Tuyển tập Bất đẳng thức258 bài

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.

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.

Bài toán : Cho các số không âm $a,b,c$ thỏa mãn $ab+bc+ca=a+b+c$. Tìm số thực $k$ lớn nhất sao cho ta luôn có bất đẳng thức :

$$\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)\ge k(a+b+c+1)$$

Lời giải :

Ta chọn $b=c$ thì giả thiết trở thành :

$$a+2b=b^2+2ab\Rightarrow a=\frac{2b-b^2}{2b-1}\Rightarrow \frac{1}{2}<b\le 2$$

Và bất đẳng thức trở thành :

$(a+2b)\left(\frac{1}{2b}+\frac{2}{a+b}\right)$$\ge k(a+2b+1)$$\Rightarrow \left(\frac{2b-b^2}{2b-1}+2b\right)\left(\frac{1}{2b}+\frac{2}{\frac{2b-b^2}{2b-1}+b}\right)$$\ge k\left(\frac{2b-b^2}{2b-1}+2b+1\right)$$\iff \frac{3b^2-b}{3b^3+5b^2+b-1}$$\ge \frac{2k}{9}$

Xét hàm $f(b)=\frac{3b^2-b}{3b^3+5b^2+b-1}$ trên $\left(\frac{1}{2};2\right]$. Ta có :

$$f^{\prime }(b)=0\iff \frac{-(b^2-1)(3b-1{)}^2}{(3b^3+5b^2+b-1{)}^2}=0\iff b=1$$

Bằng cách lập bảng biến thiên ta tìm được $f(b{)}_{min}=\frac{2}{9}\iff b=2$. Từ đó được $k\le 1$.

Ta chứng minh $k=1$ là giá trị lớn nhất cần tìm. Thực vậy, ta cần chứng minh :

$\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)$$\ge a+b+c+1$$\iff (ab+bc+ca)\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)$$\ge a+b+c+1$$\iff \frac{ab}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{ca}{c+a}$$\ge 1$

Nhận thấy rằng dấu bằng đạt được tại một biến bằng $0$ và hai biến bằng $2$ nên nếu đánh giá bằng những BĐT thông thường có dấu bằng tại tâm sẽ không dẫn đến kết quả. Để đảm bảo dấu bằng ta sẽ loại bỏ dấu bằng tại biên này bằng cách sử dụng $abc\ge 0$ như sau. Theo Cauchy-Schwarz :

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

Chứng minh hoàn thành. Ta kết luận số $k$ tốt nhất cần tìm là $k=1$.

Bài toán : (Phạm Kim Hùng)

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

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

Lời giải :

Cho $b=c$ :

$(a+2b)\left(\frac{1}{a}+\frac{2}{b}\right)-9$$\ge k\left(1-\frac{2ab+b^2}{a^2+2b^2}\right)$$\iff \frac{2(a-b{)}^2}{ab}$$\ge k.\frac{(a-b{)}^2}{a^2+2b^2}$$\iff \frac{a^2+2b^2}{ab}$$\ge \frac{k}{2}$

Theo AM-GM,ta có :

$$\frac{a^2+2b^2}{ab}\ge 2\sqrt{2}$$

Suy ra được

$$k\le 4\sqrt{2}$$.

Ta chứng minh đây là giá trị $k$ lớn nhất cần tìm. Sử dụng kỹ thuật Schur-SOS như sau :

$(a+b+c)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)-9$$\ge 4\sqrt{2}\left(1-\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\right)$$\iff \frac{(a+b+c)(ab+bc+ca)-9abc}{abc}$$\ge 4\sqrt{2}.\frac{a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca}{a^2+b^2+c^2}$$\iff \frac{2c(a-b{)}^2+(a+b)(a-c)(b-c)}{abc}$$\ge 4\sqrt{2}.\frac{(a-b{)}^2+(a-c)(b-c)}{a^2+b^2+c^2}$$\iff M(a-b{)}^2+N(a-c)(b-c)$$\ge 0$

Trong đó :

$$M=\frac{2c}{abc}-\frac{4\sqrt{2}}{a^2+b^2+c^2}$$

$$N=\frac{a+b}{abc}-\frac{4\sqrt{2}}{a^2+b^2+c^2}$$

Gỉa sử $c=max\left\{a,b,c\right\}$ thì mọi việc hoàn tất nếu chỉ ra $N\ge 0$. Hay là :

$$(a+b)(a^2+b^2+c^2)\ge 4\sqrt{2}abc$$

Do tính thuần nhất nên ta chuẩn hóa $a+b+c=1$. Ta đi chứng minh kết quả mạnh hơn sau :

$$a^2+b^2+c^2\ge c(a+b)\sqrt{2}\iff 1-2c(a+b)\ge c(a+b)\sqrt{2}+2ab$$

Và mạnh hơn nữa :

