Câu 3. a) [HSG CHUYÊN NGUYỄN DU-ĐĂKLĂK 2019-2020]Cho 3 số dương $a,\,b,\,c$. Chứng minh rằng ${{\left( 2\dfrac{{{a}^{2}}}{b}+\dfrac{{{b}^{3}}}{{{c}^{2}}}+\dfrac{{{c}^{4}}}{{{a}^{3}}} \right)}^{2}}+\dfrac{2}{{{\left( a+b \right)}^{2}}}+\dfrac{1}{2{{c}^{2}}}\ge 8$

Trích HSG vòng 1 THPT CHUYÊN NGUYỄN DU-ĐĂKLĂK năm 2019-2020

Lời giải

a) Trước tiên ta sử dụng bất đẳng thức AM – GM để hạ bậc các phân thức
Ta có: $\left\{ \begin{align}
& 2\dfrac{{{a}^{2}}}{b}+2b\ge 2\sqrt{2\dfrac{{{a}^{2}}}{b}.\,2b}=4a \\
& \dfrac{{{b}^{3}}}{{{c}^{2}}}+c+c\ge 3\sqrt[3]{\dfrac{{{b}^{3}}}{{{c}^{2}}}.\,c.\,c}=3b \\
& \dfrac{{{c}^{4}}}{{{a}^{3}}}+a+a+a\ge 4\sqrt[4]{\dfrac{{{c}^{4}}}{{{a}^{3}}}.\,a.\,a.\,a}=4c \\
\end{align} \right.\Rightarrow {{\left( 2\dfrac{{{a}^{2}}}{b}+\dfrac{{{b}^{3}}}{{{c}^{2}}}+\dfrac{{{c}^{4}}}{{{b}^{3}}} \right)}^{2}}\ge {{\left( a+b+2c \right)}^{2}}$
Dấu $''=''$ xảy ra khi và chỉ khi $\left\{ \begin{align}
& \dfrac{{{a}^{2}}}{b}=b \\
& \dfrac{{{b}^{3}}}{{{c}^{2}}}=c \\
& \dfrac{{{c}^{4}}}{{{a}^{3}}}=a \\
\end{align} \right.\Leftrightarrow a=b=c\,\left( * \right)$
Vậy ${{\left( 2\dfrac{{{a}^{2}}}{b}+\dfrac{{{b}^{3}}}{{{c}^{2}}}+\dfrac{{{c}^{4}}}{{{a}^{3}}} \right)}^{2}}+\dfrac{2}{{{\left( a+b \right)}^{2}}}+\dfrac{1}{2{{c}^{2}}}\ge {{\left( a+b+2c \right)}^{2}}+\dfrac{2}{{{\left( a+b \right)}^{2}}}+\dfrac{1}{2{{c}^{2}}}$
Xét $P={{\left( a+b+2c \right)}^{2}}+\dfrac{2}{{{\left( a+b \right)}^{2}}}+\dfrac{1}{2{{c}^{2}}}={{\left( a+b+2c \right)}^{2}}+\dfrac{2}{{{\left( a+b \right)}^{2}}}+\dfrac{2}{{{\left( 2c \right)}^{2}}}$
Để ý rằng các nhân tử đã xuất hiện bao gồm $a+b,\,2c$ nên ta có thể biểu thức $P$ về theo $x,\,y$ như sau: $P={{\left( x+y \right)}^{2}}+\dfrac{2}{{{x}^{2}}}+\dfrac{2}{{{y}^{2}}}$ với $\left\{ \begin{align}
& x=a+b \\
& y=2c \\
\end{align} \right.\,\,\,\left( x,y > 0 \right)$
Ta chứng minh được bất đẳng thức sau$ $ $\dfrac{1}{{{x}^{2}}}+\dfrac{1}{{{y}^{2}}}\ge \dfrac{8}{{{\left( x+y \right)}^{2}}}\,\left( 1 \right)$
Thật vậy ta có $\dfrac{1}{{{x}^{2}}}+\dfrac{1}{{{y}^{2}}}\ge \dfrac{{{\left( \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y} \right)}^{2}}}{2}\ge \dfrac{{{\left( \dfrac{4}{x+y} \right)}^{2}}}{2}=\dfrac{8}{{{\left( x+y \right)}^{2}}}$ . Dấu $''=''$ xảy ra khi và chỉ khi $x=y$.
Áp dụng bất đẳng thức $\left( 1 \right)$ta có $P={{\left( x+y \right)}^{2}}+\dfrac{2}{{{x}^{2}}}+\dfrac{2}{{{y}^{2}}}\ge {{\left( x+y \right)}^{2}}+\dfrac{16}{{{\left( x+y \right)}^{2}}}\ge 2\sqrt{{{\left( x+y \right)}^{2}}.\dfrac{16}{{{\left( x+y \right)}^{2}}}}=8$
Dấu $''=''$ xảy ra khi và chỉ khi $\left\{ \begin{align}
& x=y \\
& x+y=\dfrac{4}{x+y} \\
\end{align} \right.\,\Leftrightarrow x=y=1\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}
& a+b=1 \\
& 2c=1 \\
\end{align} \right.\,\left( ** \right)$
Từ $\left( * \right),\,\left( ** \right)$ ta suy ra dấu đẳng thức có được khi và chỉ khi $a=b=c=\dfrac{1}{2}$
Vậy ${{\left( 2\dfrac{{{a}^{2}}}{b}+\dfrac{{{b}^{3}}}{{{c}^{2}}}+\dfrac{{{c}^{4}}}{{{a}^{3}}} \right)}^{2}}+\dfrac{2}{{{\left( a+b \right)}^{2}}}+\dfrac{1}{2{{c}^{2}}}\ge 8$ với mọi $a,\,b,\,c$ dương.