Inequality

Bài toán (Japan Mathematical Olympiad Finals 2014)

Tìm số thực $k$ lớn nhất sao cho bất đẳng thức sau đúng với mọi $a,b,c$ không âm và thỏa $a+b+c=1$ :

$$\frac{a}{1+9bc+k(b-c{)}^2}+\frac{b}{1+9ca+k(c-a{)}^2}+\frac{c}{1+9ab+k(a-b{)}^2}\ge \frac{1}{2}$$

Lời giải :

Không giảm tổng quát, ta giả sử $a=min\left\{a,b,c\right\}$. Chọn $b=c$ thì :

$$a+2b=1\Rightarrow \frac{1}{3}\le b\le \frac{1}{2}$$

Và bất đẳng thức trở thành :

$\frac{a}{1+9b^2}+\frac{2b}{1+9ab+k(a-b{)}^2}$$\ge \frac{1}{2}$$\iff \left(\frac{1-2b}{1+9b^2}-\frac{1}{6}\right)+\left(\frac{2b}{1+9b(1-2b)+k(1-3b{)}^2}-\frac{1}{3}\right)$$\ge 0$$\iff \frac{(3b+5)(1-3b)}{6(1+9b^2)}+\frac{(3b-1)(6b+1)-k(3b-1{)}^2}{3(9b-18b^2+1+k(1-3b{)}^2)}$$\ge 0$$\iff \frac{6b+1-k(3b-1)}{9b-18b^2+1+k(1-3b{)}^2}$$\ge \frac{3b+5}{6(1+9b^2)}$$\iff \frac{54b^3+27b^2+12b-1}{(3b-1)(9b^2+4b-1)}$$\ge k$$\iff \frac{18b^2+15b+1}{9b^2+4b-1}$$\ge k$$\iff \frac{7b+3}{9b^2+4b-1}$$\ge k-2$

Ta xét hàm $f(b)=\frac{7b+3}{9b^2+4b-1}$ trên $\left[\frac{1}{3},\frac{1}{2}\right]$. Dễ thấy $f$ nghịch biến nên suy ra :

$$f(b)\ge f\left(\frac{1}{2}\right)=2$$

Từ đó suy ra :

$$2\ge k-2\Rightarrow k\le 4$$

Và ta chứng minh $k=4$ là giá trị tốt nhất cần tìm. Tức chứng minh :

$$\frac{a}{1+9bc+4(b-c{)}^2}+\frac{b}{1+9ca+4(c-a{)}^2}+\frac{c}{1+9ab+4(a-b{)}^2}\ge \frac{1}{2}$$

Áp dụng Cauchy-Schwarz :

$VT$$\ge \frac{(a+b+c{)}^2}{(a+b+c)+27abc+4a(b-c{)}^2+4b(c-a{)}^2+4c(a-b{)}^2}$$=\frac{1}{1+3abc+4ab(a+b)+4bc(b+c)+4ca(c+a)}$

Nên ta cần chứng minh :

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

Đây chính là bất đẳng thức Schur. Ta hoàn tất phần chứng minh. Từ đó $\boxed{k=4}$ là giá trị lớn nhất cần tìm.