Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1 và a + b >2c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P=\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}}+\frac{6\sqrt{15}}{25(a+b)}\)
Ta chứng minh bất đẳng thức \((m^3+n^3)(p^3+q^3)(r^2+s^3)\geq (mpr+nps)^3(*)\) với m, n, p, q, r, s là các số thực dương. Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có \(\frac{m^3}{m^3+n^3}+\frac{p^3}{p^3+q^3}+\frac{r^3}{r^3+s^3}\geq \frac{ 3mpr}{\sqrt[3]{(m^3+n^3)(p^3+q^3)(r^3+s^3)}}\) \(\frac{n^3}{m^3+n^3}+\frac{q^3}{p^3+q^3}+\frac{s^3}{r^3+s^3}\geq \frac{ 3nqs}{\sqrt[3]{(m^3+n^3)(p^3+q^3)(r^3+s^3)}}\) Cộng hai bất đẳng thức trên, ta được bất đẳng thức (*). Áp dụng bất đẳng thức (*), ta có \(\left ( \sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}} \right )^2a^2(a+c)+b^2(c+a)\geq (a+b)^3\) Mặt khác \(a^2(b+c)+b^2(c+a)-\frac{(a+b)^3}{4}-\frac{c(a+b)^2}{2}=-\frac{(a-b)^2(a+b-2c) }{4}\leq 0\) \(\Leftrightarrow a^2(b+c)+b^2(c+a)\leq \frac{(a+b)^3}{4}+\frac{c(a+b)^2}{2}= \frac{(a+b)^2(a+b+2c)}{4}\) Suy ra \(\left ( \sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}}\right )^2\geq \frac{(a+b)^ 3}{\underbrace{(a+b)^2(a+b+2c)}_{4}}=\frac{4(a+b)}{a+b+2c}\) \(\Leftrightarrow \sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}}\geq 2\sqrt{\frac{a+b}{a+b+2c}}\) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b. Do đó \(P\geq 2\sqrt{\frac{1-c}{1+c}}+\frac{6\sqrt{15}}{25(1-c)}\) Xét hàm số \(f(c)=2\sqrt{\frac{1-c}{1+c}}+\frac{6\sqrt{15}}{25(1-c)}\), với \(c\in \left ( 0;\frac{1}{3} \right )\) Có \(f'(c)=\frac{-2}{(1+c)\sqrt{1-c^2}}+\frac{6\sqrt{15}}{25(1-c)^2};f'(c)=0\Leftrightarrow c=\frac{1}{4}\)
Từ bảng biến thiên, suy ra \(f(c)\geq f\left ( \frac{1}{4} \right )=\frac{18\sqrt{15}}{25},\forall c\in \left ( 0;\frac{1}{3} \right )\) Vậy giá trị nhỏ nhất của P là \(\frac{18\sqrt{15}}{25}\), đạt được khi \(a=b=\frac{3}{8},c=\frac{1}{4}\)