[T9/503 Toán học & tuổi trẻ số 503, tháng 5 năm 2019] Cho $a$, $b$, $c$ là các số thực không âm thỏa mãn $a+b+c=\dfrac{4}{3}$. Chứng minh rằng $$3\left[a(a-1)^2+b(b-1)^2+c(c-1)^2\right]\ge ab+bc+ca.$$ Đẳng thức xảy ra khi nào?

Lời giải

Ta có { $$\begin{eqnarray*} && 3\left[a(a-1)^2+b(b-1)^2+c(c-1)^2\right]\\ &=& 3\left[\left(a^3+b^3+c^3\right)-2\left(a^2+b^2+c^2\right)+(a+b+c)\right]\\ &=& 3\left[(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)+3abc-2\left(a^2+b^2+c^2\right)+\dfrac{4}{3}\right]\\ &=& 3\left\{\dfrac{2}{3}\left[3\left(a^2+b^2+c^2\right)-(a+b+c)^2\right]+3abc-2\left(a^2+b^2+c^2\right)+\dfrac{4}{3}\right\}\\ &=& 9abc+\dfrac{4}{9}. \end{eqnarray*}$$ } Do vai trò của $a$, $b$, $c$ như nhau, không mất tính tổng quát, giả sử $a$ là số lớn nhất trong ba số đó.
Ta có $3a\ge a+b+c=\dfrac{4}{3}\Rightarrow a\ge \dfrac{4}{9}$ và { $$\begin{eqnarray*} && 9abc+\dfrac{4}{9}-(ab+bc+ca)\\ &=& (9a-1)bc+\dfrac{4}{9}-a(b+c)\\ &=& (9a-1)bc-a\left(\dfrac{4}{3}-a\right)\\ &=& (9a-1)bc+\left(a-\dfrac{2}{3}\right)^2\ge 0. \end{eqnarray*}$$ } Từ đó suy ra $3\left[a(a-1)^2+b(b-1)^2+c(c-1)^2\right]\ge ab+bc+ca$.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\left\{ \begin{array}{l}&a-\dfrac{2}{3}=0 \\ &bc=0 \\ &a+b+c=\dfrac{4}{3}\end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}&a=\dfrac{2}{3} \\ &(b,c)\in\left\{\left(\dfrac{2}{3};0\right),\left(0,\dfrac{2}{3}\right)\right\}.\end{array} \right.$
Do vai trò của $a$, $b$, $c$ như nhau, từ đó suy ra bất đẳng thức trên xảy ra dấu bằng khi và chỉ khi $(a,b,c)$ là một hoán vị của $\left(\dfrac{2}{3};\dfrac{2}{3};0\right)$.