Chủ đề này có 1 trả lời

[phamvanha92]

CMR vs x,y,z >0 thỏa mãn xyz = x + y + z + 2 thì $ xyz(x-1)(y-1)(z-1) \leq 8$

[WhjteShadow]

CMR vs x,y,z >0 thỏa mãn xyz = x + y + z + 2 thì $ xyz(x-1)(y-1)(z-1) \leq 8$

Sáng nay mình vừa học x0ng phương pháp S.S .Và thực sự mình thấy ý tưởng nó thật tr0ng sáng và dễ thực hiện.Mình sẽ áp dụng thử vào bài toán này:
Do $x+y+z+2=xyz$ nên ta hoàn toàn có thể sử dụng phép đổi biến $x=\frac{b+c}{a}\\ y=\frac{a+c}{b}\\ z=\frac{a+b}{c}$
Lúc đó điều phải chứng minh trở thành:
$$(a+b)(b+c)(c+a)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\leq 8a^2b^2c^2$$
Không mất tính tổng quát giả sử $a\geq b\geq c$.Ta xét 2 trường hợp:
$\bullet$ Nếu $a> b+c$.Thì ta có:
$$(a+b)(b+c)(c+a)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\leq 0 \leq 8a^2b^2c^2$$
Từ đó dễ dàng suy ra điều phải chứng minh.
$\bullet$ Nếu $a\leq b+c$.Thì ta có $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh tam giác.Viết lại điều phải chứng minh thành:
$$\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq \frac{(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}{abc}$$
$$\Leftrightarrow 1-\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\leq 1-\frac{(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}{abc}$$
$$\Leftrightarrow \frac{ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)-6abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\leq \frac{abc-(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}{abc}$$
$$\Leftrightarrow \frac{2c(a-b)^2+(a+b)(a-c)(b-c)}{(a+b)(b+c)(c+a)}\leq \frac{(a+b-c)(a-b)^2+c(a-c)(b-c)}{abc}$$
$$\Leftrightarrow (a-b)^2.\left(\frac{a+b-c}{abc}-\frac{2c}{(a+b)(b+c)(c+a)}\right)+(a-c)(b-c).\left(\frac{1}{ab}-\frac{1}{(b+c)(a+c)}\right)\geq 0$$
Đặt $N=\frac{a+b-c}{abc}-\frac{2c}{(a+b)(b+c)(c+a)}\\M=\frac{1}{ab}-\frac{1}{(b+c)(a+c)}$
Ta thấy hiển nhiên $N\geq 0$
Công việc còn lại là chỉ phải chứng minh $M\geq 0$ hay là:
$$\frac{a+b-c}{abc}-\frac{2c}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq 0$$
Nhưng do $(a+b)(b+c)(c+a)\geq 8abc$ và $a\geq b\geq c$
Nên $\frac{2c}{(a+b)(b+c)(c+a)}\leq \frac{c}{4abc}\leq \frac{a+b-c}{4abc}\leq \frac{a+b-c}{abc} $.
Vậy $M,N,(a-b)^2,(a-c)(b-c)\geq 0$.Ta có điều phải chứng minh.Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$ hay $x=y=z=2$ $\blacksquare$