Bài toán 15.[Singapore-national Team Test 2001-2002] Cho các số thực dương $x_1$, $x_2$, $x_3$. Chứng minh rằng $\dfrac{\left(x_1^2+x_2^2+x_3^2\right)^3}{\left(x_1^3+x_2^3+x_3^3\right)^2} \leq 3$.

Bài toán 15.[Singapore-national Team Test 2001-2002] Cho các số thực dương $x_1$, $x_2$, $x_3$. Chứng minh rằng $\dfrac{\left(x_1^2+x_2^2+x_3^2\right)^3}{\left(x_1^3+x_2^3+x_3^3\right)^2} \leq 3$.

Lời giải

Xét bất đẳng thức $\dfrac{\left(x_1^2+x_2^2+x_3^2\right)^3}{\left(x_1^3+x_2^3+x_3^3\right)^2} \leq 3$.$(1)$
Cách 1. Áp dụng BĐT Bunyakovsky ta có $$\begin{align*} &\left(\sqrt{x_1^3} \cdot \sqrt{x_1}+\sqrt{x_2^3} \cdot \sqrt{x_2}+\sqrt{x_3^3} \cdot \sqrt{x_3}\right)^2\\ \leq&\left[\left(\sqrt{x_1^3}\right)^2+\left(\sqrt{x_2^3}\right)^2+\left(\sqrt{x_3^3}\right)^2\right] \times\left[\left(\sqrt{x_1}\right)^2+\left(\sqrt{x_2}\right)^2+\left(\sqrt{x_3}\right)^2\right] \\ \Leftrightarrow&\left(x_1^2+x_2^2+x_3^2\right)^2 \leq\left(x_1^3+x_2^3+x_3^3\right)\left(x_1+x_2+x_3\right) \\ \Leftrightarrow& \dfrac{\left(x_1^2+x_2^2+x_3^2\right)^4}{\left(x_1+x_2+x_3\right)^2} \leq\left(x_1^3+x_2^3+x_3^3\right)^2.\tag{2} \end{align*}$$ Măt khác, cũng theo BĐT Bunyakovsky ta có $$\begin{align*} &\left(1 x_1+1 x_2+1 x_3\right)^2 \leq\left(1^2+1^2+1^2\right)\left(x_1^2+x_2^2+x_3^2\right) \\ \Leftrightarrow&\left(x_1+x_2+x_3\right)^2 \leq 3\left(x_1^2+x_2^2+x_3^2\right). \tag{3} \end{align*}$$ Từ $(2)$ và $(3)$ suy ra $$\left(x_1^3+x_2^3+x_3^3\right)^2 \geq \dfrac{\left(x_1^2+x_2^2+x_3^2\right)^4}{3\left(x_1^2+x_2^2+x_3^2\right)}\Leftrightarrow \dfrac{\left(x_1^2+x_2^2+x_3^2\right)^3}{\left(x_1^3+x_2^3+x_3^3\right)^2} \leq 3.$$ Đẳng thức xảy ra khi $x_1=x_2=x_3$.
Cách 2. Dùng bất đẳng thức Holder
Nhắc lại bất đẳng thức Holder: Cho cac số thực $p$, $q$ thỏa mãn $p, q > 1$ và $\dfrac{1}{p}+\dfrac{1}{q}=1$. Khi đó với mọi $2n$ số thực dương bất kỳ $a_1$; $a_2$; $\ldots$; $a_n$; $b_1$; $b_2$ ;$\ldots$; $b_n$ ta luôn có $$\sum_{i=1}^{n} a_{i} b_{i} \leq\left(\sum_{i=1}^{n} a_{i}\right)^{\dfrac{1}{p}}\left(\sum_{i=1}^{n} b_{i}\right)^{\dfrac{1}{q}}$$ Áp dụng BĐT Holder với $p=3, q=\dfrac{3}{2}, n=3$ $a_{1}=a_{2}=a_{3}=1, b_{1}=x_1^2, b_{2}=x_2^2, b_{3}=x_3^2,$ ta có $$x_1^2+x_2^2+x_3^2 \leq 3^{\tfrac{1}{3}}\left(x_1^3+x_2^3+x_3^3\right)^{\tfrac{2}{3}} \Leftrightarrow \dfrac{\left(x_1^2+x_2^2+x_3^2\right)^3}{\left(x_1^3+x_2^3+x_3^3\right)^2} \leq 3.$$ Cách 3. Dùng bất đẳng thức Cauchy, ta có $$\begin{align*} (1) \Leftrightarrow&\left(x_1^6+2 x_1^3 x_2^3-3 x_1^4 x_2^2\right)+\left(x_1^6+2 x_1^3 x_3^3-3 x_1^4 x_3^2\right)\\ &+\left(x_2^6+2 x_2^3 x_1^3-3 x_2^4 x_1^2\right)+\left(x_2^6+2 x_2^3 x_3^3-3 x_2^4 x_3^2\right) \\ &+\left(x_3^6+2 x_3^3 x_1^3-3 x_3^4 x_1^2\right)+\left(x_3^6+2 x_3^3 x_2^3-3 x_3^4 x_2^2\right) \\ &+2\left(2 x_1^3 x_2^3+2 x_1^3 x_3^3+2 x_2^3 x_3^3-6 x_1^2 x_2^2 x_3^2\right) \geq 0. \tag{4} \end{align*}$$ Ta có $x_1^6+2 x_1^3 x_2^3=x_1^6+x_1^3 x_2^3+x_1^3 x_2^3 \geq 3 \sqrt[3]{x_1^6 \cdot x_1^3 x_2^3 \cdot x_1^3 x_2^3}=3 x_1^4 x_2^2$.
Do đó ngoặc thứ nhất không âm. Chứng minh tương tự cho các ngoặc còn lai trong tổng, thì BĐT $(4)$ luôn đúng, do đó BĐT $(1)$ đúng.