Inequality

Bài toán (Turkey National Olympiad Second Round 2013)

Tìm số thực $M$ lớn nhất sao cho bất đẳng thức sau đúng với mọi $a,b,c$ dương. 

$$a^3+b^3+c^3-3abc\ge M\left(a{b}^2+b{c}^2+c{a}^2-3abc\right)$$

Lời giải :

Với những bất đẳng thức ba biến dạng hằng số tốt nhất, ngoài đẳng thức tại tâm còn có đẳng thức tại biên hoặc hai biến bằng nhau hoặc một biến bằng $0$. Thử chọn $b=c$ rồi xét hàm theo biến $\frac{a}{b}$, ta không dẫn đến kết quả cần tìm. Như vậy ta sẽ thử chọn một biến bằng $0$, ở đây là một biến tiến dần về $0$.

Trong bất đẳng thức, ta cho $c\to 0$, khi đó :

$$a^3+b^3\ge Ma{b}^2$$

Nhưng lại theo AM-GM :

$$a^3+b^3=a^3+\frac{b^3}{2}+\frac{b^3}{2}\ge \frac{3}{\sqrt[3]{4}}.a{b}^2$$

Như vậy ta thấy $M\le \frac{3}{\sqrt[3]{4}}$ và ta chứng minh $M=\frac{3}{\sqrt[3]{4}}$ là giá trị tốt nhất cần tìm như sau :

Không giảm tổng quát, giả sử $c=min\left\{a,b,c\right\}$. Đặt $a=u+c,b=v+c$ với $u,v\ge 0$.

Ta đi chứng minh :

$(u+c{)}^3+(v+c{)}^3+c^3-3c(u+c)(v+c)$$\ge M\left[(u+c)(v+c{)}^2+(v+c)c^2+c(u+c{)}^2-3c(u+c)(v+c)\right]$$\iff (3-M)(u^2-uv+v^2)+u^3+v^3-Mu{v}^2$$\ge 0$

Và điều này thì luôn đúng vì :

$$3-M>0,u^2-uv+v^2\ge uv\ge 0,u^3+v^3=u^3+v^3/2+v^3/2\ge \frac{3}{\sqrt[3]{4}}u{v}^2=Mu{v}^2$$

Từ đó ta hoàn tất phần chứng minh. Kết luận giá trị lớn nhất cần tìm là :

$$\boxed{k=\frac{3}{\sqrt[3]{4}}}$$

 

Bằng một chút phép đổi biến, ta đưa đến bài toán sau :

Bài toán : Cho các số dương $x,y,z$. Tìm số $k$ lớn nhất sao cho :

$$\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}+3k\ge (k+1).\frac{x+y+z}{\sqrt[3]{xyz}}$$

Lời giải :

Vì tính thuần nhất của BĐT nên ta chuẩn hóa $xyz=1$. Từ đó ta đổi biến :

$$\left(x,y,z\right)\to \left(\frac{a}{b},\frac{b}{c},\frac{c}{a}\right)$$

Từ đó bất đẳng thức trở thành :

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

Đây chính là bài toán trên.