$1-2c(a+b)$$\ge c(a+b)\sqrt{2}+\frac{(a+b{)}^2}{2}$$\iff 1-2t(1-t)$$\ge t(1-t)\sqrt{2}+\frac{t^2}{2}(t$$=a+b)$$\iff \frac{3-2\sqrt{2}}{2}{t}^2-(2+\sqrt{2})t+1$$\ge 0$$\iff {\left(\frac{(-2+\sqrt{2})t}{2}-1\right)}^2$$\ge 0$

Điều này đúng. Như vậy chứng minh hoàn tất. Số $k$ tốt nhất thỏa đề là :

$$\boxed{k=4\sqrt{2}}$$

Bài toán : Tìm số thực dương $k$ lớn nhất thỏa sao cho với mọi số dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=3$ thì bất đẳng thức sau luôn đúng :

$$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{6k}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}\ge 3+k$$

Lời giải :

Chọn $a=b=t,c=3-2t$ ta được :

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

Xét hàm số $f(t)=\frac{t^2-2t+3}{t(3-2t)},t\in \left(0,3\right)$. 

$$f^{\prime }(t)=0\iff \frac{-t^2+12t-9}{t^2(3-2t{)}^2}=0\iff t=6-3\sqrt{3}$$

Bằng cách lập bảng biến thiên, ta nhận thấy :

$$f(t{)}_{min}=\frac{2}{3}(1+\sqrt{3})\Rightarrow k\le 6.\frac{2}{3}.(1+\sqrt{3})=4(1+\sqrt{3})$$

Ta chứng minh $k=4(1+\sqrt{3})$ là giá trị lớn nhất cần tìm. Ta viết bất đẳng thức đã cho dưới dạng thuần nhất :

$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{2k.(a+b+c{)}^2}{3(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)}$$\ge \frac{9}{a+b+c}+k$$\iff \left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}-\frac{9}{a+b+c}\right)$$\ge k\left[1-\frac{2(a+b+c{)}^2}{3(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)}\right]$$\iff \frac{ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)-6abc}{abc(a+b+c)}$$\ge k.\frac{a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca}{3(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)}$$\iff \frac{2c(a-b{)}^2+(a+b)(a-c)(b-c)}{abc(a+b+c)}$$\ge k.\frac{(a-b{)}^2+(a-c)(b-c)}{3(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)}$

Từ đó đưa được về dạng :

$$M(a-b{)}^2+N(a-c)(b-c)\ge 0$$

Trong đó :

$$M=\frac{2}{ab(a+b+c)}-\frac{k}{3(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)}$$

$$N=\frac{a+b}{abc(a+b+c)}-\frac{k}{3(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)}$$

Bây giờ ta giả sử rằng $c=max\left\{a,b,c\right\}$ thì $2c\ge a+b$ nên dễ thấy $M\ge N$. Hơn nữa cũng có $(a-c)(b-c)\ge 0$. Như vậy bài toán hoàn tất nếu ta chứng minh được $N\ge 0$. Tức là cần chứng minh :

$3(a+b)(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)$$\ge (a+b+c).abc.k$$\iff (a+b)(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)$$\ge 4(1+\sqrt{3})abc$

Hay đi chứng minh kết quả mạnh hơn :

$(a+b)(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)$$\ge (1+\sqrt{3})c(a+b{)}^2$$\iff a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca$$\ge (1+\sqrt{3})c(a+b)$

Chú ý vì tính thuần nhất nên ta chuẩn hóa $a+b+c=1$. Ta chuyển về chứng minh :

$$1-ab-c(a+b)=(a+b+c{)}^2-ab-bc-ca\ge (1+\sqrt{3})c(a+b)\iff 1\ge (2+\sqrt{3})c(a+b)+ab$$

Điều này đúng nếu chỉ ra được :

$$1\ge (2+\sqrt{3})c(a+b)+\frac{(a+b{)}^2}{4}=(2+\sqrt{3})r(1-r)+\frac{r^2}{4}(r=a+b)$$

Và điều này thì luôn đúng vì :

$(2+\sqrt{3})r(1-r)+\frac{r^2}{4}$$=-\frac{7+4\sqrt{3}}{4}{r}^2+(2+\sqrt{3})r$$=-\frac{7+4\sqrt{3}}{4}{\left(r-4+2\sqrt{3}\right)}^2+1$$\le 1$

Ta kết luận được giá trị $k$ lớn nhất cần tìm là :

$$\boxed{k=4(1+\sqrt{3})}$$

Bài toán : Với các số không âm $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=ab+bc+ca$. Tìm số thực $k$ lớn nhất sao cho :

$$a+b+c+kabc\ge 3+k$$

Lời giải :

Cho $b=c$, giả thiết đã cho viết thành :

$$a+2b=b^2+2ab\Rightarrow a=\frac{b^2-2b}{1-2b}\ge 0\Rightarrow \frac{1}{2}\le b\le 2$$

Lưu ý vì tìm $k$ lớn nhất nên xét $k>0$.

