Bình thường khi tiếp cận 1 bài toán, ta khai thác triệt để giả thiết của bài toán trước, và từ giả thiết sau khi đã khai thác sẽ định hướng cho ta sẽ phải làm gì.
Ở bài toán này, với điều kiện giả thiết $9\left ( a^{4} +b^{4}+c^{4}\right )-25\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )+48=0$ và biểu thức P là đối xứng với các biến, nên ta dự đoán đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$.
Từ giả thiết $9\left ( a^{4} +b^{4}+c^{4}\right )-25\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )+48=0$ với bậc của các biến là bậc 4 và bậc 2, nên ta có hai hướng khai khác
1. Đưa các biến về cùng bậc 4.
Thật vậy, dựa vào dự đoán dấu bằng và theo bất đẳng thức $AM-GM$ ta có $$ 0=9\left( {{a}^{4}}+{{b}^{4}}+{{c}^{4}} \right)-25\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)+48\ge 9\left( {{a}^{4}}+{{b}^{4}}+{{c}^{4}} \right)-\frac{25}{2}\left( {{a}^{4}}+{{b}^{4}}+{{c}^{4}}+3 \right)+48 $$ tức là ta có $${{a}^{4}}+{{b}^{4}}+{{c}^{4}}\ge 3.$$
2. Đưa các biến về cùng bậc 2.
Thật vậy, dựa vào dự đoán dấu bằng và theo bất đẳng thức $AM-GM$ ta có $$0=(9{{a}^{4}}+9)+(9{{a}^{4}}+9)+(9{{a}^{4}}+9)-25\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)+21\ge 18\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)-25\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)+21$$
tức là ta có $${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge 3.$$
Như vậy, giả thiết của ta đã khai thác xong và hiện tại ta chẳng biết làm gì với giả thiết đó, và trong 2 điều mà ta khai thác được, ta nên dùng cái nào?
Bây giờ ta xét biểu thức P.
Nhờ dự đoán đẳng thức xảy ra tại $a=b=c=1$ và sử dụng giả thiết, nên ta sẽ có ý đồ là chứng minh bất đẳng thức đồng bậc để sử dụng giả thiết.
Tức là ta sẽ chứng minh $$P=\frac{{{a}^{2}}}{b+2c}+\frac{{{b}^{2}}}{c+2a}+\frac{{{c}^{2}}}{a+2b}\ge \frac{\sqrt[4]{{{3}^{3}}\left( {{a}^{4}}+{{b}^{4}}+{{c}^{4}} \right)}}{3} \; \; (1)$$ hoặc là
$$P=\frac{{{a}^{2}}}{b+2c}+\frac{{{b}^{2}}}{c+2a}+\frac{{{c}^{2}}}{a+2b}\ge \frac{\sqrt{3({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}})}}{3} \; \; (2) $$
Nhận thấy bất đẳng thức (1) mạnh hơn bất đẳng thức (2) vì $\left( {{a}^{4}}+{{b}^{4}}+{{c}^{4}} \right)\ge \dfrac{{{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}^{2}}}{3}\ge \left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)$, nhưng liệu ta có nhất thiết phải dùng một đánh giá mạnh hơn (2) như thế hay không? Mà chắc gì (1) đã đúng :-/
Người ta có câu nói vui
"Ta cứ chọn việc nhẹ nhàng...
Gian khổ để dành những thằng ngu ;))"
và tất nhiên, không ai muốn làm khổ mình cả, và cũng chẳng ai muốn mình ngu :P, tội gì không thử làm cái đơn giản trước :D. Nếu cái đơn giản không đưa ta đến thành công thì đành chấp nhận quay lại cái phức tạp hơn vậy :).
Nhưng, "
Cái đơn giản là cái mạnh mẽ nhất", và ở bài toán này, nó cũng được thể hiện :).
Để xuất hiện cái $a^2+b^2+c^2$ thì theo lẽ tự nhiên ta sẽ sử dụng $Cauchy-Schwarz$ để trên tử số xuất hiện $a^2+b^2+c^2$ trước đã, mẫu thế nào tính sau :P.
Sử dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$ ta có:
$$\begin{align}
P&=\frac{a^2}{b+2c}+\frac{b^2}{c+2a}+\frac{c^2}{a+2b}\\
&=\frac{a^4}{{{a}^{2}}(b+2c)}+\frac{b^4}{{{b}^{2}}(c+2a)}+\frac{c^4}{{{c}^{2}}(a+2b)} \\
& \ge \frac{{{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}^{2}}}{{{a}^{2}}b+{{b}^{2}}c+{{c}^{2}}a + 2\left( {{a}^{2}}c+{{b}^{2}}a+{{c}^{2}}b \right)} \\
\end{align}$$
Ô la la, trên tử xuất hiện $a^2+b^2+c^2$ rồi ;;). Còn cái mẫu thì sao nhỉ? :-?
Lại một lần nữa ngài $Cauchy-Schwarz$ cho mẫu số của chúng ta xuất hiện $a^2+b^2+c^2$.
Thật vậy, tiếp tục sử dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$ ta có:
$$\begin{align}
{{a}^{2}}b+{{b}^{2}}c+{{c}^{2}}a &\le \sqrt{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)\left( {{a}^{2}}{{b}^{2}}+{{b}^{2}}{{c}^{2}}+{{c}^{2}}{{a}^{2}} \right)} \\
& \le \sqrt{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right).\frac{{{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}^{2}}}{3}} \\
& =\frac{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}}{\sqrt{3}} \\
\end{align}$$
tương tự, ta cũng có
$$2\left( {{a}^{2}}c+{{b}^{2}}a+{{c}^{2}}b \right)\le \frac{2\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)\sqrt{ {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} }}{\sqrt{3}}$$
Do đó
$$\begin{align}
\frac{{{\left( a^2+b^2+c^2 \right)}^{2}}}{a^2b+b^2c+c^2a+2\left( {{a}^{2}}c+{{b}^{2}}a+{{c}^{2}}b \right)}&\ge \frac{{{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}^{2}}}{\sqrt{3}\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}} \\
& =\frac{\sqrt{3\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}}{3} \\
\end{align}$$
Như vậy, cái đơn giản đã đưa ta đi đến thành công, thật may mắn :).
Sử dụng giả thiết mà ta khai thác được là $a^2+b^2+c^2 \ge 3$ ta có
$$P=\frac{{{a}^{2}}}{b+2c}+\frac{{{b}^{2}}}{c+2a}+\frac{{{c}^{2}}}{a+2b}\ge \frac{\sqrt{3({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}})}}{3} \ge 1$$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$.
Vậy $\text{minP=1}$.
Bài toán được giải quyết hoàn toàn.
