Chủ đề này có 3 trả lời

[stray]

Cho $x, y, z$ là ba số thực dương thỏa mãn $x+y+z+2=xyz$ 

Chứng minh: $x+y+z+6\geq 2(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx})$

[hoangnguyencht]

Đặt $x=\dfrac{a+b}{c}, \quad y=\dfrac{b+c}{a} \Rightarrow z=\dfrac{c+a}{b}$.

Khi đó: $2\sqrt{xy}=2\sqrt{\dfrac{(a+b)(b+c)}{ca}} \le \dfrac{b}{a}+\dfrac{b}{c}+2$.

Tương tự ta có điều phải chứng minh.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoangnguyencht: 29-07-2023 - 23:50

[stray]

Đặt $x=\dfrac{a+b}{c}, \quad y=\dfrac{b+c}{a} \Rightarrow z=\dfrac{c+a}{b}$.

Khi đó: $2\sqrt{xy}=2\sqrt{\dfrac{(a+b)(b+c)}{ca}} \le \dfrac{b}{a}+\dfrac{b}{c}+2$.

Tương tự ta có điều phải chứng minh.

Cách làm khác:

Đặt $a=\frac{1}{x+1} ,b=\frac{1}{y+1} , c=\frac{1}{z+1}$

      $x+y+z+2=xyz$

$\Leftrightarrow \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}-1=(\frac{1}{a-1})(\frac{1}{b-1})(\frac{1}{c-1})$

$\Leftrightarrow a+b+c=1$

Do đó $x=\frac{1}{a}-1=\frac{a+b+c-a}{a}=\frac{b+c}{a}$

Tương tự, $y=\frac{c+a}{b},$ $z=\frac{a+b}{c}$

Vậy $x+y+z+6=\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}+\frac{a+b}{c}+6$

                              $=\frac{a+b}{a}+\frac{c+a}{a}+\frac{b+c}{b}+\frac{a+b}{b}+\frac{b+c}{c}+\frac{c+a}{c}$

                              $\geq 2(\sqrt{\frac{(b+c)(c+a)}{ab}}+\sqrt{\frac{(c+a)(a+b)}{bc}}+\sqrt{\frac{(a+b)(b+c)}{ca}})$

                              $=2(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx})$

 

                               

 

                                 $(?)$

[chuyenndu]

Cách làm khác:

Đặt $a=\frac{1}{x+1} ,b=\frac{1}{y+1} , c=\frac{1}{z+1}$

      $x+y+z+2=xyz$

$\Leftrightarrow \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}-1=(\frac{1}{a-1})(\frac{1}{b-1})(\frac{1}{c-1})$

$\Leftrightarrow a+b+c=1$

Do đó $x=\frac{1}{a}-1=\frac{a+b+c-a}{a}=\frac{b+c}{a}$

Tương tự, $y=\frac{c+a}{b},$ $z=\frac{a+b}{c}$

mình thấy chả khác ở đâu cả