[tc45][T9/506 Toán học & tuổi trẻ số 506, tháng 8 năm 2019] Cho $a$, $b$, $c$ là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=3$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $M=\sqrt[3]{\dfrac{a^5}{b^4}}+\sqrt[3]{\dfrac{b^5}{c^4}}+\sqrt[3]{\dfrac{c^5}{a^4}}$.

Lời giải

Cách 1.<> Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho $9$ số dương, ta có \begin{eqnarray*} && \sqrt[3]{\dfrac{a^5}{b^4}}+\sqrt[3]{\dfrac{a^5}{b^4}}+\sqrt[3]{\dfrac{a^5}{b^4}}+ab+ab+ab+ab+1+1\\ &\geq & 9\sqrt[9]{\sqrt[3]{\dfrac{a^{15}}{b^{12}}}\cdot a^4b^4}=9\sqrt[9]{\dfrac{a^5}{b^4}a^4b^4}=9a\\ &\Rightarrow& 3\sqrt[3]{\dfrac{a^5}{b^4}}+4ab+2\geq 9a\Rightarrow 3\sqrt[3]{\dfrac{a^5}{b^4}}\geq 9a-4ab-2. \end{eqnarray*} Tương tự \[3\sqrt[3]{\dfrac{b^5}{c^4}}\geq9b-4bc-2;\,\,3\sqrt[3]{\dfrac{c^5}{a^4}}\geq 9c-4ca-2.\] Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên, ta được \begin{eqnarray*} 3M &\geq &9(a+b+c)-4(ab+bc+ca)-6\\ &=& 9\cdot 3-4(ab+bc+ca)-6=21-4(ab+bc+ca). \end{eqnarray*} Mặt khác \[3(ab+bc+ca)\le (a+b+c)^2=9\Rightarrow ab+bc+ca\le 3.\] Do đó \[3M\geq 21-4(ab+bc+ca)\geq 21-4\cdot 3=9\Rightarrow M\geq 3.\] Ta có $M=3$ khi $a=b=c=1$. Vậy $\min M=3$.
Cách 2.<> Đặt $a=x^3$, $b=y^3$, $c=z^3\Rightarrow x^3+y^3+z^3=3\Rightarrow M=\dfrac{x^5}{y^4}+\dfrac{y^5}{z^4}+\dfrac{z^5}{x^4}$. Theo bất đẳng thức Cauchy ta có \[\dfrac{x^5}{y^4}+2x^2y^2=\dfrac{x^5}{y^4}+x^2y^2+x^2y^2\geq 3x^3.\] Tương tự \begin{eqnarray*} && \dfrac{y^5}{z^4}+2y^2z^2\geq 3y^3;\,\,\dfrac{z^5}{x^4}+2z^2x^2\geq 3z^3\\ &\Rightarrow & M+2(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)\geq 3(x^3+y^3+z^3)=9\\ &\Leftrightarrow & M\geq 9-2(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2). \end{eqnarray*} Mặt khác \[x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\le \dfrac{(x^2+y^2+z^2)^2}{3}.\tag \label{1}\] Theo bất đẳng thức Holder, ta có \begin{align*} &(x^2+y^2+z^2)^3=\left(x\cdot x\cdot 1+y\cdot y\cdot 1+z\cdot z\cdot 1\right)^3\\ &\le (x^3+y^3+z^3)(x^3+y^3+z^3)(1^3+1^3+1^3)=27\\ \Rightarrow & x^2+y^2+z^2\le 3. \hfill \tag{2} \end{align*} Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\le 3$. Do đó $M\geq 9-2\cdot 3=3$; $M=3$ khi $x=y=z=1$ hay $a=b=c=1$. Vậy $\min M=3$.