Lời giải câu Bất đẳng thức đề thi Đại học khối A, A1 năm 2013

Đề bài
Cho $a, b, c$ là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $(a + c) (b + c) = 4 c^{2}$ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biếu thức
$P = \frac{32 a^{3}}{{(b + 3 c)}^{3}} + \frac{32 b^{3}}{{(a + 3 c)}^{3}} - \frac{\sqrt{a^{2} + b^{2}}}{c} .$ Lời giải
Cách 1
Đặt $x = \frac{a}{c}, y = \frac{b}{c}$ ta có $(x + 1) (y + 1) = 4 \Leftrightarrow x y + x + y = 3$ khi đó cần tìm giá trị nhỏ nhất của $Q = \frac{32 x^{3}}{{(y + 3)}^{3}} + \frac{32 y^{3}}{{(x + 3)}^{3}} - \sqrt{x^{2} + y^{2}} .$
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM cho 3 số dương, ta có
${\begin{aligned} \frac{32 x^{3}}{{(y + 3)}^{3}} + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \geq \frac{6 x}{y + 3} \\ \frac{32 y^{3}}{{(x + 3)}^{3}} + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \geq \frac{6 y}{x + 3} \end{aligned}$
Do đó
$\begin{aligned} Q & \geq \frac{6 x}{y + 3} + \frac{6 y}{x + 3} - 2 - \sqrt{x^{2} + y^{2}} \\ = \frac{6 x}{y + 3} + \frac{6 y}{x + 3} + \frac{3 (x + y + 3) (x y + x + y - 3)}{(x + 3) (y + 3)} + 3 - 5 - \sqrt{x^{2} + y^{2}} \\ = 3 \cdot \frac{2 x (x + 3) + 2 y (y + 3) + (x + y + 3) (x y + x + y - 3) + (x + 3) (y + 3)}{(x + 3) (y + 3)} - 5 - \sqrt{x^{2} + y^{2}} \\ = 3 \cdot \frac{3 x^{2} + 3 y^{2} + 6 x y + 9 x + 9 y + x y^{2} + x^{2} y}{(x + 3) (y + 3)} - 5 - \sqrt{x^{2} + y^{2}} \\ = 3 \cdot \frac{3 x (x + y) + 3 y (x + y) + 9 (x + y) + x y (x + y)}{(x + 3) (y + 3)} - 5 - \sqrt{x^{2} + y^{2}} \\ = 3 \cdot \frac{(x + y) (3 x + 3 y + 9 + x y)}{(x + 3) (y + 3)} - 5 - \sqrt{x^{2} + y^{2}} \\ = 3 \cdot \frac{(x + y) (x + 3) (y + 3)}{(x + 3) (y + 3)} - 5 - \sqrt{x^{2} + y^{2}} \\ = 3 (x + y) - \sqrt{x^{2} + y^{2}} - 5 \\ = 3 (x + y) - \sqrt{{(x + y)}^{2} - 2 x y} - 5 \\ = 3 (x + y) - \sqrt{{(x + y)}^{2} - 2 (x + y - 3)} - 5 \\ = 3 (x + y) - \sqrt{{(x + y)}^{2} - 2 (x + y) + 6} - 5 \end{aligned}$
Sử dụng bất đẳng thức $x y \leq \frac{{(x + y)}^{2}}{4}$ ta có
$\begin{aligned} 3 = x y + x + y \leq \frac{{(x + y)}^{2}}{4} + x + y \\ \Leftrightarrow {(x + y)}^{2} + 4 (x + y) - 12 \geq 0 \\ \Leftrightarrow (x + y - 2) (x + y + 6) \geq 0 \\ \Leftrightarrow x + y \geq 2. \end{aligned}$
Vậy ta đưa về khảo sát hàm số $f (t) = 3 t - \sqrt{t^{2} + 2 t - 6} - 5, t \in [2; + \infty)$ .
Ta có
$\begin{aligned} f^{'} (t) & = 3 - \frac{t + 1}{\sqrt{t^{2} + 2 t - 6}} \\ = \frac{3 \sqrt{t^{2} + 2 t - 6} - (t + 1)}{\sqrt{t^{2} + 2 t - 6}} \\ = \frac{9 (t^{2} + 2 t - 6) - {(t + 1)}^{2}}{\sqrt{t^{2} + 2 t - 6} (3 \sqrt{t^{2} + 2 t - 6} + t + 1)} \\ = \frac{8 t^{2} + 16 t - 55}{\sqrt{t^{2} + 2 t - 6} (3 \sqrt{t^{2} + 2 t - 6} + t + 1)} \\ \geq \frac{{8.2}^{2} + 16.2 - 55}{\sqrt{t^{2} + 2 t - 6} (3 \sqrt{t^{2} + 2 t - 6} + t + 1)} \\ = \frac{9}{\sqrt{t^{2} + 2 t - 6} (3 \sqrt{t^{2} + 2 t - 6} + t + 1)} \\ > 0. \end{aligned}$
Vậy hàm $f (t)$ đồng biến trên $[2; + \infty)$ , suy ra $f (t) \geq f (2) = 1 - \sqrt{2} .$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $t = 2$ hay $a = b = c .$
Vậy giá trị nhỏ nhất của $P$ là $1 - \sqrt{2}$
Cách 2
Cũng đặt như trên.
Từ $x y + x + y = 3 \Rightarrow {\begin{aligned} 3 \geq x y + 2 \sqrt{x y} \\ 4.3 \leq {(x + y)}^{2} + 4 (x + y) \end{aligned} \Leftrightarrow {\begin{aligned} (\sqrt{x y} - 1) (\sqrt{x y} + 3) \leq 0 \\ (x + y - 2) (x + y + 6) \geq 0 \end{aligned} \Leftrightarrow {\begin{aligned} x y \leq 1 \\ x + y \geq 2 \end{aligned}$
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM cho 3 số dương, ta có
${\begin{aligned} \frac{16 x^{3}}{{(y + 3)}^{3}} + \frac{16 x^{3}}{{(y + 3)}^{3}} + \frac{1}{4} \geq 3 \sqrt[3]{\frac{16 x^{3}}{{(y + 3)}^{3}} . \frac{16 x^{3}}{{(y + 3)}^{3}} . \frac{1}{4}} = \frac{12 x^{2}}{{(y + 3)}^{2}} \\ \frac{16 y^{3}}{{(x + 3)}^{3}} + \frac{16 y^{3}}{{(x + 3)}^{3}} + \frac{1}{4} \geq 3 \sqrt[3]{\frac{16 y^{3}}{{(x + 3)}^{3}} . \frac{16 y^{3}}{{(x + 3)}^{3}} . \frac{1}{4}} = \frac{12 y^{2}}{{(x + 3)}^{2}} \end{aligned}$

