Chứng minh rằng: $k^{ab}+k^{bc}+k^{ca} \le \max \{3k,k^{\frac{9}{4}}+2 \}$

Cho $a,b,c \ge 0$ thỏa $a+b+c=3$.Cho hằng số $k \ge 1$.Chứng minh rằng:
$$k^{ab}+k^{bc}+k^{ca} \le \max \{3k,k^{\frac{9}{4}}+2 \}$$
Lời giải
Không mất tính tổng quát,giả sử $a \ge b \ge c$.Xét hàm số :
$$f(a;b;c)=k^{ab}+k^{bc}+k^{ca}$$.
Đặt $t=\frac{a+b}{2};u=\frac{a-b}{2}$.Khi đó :$a=t+u;b=t-u$
$$f(a;b;c)=g(u)=k^{t^2-u^2}+k^{c(t-u)}+k^{c(t+u)}$$
$$g'(u)=2u\ln{k}.k^{t^2-u^2}+\ln{k}.ck^{ct}(k^{cu}-k^{-cu})$$
Ta sẽ chứng minh:
$$\frac{k^{cu}-k^{-cu}}{2cu} \le k^{t^2-u^2-ct}$$
Theo định lý Lagrange thì tồn tại $r$ với $u \ge r \ge -u$ sao cho :
$$\frac{k^{cu}-k^{-cu}}{2u}=ck^{cr} \le ck^{cu}$$
Vì $c \le 1$ và $c(t+u) \le (t-u)(t+u)=t^2-u^2$ nên dễ thấy $g'(u) \le 0$.Suy ra:
$$g(u) \le g(0)=k^{t^2}+2k^{ct}=k^{t^2}+2k^{t(3-2t)}=h(t)$$
Ta sẽ chứng minh rằng:
$$h(t) \le \max \left \{h\left(\frac{3}{2} \right);h(1) \right \};\forall k \ge 1$$.
$$h'(t)=2t\ln{k}.k^{t^2}+2(3-4t)\ln{k}.k^{t(3-2t)}$$
$$h'(t)=0 \iff \frac{4t-3}{t}=k^{3t(t-1)} \iff 3t(t-1)\ln{k}-\ln{(4t-3)}+\ln{t}=0$$
Xét $t \ge 1$ thì :
$$q(t)=3t(t-1)\ln{k}-\ln{(4t-3)}+\ln{t}$$
$$q'(t)=(6t-3)\ln{k}-\frac{3}{t(4t-3)}$$
Với $t \ge 1$ thì $q'(t)$ là hàm giảm theo $t$,do đó phương trình $q'(t)=0$ có không quá 1 nghiệm $t \ge 1$,theo định lý Roll thì phương trình $h'(t)=0$ có không quá 2 nghiệm $t \ge 1$.Do $h'(1)=0$ nên :
$$h(t) \le \max \left \{h\left(\frac{3}{2} \right);h(1) \right \}$$