Thay vào bất đẳng thức, ta được :

$2b+\frac{b^2-2b}{1-2b}+k.\frac{b^2(b^2-2b)}{1-2b}$$\ge k+3$$\iff 2b(1-2b)+(b^2-2b)+k.b^2(b^2-2b)$$\le k(1-2b)+3(1-2b)$$\iff 3(b-1{)}^2$$\ge k(b^2-1)(b-1{)}^2$$\iff \frac{3}{k}$$\ge b^2-1$

Mà $b^2-1\le 2^2-1=3$, từ đó suy ra $k\le 1$. Ta chứng minh $k=1$ là giá trị lớn nhất cần tìm. Với giả thiết $a+b+c=ab+bc+ca$. Ta chỉ cần chứng tỏ :

$$ab+bc+ca+abc\ge 4$$

Ta phản chứng rằng $ab+bc+ca+abc=4$, và đi chứng minh :

$$a+b+c\ge ab+bc+ca$$

Đây là một kết quả quen thuộc của kỳ thi VMO 1996.

Bài toán : Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Tìm hằng số $k$ lớn nhất sao cho bất đẳng thức sau đúng :

$\frac{a^3+b^3+c^3}{(a+b)(b+c)(c+a)}+\frac{k\left(ab+bc+ca\right)}{{\left(a+b+c\right)}^2}$$\ge \frac{3}{8}+\frac{k}{3}$

Lời giải :

Trong bất đẳng thức ban đầu, ta cho $b=c$ :

$$\frac{a^3+2b^3}{2b(a+b)}+k.\frac{b^2+2ab}{(a+2b{)}^2}\ge \frac{3}{8}+\frac{k}{3}$$

$\iff \frac{1}{2}\left[\frac{a^3+2b^3}{b(a+b{)}^2}-\frac{1}{4}\right]$$\ge k.\left[\frac{1}{3}-\frac{b^2+2ab}{(a+2b{)}^2}\right]$

$$\iff \frac{(a-b{)}^2(4a+5b)}{8b(a+b{)}^2}\ge k.\frac{(a-b{)}^2}{3(a+2b{)}^2}$$

$$\iff \frac{8k}{3}\le \frac{(a+2b{)}^2(4a+5b)}{b(a+b{)}^2}$$

Do tính thuần nhất nên ta có thể cho $b=1$, lúc này :

$$8k/3\le \frac{(a+2{)}^2(4a+5)}{(a+1{)}^2}$$

Ta xét hàm số :

$$f(x)=\frac{(x+2{)}^2(4x+5)}{(x+1{)}^2},x>0$$

Có đạo hàm :

$$f^{\prime }(x)=\frac{2(x+2)(2x^2+2x-1)}{(x+1{)}^3}$$

Chú ý nghiệm dương duy nhất của phương trình $f^{\prime }(x)=0$ là $x=\frac{-1+\sqrt{3}}{2}$. Từ đó không khó để suy ra được :

$$f(x)\ge f\left(\frac{-1+\sqrt{3}}{2}\right)=9+6\sqrt{3}$$

Suy ra được :

$$k\le \frac{3}{8}(9+6\sqrt{3})=\frac{27+18\sqrt{3}}{8}$$

Ta chứng minh giá trị $k$ lớn nhất cần tìm là $\frac{27+18\sqrt{3}}{8}$
Ta sử dụng kĩ thuật Schur-SOS trong phần chứng minh.
Bất đẳng thức cần chứng minh viết dưới dạng :

$\frac{8(a^3+b^3+c^3-3abc)-3((a+b)(b+c)(c+a)-8abc)}{8(a+b)(b+c)(c+a)}$$\ge k.\frac{a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca}{3(a+b+c{)}^2}$

Ta sử dụng các khai triển :

$$a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)\left[(a-b{)}^2+(a-c)(b-c)\right]$$

$$(a+b)(b+c)(c+a)-8abc=2c(a-b{)}^2+(a+b)(a-c)(b-c)$$

$$a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=(a-b{)}^2+(a-c)(b-c)$$

Từ đó ta nhóm được điều cần chứng minh thành :

$$M(a-b{)}^2+N(a-c)(b-c)\ge 0$$

Trong đó :

$$M=\frac{8a+8b+2c}{8(a+b)(b+c)(c+a)}-\frac{k}{3(a+b+c{)}^2}$$
$$N=\frac{5a+5b+8c}{8(a+b)(b+c)(c+a)}-\frac{k}{3(a+b+c{)}^2}$$

