Tìm số thực dương $k$ lớn nhất sao cho bất đẳng thức
$$\sqrt{a^3+ka}+\sqrt{b^3+kb}+\sqrt{c^3+kc}\ge \sqrt{3(k+1)(a+b+c)}$$
đúng với mọi bộ ba số thực dương $(a,b,c)$ thỏa mãn điều kiện $ab+bc+ca=3$.

Với $b=c=t$ thì $a=\frac{3-t^2}{2t}$ với $0<t<\sqrt{3}$.
Thay vào bất đẳng thức ta được $\sqrt{a^3+ka}+2\sqrt{t^3+kt}\ge \sqrt{3(k+1)(a+2t)}$.
Cho $t\to {\left(\sqrt{3}\right)}^{-}$, tức $a\to 0^{+}$ thì
$$2\cdot 3^{1/4}\sqrt{k+3}\ge 3^{1/4}\sqrt{6(k+1)}⟺2\sqrt{k+3}\ge \sqrt{6(k+1)}⟺k\le 3$$
Ta sẽ chứng minh $k=3$ thỏa mãn, tức với mọi $a,b,c>0$ thỏa mãn $ab+bc+ca=3$ thì
$$\sqrt{a^3+3a}+\sqrt{b^3+3b}+\sqrt{c^3+3c}\ge \sqrt{12(a+b+c)}$$
Ta có ${\left({\sum }_{cyc}\sqrt{a^3+3a}\right)}^2={\sum }_{cyc}(a^3+3a)+2{\sum }_{cyc}\sqrt{(a^3+3a)(b^3+3b)}$.
Đặt $p=a+b+c$, $q=ab+bc+ca=3$, $r=abc$ thì
$$\sum _{cyc}(a^3+3a)=(a^3+b^3+c^3)+3(a+b+c)=(p^3-3pq+3r)+3p=p^3-6p+3r$$
Hơn thế nữa
$$\sqrt{(a^3+3a)(b^3+3b)}=\sqrt{a(a+b)(a+c)\cdot b(a+b)(b+c)}=(a+b)\sqrt{ab(a+c)(b+c)}\ge (a+b)(ab+c\sqrt{ab})$$
Do đó $2{\sum }_{cyc}\sqrt{(a^3+3a)(b^3+3b)}\ge 2{\sum }_{cyc}ab(a+b)+2{\sum }_{cyc}c(a+b)\sqrt{ab}$.
Dễ ý thêm $a+b\ge 2\sqrt{ab}⟹c(a+b)\sqrt{ab}\ge 2abc$ nên
$$2\sum _{cyc}\sqrt{(a^3+3a)(b^3+3b)}\ge (6p-6r)+12r=6p+6r$$
Vì vậy ${\left({\sum }_{cyc}\sqrt{a^3+3a}\right)}^2\ge (p^3-6p+3r)+(6p+6r)=p^3+9r$.
Theo bất đẳng thức Schur ta có:
$$p^3-4pq+9r\ge 0⟹p^3-12p+9r\ge 0⟹p^3+9r\ge 12p=12(a+b+c)$$
Vì vậy $\sqrt{a^3+3a}+\sqrt{b^3+3b}+\sqrt{c^3+3c}\ge \sqrt{12(a+b+c)}$ nên $k=3$ thỏa mãn.
Vậy giá trị lớn nhất của $k$ bằng 3.