Do đó $P \geq 12 [\frac{x^{2}}{{(y + 3)}^{2}} + \frac{y^{2}}{{(x + 3)}^{2}}] - \frac{1}{2} - \sqrt{x^{2} + y^{2}} .$
Sử dụng bất đẳng thức $C a u c h y - S c h w a r z$ , ta có
$\begin{aligned} 12 [\frac{x^{2}}{{(y + 3)}^{2}} + \frac{y^{2}}{{(x + 3)}^{2}}] & \geq \frac{12 {(x^{2} + y^{2})}^{2}}{x^{2} {(y + 3)}^{2} + y^{2} {(x + 3)}^{2}} \\ = \frac{12 {(x^{2} + y^{2})}^{2}}{9 (x^{2} + y^{2}) + 6 x y (x + y) + 2 x^{2} y^{2}} \\ \geq \frac{12 {(x^{2} + y^{2})}^{2}}{9 (x^{2} + y^{2}) + 6.1 . \sqrt{2 (x^{2} + y^{2})} + {2.1}^{2}} \\ = \frac{3 {[2 (x^{2} + y^{2})]}^{2}}{\frac{9}{2} .2 (x^{2} + y^{2}) + 6 \sqrt{2 (x^{2} + y^{2})} + 2} \end{aligned}$
Do đó $P \geq \frac{3 {[2 (x^{2} + y^{2})]}^{2}}{\frac{9}{2} .2 (x^{2} + y^{2}) + 6 \sqrt{2 (x^{2} + y^{2})} + 2} - \frac{\sqrt{2 (x^{2} + y^{2})}}{\sqrt{2}} - \frac{1}{2} .$
Đặt $t = \sqrt{2 (x^{2} + y^{2})} \geq x + y \geq 2$ , ta đưa về tìm giá trị nhỏ nhất của $f (t) = \frac{3 t^{4}}{\frac{9}{2} t^{2} + 6 t + 2} - \frac{t}{\sqrt{2}} - \frac{1}{2} = \frac{6 t^{4}}{{(3 t + 2)}^{2}} - \frac{t}{\sqrt{2}} - \frac{1}{2}, t \in [2; + \infty)$
Ta có
$\begin{aligned} f^{'} (t) = \frac{36 t^{4} + 28 t^{3}}{{(3 t + 2)}^{3}} - \frac{1}{\sqrt{2}}, \forall t \in (2; + \infty) \\ f ” (t) = \frac{12 t^{2} (9 t^{2} + 24 t + 14)}{{(3 t + 2)}^{4}} > 0, \forall t \in (2; + \infty) \end{aligned}$
Do đó $f^{'} (t)$ là hàm đồng biến trên $[2; + \infty)$ nên
$f^{'} (t) \geq f^{'} (2) = \frac{{36.2}^{4} + {28.2}^{3}}{{(3.2 + 2)}^{3}} - \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{25}{16} - \frac{1}{\sqrt{2}} > 0.$
Do đó $f (t)$ là hàm đồng biến trên $[2; + \infty)$ nên
$f (t) \geq f (2) = 1 - \sqrt{2} .$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $t = 2$ hay $a = b = c .$

Vậy giá trị nhỏ nhất của $P$ là $1 - \sqrt{2}$

Tăng Hải Tuân

Vật lí phổ thông, Toán phổ thông, Bất đẳng thức, Lập trình, Thủ thuật IT

Lời giải câu Bất đẳng thức đề thi Đại học khối A, A1 năm 2013

Leave a Reply Cancel reply