Inequality

Bài toán (Lê Trung Kiên, Võ Quốc Bá Cẩn)

Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa $ab+bc+ca+6abc=9$. Chứng minh rằng :

$$a+b+c+3abc\ge 6$$

Lời giải :

Sự xuất hiện của các đa thức đối xứng ở cả giả thiết lẫn đề bài gợi cho ta nghĩ ngay đến việc đổi biến $p,q,r$ và sau đó cố gắng đưa về việc chứng minh một BĐT một biến.

Đặt $p=a+b+c,q=xy+yz+zx,r=xyz$ thì theo giả thiết ta có : $q+6r=9$.

Và cần chứng minh :

$$p+3r\ge 6\iff p+3.\frac{9-q}{6}\ge 6\iff 2p\ge q+3$$

Để quy về việc chứng minh một biến (chọn biến $p$) thì ta cần phải có :

$$q\le f(p)$$, trong đó $$f(p)$$ là một hàm số theo $$p$$.

Theo BĐT $Schur$ ta có :

$9r$$\ge 4pq-p^3$$\iff 9.\frac{9-q}{6}$$\ge 4pq-p^3$$\iff q$$\le \frac{27+2p^3}{8p+3}$

Do vậy việc chứng minh quy về chứng minh BĐT một biến :

$2p$$\ge \frac{27+2p^3}{8p+3}+3$$\iff p^3-2p^2+9p+18$$\le 0$$\iff (p+1)(p-3)(p-6)$$\le 0$

Như vậy nếu ta xét $3\le p\le 6$ thì hiển nhiên BĐT đã cho được chứng minh.

Hơn nữa ta có $9=q+6r\le \frac{p^2}{3}+\frac{6p^3}{27}\iff p\ge 3$. Do vậy ta chỉ xét BĐT trong trường hợp $p\ge 6$. Nhưng lúc này thì hiển nhiên có điều phải chứng minh vì $a+b+c+3abc\ge a+b+c\ge 6$.

Ta có điều phải chứng minh.