$(x+1)(y+1)(z+1)\geq 4xyz$

Bài toán:

Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn $0\leq x\leq 1;0\leq y\leq 2;x+y+z=6$. Chứng minh rằng:

$$(x+1)(y+1)(z+1)\geq 4xyz$$

Giải

Khai triển và rút gọn, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

$$xy+yz+zx+7\geq 3xyz \Leftrightarrow xy(1-3z)+z(6-z)+7\geq 0$$

Từ đề bài, ta có: 

$$z\geq 3 \Rightarrow 1-3z< 0$$

Mặt khác:

\begin{align*} xy= & \frac{1}{2}.2x.y \\ \leq &  \frac{1}{8}(2x+y)^{2} \\ \leq & \frac{1}{8}(x+y+1)^{2} \\ = &\frac{1}{8}(7-z)^{2} \end{align*}

Vậy:

$$xy(1-3z)+z(6-z)+7\geq \frac{(7-z)^{2}(1-3z)}{8}+z(6-z)+7$$

Do đó, ta chỉ cần chứng minh:

\begin{align*} & \frac{(7-z)^{2}(1-3z)}{8}+z(6-z)+7 \geq 0 \\ \Leftrightarrow & -3z^{3}+35z^{2}-113z+105 \geq 0 \\ \Leftrightarrow & (7-z)(z-3)(3z-5)\geq 0 \quad \quad (*) \end{align*}

$(*)$ luôn đúng do $3\leq z< 6$. 

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=1,y=2,z=3$.