Áp dụng BĐT \(\frac{1}{ab}\ge\frac{4}{\left(a+b\right)^2}\) với a , b > 0 ta có :

\(\frac{a}{b+c}+\frac{c}{d+a}=\frac{a\left(d+a\right)+c\left(b+c\right)}{\left(b+c\right)\left(d+a\right)}=\frac{ad+a^2+bc+c^2}{\left(b+c\right)\left(d+a\right)}\ge\frac{4\left(ad+a^2+bc+c^2\right)}{\left(a+b+c+d\right)^2}\) ( 1 )

\(\frac{b}{c+d}+\frac{d}{a+b}=\frac{b\left(a+b\right)+d\left(c+d\right)}{\left(a+b\right)\left(c+d\right)}=\frac{ab+b^2+cd+d^2}{\left(a+b\right)\left(c+d\right)}\ge\frac{4\left(ab+b^2+cd+d^2\right)}{\left(a+b+c+d\right)^2}\) ( 2 )

Từ ( 1 ) và ( 2 ) cộng theo từng vế:

\(\Rightarrow\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+d}+\frac{c}{d+a}+\frac{d}{a+b}\ge\frac{4\left(ab+bc+cd+ad+a^2+b^2+c^2+d^2\right)}{\left(a+b+c+d\right)^2}\)

Cần chứng minh rằng \(\frac{\left(ab+bc+cd+ad+a^2+b^2+c^2+d^2\right)}{\left(a+b+c+d\right)^2}\ge\frac{1}{2}\)

\(\Rightarrow2\left(ab+bc+cd+ad+a^2+b^2+c^2+d^2\right)\ge\left(a+b+c+d\right)^2\)

\(\Rightarrow2ab+2bc+2cd+2ad+2a^2+2b^2+2c^2+2d^2\ge a^2+b^2+c^2+d^2+2ab+2ac+2ad+2bc+2cd+2bd\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+d^2\ge2ac+2bd\)

\(\Rightarrow a^2-2ac+c^2+b^2-2bd+d^2\ge0\)

\(\Rightarrow\left(a-c\right)^2+\left(b-d\right)^2\ge0\left(đpcm\right)\)

Vậy \(\frac{ab+bc+cd+ad+a^2+b^2+c^2+d^2}{\left(a+b+c+d\right)^2}\ge\frac{1}{2}\)

\(\Rightarrow\frac{4\left(ab+bc+cd+ad+a^2+b^2+c^2+d^2\right)}{\left(a+b+c+d\right)^2}\ge2\)

Vì \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+d}+\frac{c}{d+a}+\frac{d}{a+b}\ge\frac{4\left(ab+bc+cd+ad+a^2+b^2+c^2+d^2\right)}{\left(a+b+c+d\right)^2}\)

Vậy \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+d}+\frac{c}{d+a}+\frac{d}{a+b}\ge2\)

lớp 6 làm thì hơi dài đấy, nếu bạn muốn thì có thể áp dụng các bất đẳng thức của lớp trên cho nhanh

Áp dụng BĐT Cauchy Schwarz dạng Engel và BĐT AM - GM ta có :

\(M=\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+d}+\frac{c}{d+a}+\frac{d}{a+b}\)

\(=\frac{a^2}{ab+ac}+\frac{b^2}{bc+bd}+\frac{c^2}{cd+ac}+\frac{d^2}{ad+bd}\)

\(\ge\frac{\left(a+b+c+d\right)^2}{ad+bc+cd+ab+2ac+2bd}\)

\(=\frac{2\left(a+b+c+d\right)^2}{\left(2ad+2bc+2cd+2ab+2ac+2bd\right)+2ac+2bd}\)

\(\ge\frac{2\left(a+b+c+d\right)^2}{\left(2ad+2bc+2cd+2ab+2ac+2bd\right)+a^2+b^2+c^2+^2}\)

\(=\frac{2\left(a+b+c+d\right)^2}{\left(a+b+c+d\right)^2}=2\)

Dấu "=" xảy ra khi a = b = c = d

Chúc bạn học tốt !!!

