Cho bất đẳng thức $\cos 2A + \frac{1}{64\cos^4 A} - (2\cos 2B + 4\sin B) + \frac{13}{4} \le 0$ với $A, B, C$ là ba góc của tam giác $ABC$. Khẳng định đúng là:

Lời giải Từ bất đẳng thức đã cho, ta sử dụng các công thức biến đổi lượng giác sau: - $\cos 2A = 2\cos^2 A - 1$ - $\cos 2B = 1 - 2\sin^2 B \Rightarrow 2\cos 2B + 4\sin B = 2(1 - 2\sin^2 B) + 4\sin B = 2 - 4\sin^2 B + 4\sin B$ Thay vào bất đẳng thức ban đầu, ta được: $$(2\cos^2 A - 1) + \frac{1}{64\cos^4 A} - (2 - 4\sin^2 B + 4\sin B) + \frac{13}{4} \le 0$$ $$\Leftrightarrow 2\cos^2 A + \frac{1}{64\cos^4 A} + 4\sin^2 B - 4\sin B - 3 + \frac{13}{4} \le 0$$ $$\Leftrightarrow \cos^2 A + \cos^2 A + \frac{1}{64\cos^4 A} + (4\sin^2 B - 4\sin B + 1) - 1 + \frac{1}{4} \le 0$$ $$\Leftrightarrow \cos^2 A + \cos^2 A + \frac{1}{64\cos^4 A} + (2\sin B - 1)^2 \le \frac{3}{4} \quad (*)$$ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy (AM-GM) cho ba số dương $\cos^2 A$, $\cos^2 A$ và $\frac{1}{64\cos^4 A}$, ta có: $$\cos^2 A + \cos^2 A + \frac{1}{64\cos^4 A} \ge 3\sqrt[3]{\cos^2 A \cdot \cos^2 A \cdot \frac{1}{64\cos^4 A}} = 3\sqrt[3]{\frac{1}{64}} = 3 \cdot \frac{1}{4} = \frac{3}{4}$$ Mặt khác, ta luôn có: $(2\sin B - 1)^2 \ge 0$. Do đó, từ $(*)$ suy ra: $$\cos^2 A + \cos^2 A + \frac{1}{64\cos^4 A} + (2\sin B - 1)^2 \ge \frac{3}{4} \quad \text{và} \quad \cos^2 A + \cos^2 A + \frac{1}{64\cos^4 A} + (2\sin B - 1)^2 \le \frac{3}{4}$$ Dấu bằng phải đồng thời xảy ra, tức là $\cos^2 A = \frac{1}{64\cos^4 A}$ và $2\sin B - 1 = 0$. Từ $\cos^2 A = \frac{1}{64\cos^4 A}$ suy ra $\cos^4 A = \frac{1}{64}$, do đó $\cos A = \frac{1}{2}$ (vì $0 < A < 180^\circ$), nên $A = 60^\circ$. Từ $2\sin B - 1 = 0$ suy ra $\sin B = \frac{1}{2}$, nên $B = 30^\circ$. Do đó $C = 180^\circ - A - B = 90^\circ$, suy ra $B + C = 120^\circ$.