đó đưa được về dạng :

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

Trong đó :

$$M=\frac{2}{ab(a+b+c)}-\frac{k}{3(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)}$$

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

Bây giờ ta giả sử rằng $c=max\left\{a,b,c\right\}$ thì $2c\ge a+b$ nên dễ thấy $M\ge N$. Hơn nữa cũng có $(a-c)(b-c)\ge 0$. Như vậy bài toán hoàn tất nếu ta chứng minh được $N\ge 0$. Tức là cần chứng minh :

$3(a+b)(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)$$\ge (a+b+c).abc.k$$\iff (a+b)(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)$$\ge 4(1+\sqrt{3})abc$

Hay đi chứng minh kết quả mạnh hơn :

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

Chú ý vì tính thuần nhất nên ta chuẩn hóa $a+b+c=1$. Ta chuyển về chứng minh :

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

Điều này đúng nếu chỉ ra được :

$$1\ge (2+\sqrt{3})c(a+b)+\frac{(a+b{)}^2}{4}=(2+\sqrt{3})r(1-r)+\frac{r^2}{4}(r=a+b)$$

Và điều này thì luôn đúng vì :

$(2+\sqrt{3})r(1-r)+\frac{r^2}{4}$$=-\frac{7+4\sqrt{3}}{4}{r}^2+(2+\sqrt{3})r$$=-\frac{7+4\sqrt{3}}{4}{\left(r-4+2\sqrt{3}\right)}^2+1$$\le 1$

Ta kết luận được giá trị $k$ lớn nhất cần tìm là :

$$\boxed{k=4(1+\sqrt{3})}$$