\(VT^2\ge\left(1+1+1+1\right)\left(\frac{a}{b+c+d}+\frac{b}{a+c+d}+\frac{c}{d+a+b}+\frac{d}{b+a+c}\right)\ge4.1=4\)

=> VT >/ 2

Dễ CM được \(\frac{a}{b+c+d}+\frac{b}{a+c+d}+\frac{c}{d+a+b}+\frac{d}{b+a+c}\ge1\)

\(\sqrt{\frac{a}{b+c+d}}+\sqrt{\frac{b}{c+d+a}}+\sqrt{\frac{c}{d+a+b}}+\sqrt{\frac{d}{a+b+c}}\)

\(=\frac{a}{\sqrt{a\left(b+c+d\right)}}+\frac{b}{\sqrt{b\left(c+d+a\right)}}+\frac{c}{\sqrt{c\left(d+a+b\right)}}+\frac{d}{\sqrt{d\left(a+b+c\right)}}\)

\(\ge\frac{a}{\frac{a+b+c+d}{2}}+\frac{b}{\frac{b+c+d+a}{2}}+\frac{c}{\frac{a+b+c+d}{2}}+\frac{d}{\frac{a+b+c+d}{2}}=2\)

Dấu '' = '' xảy ra khi a = b + c+ d 

                              b = c+d+a 

                            c = b+a+d

                             d = a+b+c 

Hình như ko có a ; b; c ;d 

đây là dạng mở rộng của nesbit 

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski :

\(\left[a\left(b+c\right)+b\left(c+d\right)+c\left(d+a\right)+d\left(a+b\right)\right].F\ge\left(a+b+c+d\right)^2\)

Tương đương  \(F\ge\frac{\left(a+b+c+d\right)^2}{a\left(b+c\right)+b\left(c+d\right)+c\left(d+a\right)+d\left(a+b\right)}\)

Ta có : \(\left(a+b+c+d\right)^2\ge4\left(a+d\right)\left(b+c\right)\)

\(\left(a+b+c+d\right)^2\ge4\left(a+b\right)\left(c+d\right)\)

Cộng theo vế các bất đẳng thức cùng chiều ta được :

\(2\left(a+b+c+d\right)^2\ge4\left[a\left(b+c\right)+b\left(c+d\right)+c\left(d+a\right)+d\left(a+b\right)\right]\)

Suy ra \(\frac{\left(a+b+c+d\right)^2}{a\left(b+c\right)+b\left(c+d\right)+c\left(d+a\right)+d\left(a+b\right)}\ge\frac{4}{2}=2\)

Vậy ta có điều phải chứng minh 

bạn @dcv thêm phần dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=c;b=d\)

Xét: \(\sqrt{\frac{a}{b+c+d}}=\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{b+c+d}}=\frac{a}{\sqrt{a\left(b+c+d\right)}}\)

\(\sqrt{\frac{b}{c+d+a}}=\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{c+d+a}}=\frac{b}{\sqrt{b\left(c+d+a\right)}}\)

\(\sqrt{\frac{c}{d+a+b}}=\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{d+a+b}}=\frac{c}{\sqrt{c\left(d+a+b\right)}}\)

\(\sqrt{\frac{d}{a+b+c}}=\frac{\sqrt{d}}{\sqrt{a+b+c}}=\frac{d}{\sqrt{d\left(a+b+c\right)}}\)

\(\Rightarrow VT=\frac{a}{\sqrt{a\left(b+c+d\right)}}+\frac{b}{\sqrt{b\left(c+d+a\right)}}+\frac{c}{\sqrt{c\left(d+a+b\right)}}+\frac{d}{\sqrt{d\left(a+b+c\right)}}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 bộ số thực không âm

