Question

Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: \(xyz=x+y+z+2\)

Chứng minh \(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\le\frac{3}{2}\sqrt{xyz}\)

Answer 1

<=>27xyz=27(x+y+z)+54

\(\Rightarrow\left(x+y+z\right)^3\ge27\left(x+y+z\right)+54\Rightarrow x+y+z\le6\)

\(4\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)^2\le12\left(x+y+z\right)=9\left(x+y+z\right)+3\left(x+y+z\right)\le9\left(x+y+z\right)+18=9\left(x+y+z+2\right)\)

\(\Rightarrow4\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)^2\le9xyz\Rightarrow\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\le\frac{3}{2}\sqrt{xyz}\left(Q.E.D\right)\)

Answer 2

Từ giả thiết ta đặt ra: \(x+y+z=xyz\Rightarrow xy+yz+zx\ge\sqrt{3}a+b+c\ge9\) * 

Ta lại có: \(x^2+5\ge5\sqrt{xyz}\)theo BĐT Cauchy 

Từ đó BĐT \(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+27\le4xy+yz+zx\Leftrightarrow a+b+c+27\le6\)

Đặt: \(\hept{\begin{cases}p=x+y+z\\q=xy+yz+zx\\r=xyz\end{cases}}\)

Thì ta có: \(p=r\)và cần chứng minh 

\(6q\ge p^2+27\Leftrightarrow6pr\ge p^3+27p\)

Theo BĐT Schur thì: \(r\ge\frac{4pq-p^3}{9}\)

Do đó: \(BĐT\Leftrightarrow\frac{8}{3}q^2\ge\frac{3}{2}p^2+27\)

BĐT cuối cùng đúng theo Đk *

P/s: Tham khảo nhé