Bây giờ, không giảm tổng quát ta giả sử $c=min\left\{a,b,c\right\}$ nên $a+b\ge 2c$. Từ đó $8a+8b+2c\ge 5a+5b+8c$. Từ đó thấy ngay $M\ge N$. Hơn nữa cũng có $(a-c)(b-c)\ge 0$. Như vậy bất đẳng thức chứng minh hoàn tất nếu ta chỉ ra được $N\ge 0$.
Tức là :

$$3(5a+5b+8c)(a+b+c{)}^2\ge 8k(a+b)(b+c)(c+a)$$

Đổi biến $(a+b,b+c,c+a)\to (X,Y,Z)$. Khi đó cần chứng minh :

$$3(X+4Y+4Z)(X+Y+Z{)}^2\ge 32kXYZ$$

Ta chứng minh kết quả mạnh hơn là :

$$3(X+4Y+4Z)(X+Y+Z{)}^2\ge 8kX(Y+Z{)}^2=(27+18\sqrt{3})X(Y+Z{)}^2$$

Vì tính thuần nhất nên ta có thể chuẩn hóa $X+Y+Z=1$. Từ đó ta cần chứng minh :

$$3(4-3X)\ge (27+18\sqrt{3})X(1-X{)}^2\iff g(X)=\frac{4-3X}{X(1-X{)}^2}\ge 9+6\sqrt{3}$$

Trong đó $0<X<1$. Khảo sát hàm $g$ trên $\left(0,1\right)$ ta được ngay $g(X)\ge 9+6\sqrt{3}$.
Như vậy ta hoàn tất chứng minh. Và giá trị $k$ tốt nhất chính bằng :

$$\boxed{k_{max}=\frac{27+18\sqrt{3}}{8}}$$

Bài toán (Vietnamese Team Selection Test 2009)

Tìm tất cả các hằng số $k$ sao cho bất đẳng thức sau đúng với mọi số dương $a,b,c$ :

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

Lời giải :

Cho hai biến $b,c$ bằng nhau ta được :

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

Cho $a\to 0$ ta được :

$8k(k+1{)}^2$$\ge (2k+1{)}^3$$\iff 4k^2+2k$$\ge 1$$\iff k\in \left(-\infty ,\frac{-1-\sqrt{5}}{4}\right]\cup \left[\frac{-1+\sqrt{5}}{4},+\infty \right)$

Ta chứng minh đây là toàn bộ giá trị $k$ cần tìm.

Đặt $x=\frac{2a}{b+c},y=\frac{2b}{c+a},z=\frac{2c}{a+b}$ thì $xy+yz+zx+xyz=4$. Ta cần chứng minh :

$$(x+2k)(y+2k)(z+2k)\ge (2k+1{)}^3\iff xyz+2k(xy+yz+zx)+4k^2(x+y+z)+8k^3\ge (2k+1{)}^3$$

Theo kết quả VMO 1996, ta được :

$$x+y+z\ge xy+yz+zx$$

Từ đó :

$xyz+2k(xy+yz+zx)+4k^2(x+y+z)+8k^3$$\ge xyz+2k(xy+yz+zx)+4k^2(xy+yz+zx)+8k^3$$=(xy+yz+zx+xyz)+(4k^2+2k-1)(xy+yz+zx)+8k^3$$=8k^3+4+(4k^2+2k-1)(xy+yz+zx)$

Hơn nữa ta có :

$$xy+yz+zx\ge 3\sqrt[3]{(xyz{)}^2}\Rightarrow xyz\le \frac{\sqrt{(xy+yz+zx{)}^3}}{3\sqrt{3}}$$

Từ đó :

$4$$=xy+yz+zx+xyz$$\le xy+yz+zx+\frac{\sqrt{(xy+yz+zx{)}^3}}{3\sqrt{3}}$$=t^2+\frac{t^3}{3\sqrt{3}}(t$$=\sqrt{xy+yz+zx})$$\Rightarrow t$$\ge \sqrt{3}$$\Rightarrow xy+yz+zx$$\ge 3$

Suy ra :

$$xyz+2k(xy+yz+zx)+4k^2(x+y+z)+8k^3\ge 8k^3+4+(4k^2+2k-1)(xy+yz+zx)\ge 8k^3+4+3(4k^2+2k-1)=(2k+1{)}^3$$

Bài toán hoàn tất.