Bài 1. Đặt $a+b+c=p$, $ab+bc+ca=q$, $abc=r$. Chú ý khi đó ta có $p^2-3q=\left(\sum a\right)^2-3\sum ab = \dfrac{1}{2}\sum \left(a-b\right)^2\geqslant 0 \implies p^2\geqslant 3q$.
Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
\begin{align} &\phantom{\iff~} \dfrac{p^2-2q}{q}+\dfrac{8r}{pq-r}\geqslant 2 \nonumber \\ &\iff \dfrac{p^2}{q}+\dfrac{8r}{pq-r}\geqslant 4 \nonumber \\ &\iff p^2\left(pq-r\right)+8qr \geqslant 4q\left(pq-r\right) \nonumber \\ &\iff p^3q-p^2r+12qr -4pq^2 \geqslant 0 \nonumber \\ \label{eq:1} &\iff \left(12q-p^2\right)r +pq\left(p^2-4q\right) \geqslant 0 \end{align}
Xét các trường hợp sau
- Nếu $p^2\geqslant 12q$, tức $12q-p^2\leqslant 0$, áp dụng bất đẳng thức AM - GM, ta có $pq=\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\geqslant 9\sqrt[3]{abc}\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=9abc=9r$, hay là $r\leqslant \dfrac{pq}{9}$.
Từ đó ta suy ra ngay $\left(12q-p^2\right)r\geqslant \dfrac{\left(12q-p^2\right)pq}{9}$.
Khi đó ta chỉ cần chứng minh
\[\dfrac{\left(12q-p^2\right)pq +9pq\left(p^2-4q\right)}{9} \geqslant 0\iff \dfrac{8pq\left(p^2-3q\right)}{9}\geqslant 0\]
Bất đẳng thức trên luôn đúng vì $p^2\geqslant 3q$.
- Nếu $4q\leqslant p^2\leqslant 12q$ thì ta có
\[\left\lbrace \begin{array}{l} \left(12q-p^2\right)r\geqslant 0 \\ pq\left(p^2-4q\right)\geqslant 0\end{array} \right. \implies \left(12q-p^2\right)r +pq\left(p^2-4q\right) \geqslant 0\]
- Nếu $3q\leqslant p^2\leqslant 4q$ thì ta xét bổ đề sau
Bổ đề (bất đẳng thức $Schur$). Cho $a$, $b$, $c$ dương, $t$ là một số nguyên dương bất kỳ. Khi đó ta có bất đẳng thức
\[a^t\left(a-b\right)\left(a-c\right)+b^t\left(b-c\right)\left(b-a\right)+c^t\left(c-a\right)\left(c-b\right)\geqslant 0\]
Chứng minh. Không mất tính tổng quát, giả sử $a\geqslant b\geqslant c >0$. Khi đó ta có
\begin{align*} &\phantom{\iff~} \left\lbrace\begin{array}{l} \left.\begin{array}{l} a^t\geqslant b^t\geqslant 0 \\ a-c\geqslant b-c\geqslant 0 \end{array}\right\rbrace &\implies a^t\left(a-c\right)\geqslant b^t\left(b-c\right) \\ a-b\geqslant 0 \\ c^t\left(c-a\right)\left(c-b\right)\geqslant 0 \end{array}\right.\\ \implies \left(a-b\right)\left[ a^t\left(a-c\right)-b^t\left(b-c\right)\right]+c^t\left(c-a\right)\left(c-b\right)\geqslant 0 \end{align*}
Bất đẳng thức cuối này tương đương với bất đẳng thức cần chứng minh. Bổ đề đã được chứng minh xong.
Áp dụng bổ đề với $t=2$ ta thu được bất đẳng thức
\begin{align*} &\phantom{\iff~} a^2\left(a-b\right)\left(a-c\right)+b^2\left(b-c\right)\left(b-a\right)+c^2\left(c-a\right)\left(c-b\right)\geqslant 0 \\ &\iff a^4+b^4+c^4+abc(a+b+c)\geqslant ab\left(a^2+b^2\right)+bc\left(b^2+c^2\right)+ca\left(c^2+a^2\right) \\ &\iff p^4-5p^2q+6pr+4q^2\geqslant 0 \\ &\iff r\geqslant\dfrac{\left(4q-p^2\right)\left(p^2-q\right)}{6p}\end{align*}
Khi đó ta cần chứng minh
\[\dfrac{\left(12q-p^2\right)\left(4q-p^2\right)\left(p^2-q\right)}{6p} +pq\left(p^2-4q\right) \geqslant 0\iff \dfrac{\left(4q-p^2\right)^2\left(p^2-3q\right)}{6p}\geqslant 0\]
Bất đẳng thức trên luôn đúng vì $p^2\geqslant 3q$.
Vậy ta không có lý do gì để chối cãi \eqref{eq:1} là sai. Bài toán được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$, hoặc $a=b$, $c=0$ và các hoán vị.