Bài toán: Cho $a,b,c \geq 0$ thỏa mãn $a+b+c=3$.Chứng minh rằng:
$\sqrt{a^2b+b^2c}+\sqrt{b^2c+c^2a}+\sqrt{c^2a+a^2b} \leq 3\sqrt{2}$
(Vũ Đình Quý)
Lời giải
Áp dụng BĐT Caucy-Schwarz ta có điều sau:
$LHS^2\leq 2(ab+bc+ac)( \frac{a^2+bc}{a+c}+\frac{b^2+ca}{a+b} +\frac{c^2+ab}{c+b})$
Sau khi đưa cả 2 vế về dạng đồng bậc thì ta sẽ chứng minh:
$3(ab+bc+ac).\left(\sum \frac{a^2+bc}{a+c}\right)\leq (a+b+c)^3$
BĐT này tương đương với:
$3\sum \frac{a^2+bc}{a+c}-3(a+b+c)\leq \frac{(a+b+c)^3}{ab+bc+ac}-3(a+b+c)$
$\Leftrightarrow \frac{3(a^3b+b^3c+c^3a)-3abc(a+b+c)}{(a+b)(b+c)(c+a)}\leq \frac{(a+b+c)^3}{ab+bc+ac}-3(a+b+c)$
Áp dụng BĐT VasC ta có:$3(a^3b+b^3c+c^3a) \leq (a^2+b^2+c^2)^2$
Chuẩn hóa $a+b+c=1$ và đặt $ab+bc+ac=q,r=abc$.Ta sẽ chứng minh BĐT sau đúng:
$r(1-6q)+q^2(4q-1) \leq 0$
Với $1<6q \leq \frac{3}{2}$ thì có $r \geq 0$ và khi đó BĐT hiển nhiên đúng.
Với $ \frac{3}{2} \leq 6q \leq2$ thì áp dụng BĐT Schur bậc 4 thì có:
$f(r) \leq f \left(\frac{(1-q)(4q-1)}{6} \right)=\frac{1}{6}(1-4q)^2(3q-1) \leq 0$
Với $1>6q>0$ thì ta có: $r \leq \frac{q^2}{3}$ và $f(\frac{q^2}{3})=\frac{2}{3}q^2(3q-1) \leq 0$