Cho $a,b,c$ là ba số thực dương. Chứng minh rằng với mọi số thực $k\ge 1,$ bất đẳng sau luôn được thỏa mãn. $$k(a^2+b^2+c^2)+abc+3k+2\ge (2k+1)(a+b+c).$$

Lời giải
Giả sử $(a-1)(b-1) \ge 0$ thì khi đó ta có $ab+1 \ge a+b$. Do đó
$$k(a^2+b^2+c^2)+abc+3k+2 \ge k(a^2+b^2+c^2)+(a+b-1)c+3k+2$$ Bây giờ đặt $2t=a+b$, sử dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$ dễ thấy $a^2+b^2 \ge 2t^2$,
do đó bài toán sẽ được chứng minh nếu ta chỉ ra được $$k(2t^2+c^2)+(2t-1)c+3k+2-(2k+1)(2t+c) \ge 0$$ hay tương đương $$f(t)=2k.t^2+2(c-2k-1).t+c^2k-2ck-2c+2+3k \ge 0$$ Ta có $$\begin{align}    \Delta _{t}^{'}&={{\left( c-2k-1 \right)}^{2}}-2k\left( {{c}^{2}}k-2ck-2c+2+3k \right) \\  & =-{{\left( c-1 \right)}^{2}}\left( 2{{k}^{2}}-1 \right) \end{align}$$ Như vậy $$f(t)\ge 0,\forall t\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}   & 2k>0 \\  & \Delta _{t}^{'}=-{{\left( c-1 \right)}^{2}}\left( 2{{k}^{2}}-1 \right)\le 0 \\ \end{align} \right.\Leftrightarrow k\ge \frac{1}{\sqrt{2}}$$ Từ đó ta suy ra rằng với mọi số thực $k\ge \dfrac{1}{\sqrt{2}}$ thì bất đẳng thức đề bài luôn đúng, tức là với mọi số thực $k \ge 1$ thì bất đẳng thức cũng đúng.
Bài toán được chứng minh xong.
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1. \ \blacksquare$

Chuyên mục: Bất đẳng thức, Phương pháp tam thức bậc hai

Họ và tên	Tăng Hải Tuân
Sinh viên	Lớp CLC - Khóa 61 - Khoa Vật lí - Đại học Sư phạm Hà Nội
Quê quán	Thái Dương - Thái Thụy - Thái Bình
Website	http://vatliphothong.vn
Blog	http://tanghaituan.blogspot.com
Facebook	https://www.facebook.com/TangHaiTuan.Physics
Liên hệ	01696269624