Inequality

Bài toán : Cho các số không âm $a,b,c$ thỏa $a+b+c=3$. Tìm $k$ lớn nhất sao cho :

$$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}-3\ge k(a^2+b^2+c^2-3)$$

Lời giải :

Thông thường trong những dạng toán này, đẳng thức đạt được ngoài giá trị tâm $(1,1,1)$ thì còn đạt được khi hai biến bằng nhau. Như vậy để chặn $k$, ta chọn $a=b=t,c=3-2t$ :

$\frac{2}{t}+\frac{1}{3-2t}-3$$\ge k\left(2t^2+(3-2t{)}^2-3\right)$$\iff \frac{6(t-1{)}^2}{t(3-2t)}$$\ge k.6(t-1{)}^2$$\iff k$$\le \frac{1}{t(3-2t)},\forall t\in \left[0,\frac{3}{2}\right]$

Như vậy giá trị $k$ lớn nhất cần tìm chính bằng giá trị nhỏ nhất của hàm $f(t)=\frac{1}{t(3-2t)}$.

Theo AM-GM :

$t(3-2t)$$=\frac{1}{2}.2t.(3-2t)$$\le \frac{1}{2}.{\left[\frac{2t+(3-2t)}{2}\right]}^2$$=\frac{1}{2}.\frac{9}{4}$$=\frac{9}{8}$

Từ đó ta kết luận được $k_{max}=\frac{8}{9}$ nếu ta chứng tỏ được :

$$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}-3\ge \frac{8}{9}(a^2+b^2+c^2-3)(\ast )$$

Ta đặt $f(a,b,c)=VT-VP$. Xét hiệu :

$f\left(a,b,c\right)-f\left(\frac{a+b}{2},\frac{a+b}{2},c\right)$$=\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-\frac{4}{a+b}\right)-\frac{8}{9}\left(a^2+b^2-\frac{(a+b{)}^2}{2}\right)$$=(a-b{)}^2\left[\frac{1}{ab(a+b)}-\frac{4}{9}\right]$

Ta giả sử $c=max\left\{a,b,c\right\}\Rightarrow a+b\le 2\Rightarrow ab(a+b)\le \frac{(a+b{)}^3}{4}\le \frac{9}{4}$

Như vậy ta được :

$$f(a,b,c)\ge f\left(\frac{a+b}{2},\frac{a+b}{2},c\right)$$

Vậy ta chỉ cần chứng minh được :

$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)$$\iff \frac{2}{t}+\frac{1}{3-2t}-3-\frac{8}{9}(2t^2+(3-2t{)}^2-3)$$\ge 0$$\iff \frac{(t-1{)}^2(4t-3{)}^2}{t(3-2t)}$$\ge 0$

Điều này luôn đúng. Như vậy $(\ast )$ được chứng minh. Từ đó kết luận được giá trị $k$ lớn nhất cần tìm là $\frac{8}{9}$.