Inequality

Bài toán (Kiểm tra Trường Hè Lê Qúy Đôn năm 2014)

Tìm hằng số $k$ nhỏ nhất sao cho với mọi số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=3$ thì ta luôn có bất đẳng thức :

$$k(a^4+b^4+c^4-3)\ge a^3+b^3+c^3+3abc-6$$

Lời giải :

Ta chọn $a=b=t,c=3-2t$ :

$k\left(2t^4+(3-2t{)}^4-3\right)$$\ge 2t^3+(3-2t{)}^3+3t^2(3-2t)-6$$\iff k$$\ge \frac{-12t^3+45t^2-54t+21}{18t^4-96t^3+216t^2-216t+78}$$=\frac{3(t-1{)}^2(7-4t)}{(t-1{)}^2(18t^2-60t+78)}$$=\frac{7-4t}{2(3t^2-10t+13)}$$=f(t)$

Ta có :

$$f^{\prime }(t)=\frac{12(2t^2-7t+3)}{4(3t^2-10t+13{)}^2}=0\iff t\in \left\{3,1/2\right\}$$

Ta xem bảng biến thiên sau :

Chú ý khoảng giá trị của $t$ là $(0,3)$, từ đó ta thấy $f(t{)}_{min}=2/7$ tương ứng $t=1/2$.

Vậy trở lại bài toán, ta cho $a=b=1/2,c=2$ thì ta được $k\ge \frac{2}{7}$, ta chứng minh giá trị nhỏ nhất của $k$ là $2/7$ bằng cách chứng minh :

$$\frac{2}{7}\left(a^4+b^4+c^4-3\right)\ge a^3+b^3+c^3+3abc-6$$

Đặt $f(a,b,c)=VT-VP$. Ta chứng minh :

$f(a,b,c)$$\ge f\left(\frac{a+b}{2},\frac{a+b}{2},c\right)$$\iff \frac{2}{7}\left(a^4+b^4-\frac{(a+b{)}^4}{8}\right)-\left(a^3+b^3-\frac{(a+b{)}^3}{4}\right)-3c\left(ab-\frac{(a+b{)}^2}{4}\right)$$\ge 0$$\iff \frac{(a-b{)}^4+6(a-b{)}^2(a+b{)}^2}{28}-\frac{3(a+b)(a-b{)}^2}{4}+3c.\frac{(a-b{)}^2}{4}$$\ge 0$$\iff \frac{7a^2+7b^2+10ab}{28}-\frac{3}{4}(a+b)+\frac{3c}{4}$$\ge 0$$\iff 7(a^2+b^2)+10ab-21(a+b)+21c$$\ge 0$$\iff 7(a^2+b^2)+10ab-21(a+b)+21(3-a-b)$$\ge 0$$\iff 5(a+b{)}^2+2(a^2+b^2)-42(a+b)+63$$\ge 0$

Do $2(a^2+b^2)\ge (a+b{)}^2$ nên ta sẽ chứng minh :

$$6(a+b{)}^2-42(a+b)+63\ge 0$$

Và điều này sẽ đúng nếu ta giả sử $c=max\left\{a,b,c\right\}$ vì khi đó $a+b\le 2$.

Vậy ta chỉ cần chỉ ra :

$f\left(\frac{a+b}{2},\frac{a+b}{2},c\right)$$\ge 0$$\iff f(t,t,3-2t)$$\ge 0(t$$=(a+b)/2)$$\iff \frac{2}{7}(2t^4+(3-2t{)}^4-3)$$\ge 2t^3+(3-2t{)}^3+3t^2(3-2t)-6$

Bất đẳng thức này đúng theo lập luận chặn $k$ phía trên.