trước tiên ta chứng minh bất đẳng thức phụ sau :
Cho $\alpha ,a_{1},a_{2},...,a_{n}$ là các số dương . Chứng minh rằng ;
$(\alpha +a_{1})(\alpha +a_{2})...(\alpha +a_{n})\geq (\alpha +\sqrt[n]{a_{1}a_{2}...a_{n}})^{n}$
đẳng thức xảy ra khi $a_{1}=a_{2}=...=a_{n}$
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có :
$\frac{\alpha }{\alpha +a_{1}}+\frac{\alpha }{\alpha +a_{2}}+...+\frac{\alpha }{\alpha +a_{n}}\geq \frac{\alpha n}{\sqrt[n]{(\alpha +a_{1})(\alpha +a_{2})...(\alpha +a_{n})}}$
$\frac{a_{1}}{\alpha +a_{1}}+\frac{a_{2}}{\alpha +a_{2}}+...+\frac{a_{n}}{\alpha +a_{n}}\geq \frac{n\sqrt[n]{a_{1}a_{2}...a_{n}}}{\sqrt[n]{(\alpha +a_{1})(\alpha +a_{2})...(\alpha +a_{n})}}$
Cộng hai vế hai bất đẳng thức trên và quy đồng mẫu số ta được :
$\sqrt[n]{(\alpha +a_{1})(\alpha +a_{2})(\alpha +a_{n})}\geq (\alpha +\sqrt[n]{a_{1}a_{2}...a_{n}})^{n}$
từ đó ta có điều cần chứng minh . Đẳng thức xảy ra khhi $a_{1}=a_{2}=...=a_{n}$
Áp dụng cho bài tập trên :
Do $xyz=1$ nên
$A=\frac{(9x+y)(9y+z)(z-\sqrt{xz}+x}{xyz}=(9+\frac{y}{x})(9+\frac{z}{y})(1-\sqrt{\frac{x}{z}}+\frac{x}{z})$
Áp dụng bất đẳng thức ở trên ta được : $A\geq (9+\sqrt{\frac{x}{z}})^{2}(1-\sqrt{\frac{x}{z}+\frac{x}{z}}) do 1-\sqrt{\frac{x}{z}}+\frac{x}{z}>0$
Đặt $t=\sqrt{\frac{z}{x}},t>0$ thì $A\geq f(t)=(9+t)^{2}(1-\frac{1}{t}+\frac{1}{t^{2}}),t>0$
$f'(t)=2(9+t)(1-\frac{1}{t}+\frac{1}{t^{2}}) +(9+t)^{2}(\frac{1}{t^{2}}-\frac{2}{t^{3}})$
$=(\frac{9+t}{t^{3}})(2t-3)(t^{2}+t+6)mà f'(t)=0=>t=\frac{3}{2}$ lập BBT của f(t) trên khoảng $(0;+\infty )=>min f(t)=\frac{7^{3}}{4}=>minA=\frac{7^{3}}{4} khi x=\frac{2}{3},y=1,z=\frac{3}{2}$