Ta có:
\(x+y+z+t=2\)
\(\Rightarrow\left[\left(x+y+z\right)+t\right]^2=4\)
Vì \(x,y,z,t>0\)nên áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương, ta được:
\(\left(x+y+z\right)+t\ge2\sqrt{\left(x+y+z\right)t}\)
\(\Leftrightarrow\left[\left(x+y+z\right)+t\right]^2\ge4\left(x+y+z\right)t\)
\(\Leftrightarrow4\ge4\left(x+y+z\right)t\)(vì \(\left[\left(x+y+z\right)+t\right]^2=4\))
\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)t\le1\left(1\right)\)
Ta có:
\(P=\frac{\left(x+y+z\right)\left(x+y\right)}{xyzt}=\frac{1.\left(x+y+z\right)\left(x+y\right)}{xyzt}\)
\(\Leftrightarrow P\ge\frac{\left(x+y+z\right)t\left(x+y+z\right)\left(x+y\right)}{xyzt}\)(vì (1))
\(\Leftrightarrow P\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2\left(x+y\right)}{xyz}\left(2\right)\)
Đặt \(\frac{\left(x+y+z\right)^2\left(x+y\right)}{xyz}=A\)thì \(P\ge A\)
Vì \(x,y,z>0\)nên áp dụng bất đẳng thúc Cô-si cho 2 số dương, ta được:
\(\left(x+y\right)+z\ge2\sqrt{\left(x+y\right)z}\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)^2\ge4\left(x+y\right)z\)
Do đó:
\(A=\frac{\left(x+y+z\right)^2\left(x+y\right)}{xyz}\ge\frac{4\left(x+y\right)z\left(x+y\right)}{xyz}\)
\(\Leftrightarrow A\ge\frac{4\left(x+y\right)^2}{xy}\left(3\right)\)
Từ (2) và (3), ta được:
\(P\ge\frac{4\left(x+y\right)^2}{xy}\left(4\right)\)
Vì \(x,y>0\)nên áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương, ta được:
\(x+y\ge2\sqrt{xy}\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y\right)^2\ge4xy\)
\(\Leftrightarrow4\left(x+y\right)^2\ge16xy\)
\(\Leftrightarrow\frac{4\left(x+y\right)^2}{xy}\ge\frac{16xy}{xy}=16\left(5\right)\)
Từ (4) và (5), ta được:
\(P\ge16\)
Dấu bằng xảy ra.
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=y>0\\x+y=z>0\\x+y+z=t>0\end{cases}}\)
Mà \(x+y+z+t=2\)nên:
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=y=\frac{1}{4}\\z=\frac{1}{2}\\t=1\end{cases}}\)
Vậy \(minP=16\Leftrightarrow x=y=\frac{1}{4};z=\frac{1}{2};t=1\)