Chủ đề này có 4 trả lời

[cool hunter]

Cho $x,y,z >0$ thoả mãn $xyz=x+y+z+2$. CMR:
$xyz(x-1)(y-1)(z-1) ≤8$

[dark templar]

Cho $x,y,z >0$ thoả mãn $xyz=x+y+z+2$. CMR:
$xyz(x-1)(y-1)(z-1) ≤8$

Bài này thực sự rất hay
Để phá điều kiện,ta sẽ đặt $x=\frac{a+b}{c};y=\frac{b+c}{a};z=\frac{c+a}{b}$ trong đó $a,b,c>0$.Lúc này,BĐT cần chứng minh trở thành:
$$8a^2b^2c^2 \ge (b+c)(c+a)(a+b)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)$$
Ta sẽ chứng minh 1 BĐT mạnh hơn:
$$4a^2b^2c^2 \ge (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)(a^3+b^3+c^3+abc)(1)$$
Không mất tính tổng quát,ta giả sử $a \ge b \ge c$.Dễ dàng thấy rằng BĐT đúng khi $a \ge b+c$.Do đó ta chỉ xét trường hợp $b+c>a$:
Viết lại (1) dưới dạng sau:
$$16a^2b^2c^2(a+c)^2 \ge 4(a+c)^2[b^2-(a-c)^2](c+a-b)(a^3+b^3+c^3+abc)$$
Theo BĐT AM-GM,ta có:
$$VP \le [(a+c)^2b^2-(a-c)^2(a+c)^2+(c+a-b)(a^3+b^3+c^3+abc)]^2$$
Do đó ta chỉ cần chứng minh:
$$4abc(a+c) \ge (a+c)^2[b^2-(a-c)^2]+(c+a-b)(a^3+b^3+c^3+abc)$$
Hay:
$$4acb^2-(a+c)^2[b^2-(a-c)^2] \ge (c+a-b)(a^3+b^3+c^3-3abc)$$
Hay:
$$(a-c)^2[(a+c)^2-b^2] \ge [(a+c)^2-b^2](a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)$$
Mặt khác,o $a+c>b \Rightarrow (a+c)^2-b^2>0$ nên:
$$(a-c)^2 \ge a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca$$
Hay:
$$(a-b)(b-c) \ge 0$$
(luôn đúng $\forall a \ge b \ge c$)
Vậy (1) đã được chứng minh.Tiếp theo ta sẽ chứng minh:
$$2(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)(a^3+b^3+c^3+abc) \ge (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)(a+b)(b+c)(c+a)(2)$$
Dễ dàng thấy rằng khi 1 trong 3 thừa số $a+b-c;b+c-a;c+a-b$ âm thì BĐT (2) hiển nhiên đúng.Xét trong điều kiện cả 3 thừa số đều dương,BĐT tương đương với:
$$2(a^3+b^3+c^3+abc) \ge (a+b)(b+c)(c+a)$$
Hay:
$$(a-b)^2(a+b)+(b-c)^2(b+c)+(c-a)^2(c+a) \ge 0$$
(luôn đúng $\forall a,b,c>0$)
Kết hợp (1) và (2),ta có đpcm.Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$.

[dark templar]

Có ai có cách giải nào bằng phương pháp $p,q,r$ cho bài này thì post lên nhé.Cảm ơn

[alex_hoang]

Chứng minh của Phúc thật tuyệt.Mình xin thử chứng minh bằng cách khác xem sao
Coi như cách 2 vậy
Bất đẳng thức đã cho tương đương với
$$(x + y + z + 2)(x - 1)(y - 1)(z - 1) \le 8$$
Theo bất đẳng thức $AM-GM$ thì ta có
$$(x - 1)(y - 1) \le {\left( {\frac{{x + y}}{2} - 1} \right)^2}$$
Vậy thì hiển nhiên ta có
$$f(x,y,z) \le f(\frac{{x + y}}{2},\frac{{x + y}}{2},z)$$
Vậy ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức trong trường hợp $a=x=y$
Ta có lúc đó
$$z = \frac{{2a + 2}}{{{a^2} - 1}}$$
Và bất đẳng thức có dạng
$$(2a + \frac{{2a + 2}}{{{a^2} - 1}} + 2){(a - 1)^2}(\frac{{2a + 2}}{{{a^2} - 1}} - 1) \le 8$$
Hay là
$$\frac{{{{(a - 2)}^2}(a + 1)}}{{{{\left( {{a^2} - 1} \right)}^2}}} \ge 0$$
Vậy bài toán được chứng minh

[Nguyenhuyen_AG]

Với những bất đẳng thức có dạng Shur như $$P(a,b,c)\cdot abc \ge F(a,b,c) \cdot (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b),$$ thì S-S là một kỹ thuật áp dụng tương đối tốt cho các dạng toán này. http://mathifc.wordp...thuc-dang-shur/