Cho các số thực dương $x,y,z,t$ thỏa mãn $xyzt=1$.Chứng minh rằng:
$$\frac{1}{x^3(yz+zt+ty)}+\frac{1}{y^3(xz+zt+tx)}+\frac{1}{z^3(xt+ty+yx)}+\frac{1}{t^3(xy+yz+zx)}\geq \frac{4}{3}$$
Đề của
DucHuyen1604
Giải:
Ta có:
$P= \frac{1}{x^{3}\left ( yz+zt+ty \right )}+\frac{1}{y^{3}\left (xz+zt+tx \right )}+\frac{1}{z^{3}\left ( xt+ty+yx \right )}+\frac{1}{t^{3}\left ( xy+yz+zx \right )}$
$=\frac{xyzt}{x^{3}\left ( yz+zt+ty \right )}+\frac{xyzt}{y^{3}\left (xz+zt+tx \right )}+\frac{xyzt}{z^{3}\left (xt+ty+yx \right )}+\frac{xyzt}{t^{3}\left (xy+yz+zx \right )}$
$=\frac{yzt}{x^{2}\left ( yz+zt+ty \right )}+\frac{xzt}{y^{2}\left (xz+zt+tx \right )}+\frac{xyt}{z^{2}\left (xt+ty+yx \right )}+\frac{xyz}{t^{2}\left (xy+yz+zx \right )}$
$=\frac{1}{x^{2}\left ( \frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{t} \right )}+\frac{1}{y^{2}\left ( \frac{1}{x}+\frac{1}{z}+\frac{1}{t} \right )}+\frac{1}{z^{2}\left ( \frac{1}{y}+\frac{1}{x}+\frac{1}{t} \right )}+\frac{1}{t^{2}\left ( \frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{x} \right )}$
Đặt: $a=\frac{1}{x};b=\frac{1}{y};c=\frac{1}{z};d=\frac{1}{t}$. Do $xyzt=1$ nên $abcd=1$.$(a, b, c, d>0)$
Khi đó: $P=\frac{a^{2}}{b+c+d}+\frac{b^{2}}{a+c+d}+\frac{c^{2}}{a+b+d}+\frac{d^{2}}{a+b+c}$
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho hai số thực dương, ta có:
*$\frac{a^{2}}{b+c+d}+\frac{b+c+d}{9}\geq 2\sqrt{\left (\frac{a^{2}}{b+c+d} \right ).\left (\frac{b+c+d}{9} \right )}=\frac{2}{3}a.$
*$\frac{b^{2}}{a+c+d}+\frac{a+c+d}{9}\geq \frac{2}{3}b.$
*$\frac{c^{2}}{a+b+d}+\frac{a+b+d}{9}\geq \frac{2}{3}c.$
*$\frac{d^{2}}{a+b+c}+\frac{a+b+c}{9}\geq \frac{2}{3}d.$
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên, ta có: $P+\frac{3\left ( a+b+c+d \right )}{9}\geq \frac{2}{3}\left ( a+b+c+d \right )$
$\Leftrightarrow P\geq \frac{1}{3}\left ( a+b+c+d \right )\geq \frac{1}{3}.4\sqrt[4]{abcd}=\frac{4}{3}$ (Bất đẳng thức AM-GM cho 4 số dương)
Do đó: $P\geq \frac{4}{3}$$\Rightarrow đpcm$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=d$ hay $x=y=z=t=1$