\(\Rightarrow\left\{\begin{matrix}\sqrt{a\left(b+c+d\right)}\le\frac{a+b+c+d}{2}\\\sqrt{b\left(c+d+a\right)}\le\frac{a+b+c+d}{2}\\\sqrt{c\left(d+a+b\right)}\le\frac{a+b+c+d}{2}\\\sqrt{d\left(a+b+c\right)}\le\frac{a+b+c+d}{2}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{\begin{matrix}\frac{a}{\sqrt{a\left(b+c+d\right)}}\ge\frac{2a}{a+b+c+d}\\\frac{b}{\sqrt{b\left(c+d+a\right)}}\ge\frac{2b}{a+b+c+d}\\\frac{c}{\sqrt{c\left(d+a+b\right)}}\ge\frac{2c}{a+b+c+d}\\\frac{d}{\sqrt{d\left(a+b+c\right)}}\ge\frac{2d}{a+b+c+d}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow VT\ge\frac{2a}{a+b+c+d}+\frac{2b}{a+b+c+d}+\frac{2c}{a+b+c+d}+\frac{2d}{a+b+c+d}\)

\(\Rightarrow VT\ge\frac{2\left(a+b+c+d\right)}{a+b+c+d}\)

\(\Rightarrow VT\ge2\)

\(\Rightarrow\frac{a}{\sqrt{a\left(b+c+d\right)}}+\frac{b}{\sqrt{b\left(c+d+a\right)}}+\frac{c}{\sqrt{c\left(d+a+b\right)}}+\frac{d}{\sqrt{d\left(a+b+c\right)}}\ge2\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{\frac{a}{b+c+d}}+\sqrt{\frac{b}{c+d+a}}+\sqrt{\frac{c}{d+a+b}}+\sqrt{\frac{d}{a+b+c}}\ge2\) ( đpcm )

Lời giải:

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:

\(\frac{b+c+d}{a}=\frac{b+c+d}{a}.1\leq \left(\frac{\frac{b+c+d}{a}+1}{2}\right)^2=\left(\frac{b+c+d+a}{2a}\right)^2\)

\(\sqrt{\frac{a}{b+c+d}}\geq \frac{2a}{a+b+c+d}\). Tương tự với các phân thức còn lại:

\(\Rightarrow \text{VT}\geq \frac{2(a+b+c+d)}{a+b+c+d}=2\) (đpcm)

tự diễn biến tự chuyển hóa là ko tốt :)

\(\text{~~ Lời giải ~~}\)

Sử dụng giả thiết  \(a,b,c,d\in R^+,\)  dễ thấy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với mỗi bất đẳng thức trong dãy các biến số sau:

\(\frac{a\left(a+d\right)}{\left(a+d\right)\left(b+c\right)}+\frac{b\left(a+b\right)}{\left(a+b\right)\left(c+d\right)}+\frac{c\left(b+c\right)}{\left(a+d\right)\left(b+c\right)}+\frac{d\left(c+d\right)}{\left(a+b\right)\left(c+d\right)}\ge2\) \(\left(\text{*}\right)\)

Đặt bất đẳng thức cần chứng minh là bất đẳng thức  \(\left(\text{*}\right)\)

Khi đó, ta kí hiệu  \(VT\left(\text{*}\right)\)  là vế trái của bất đẳng thức  \(\left(\text{*}\right)\)

Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức  \(AM-GM\)  cho bốn số , ta có:

\(a+b+c+d\ge2\sqrt{\left(a+d\right)\left(b+c\right)}\)

\(\Rightarrow\)  \(\frac{1}{\left(a+d\right)\left(b+c\right)}\ge\frac{4}{\left(a+b+c+d\right)^2}\)

Từ đó, ta xây dựng được một bất đẳng thức mới có dạng sau:

\(\frac{a\left(a+d\right)}{\left(a+d\right)\left(b+c\right)}\ge\frac{4a\left(a+d\right)}{\left(a+b+c+d\right)^2}=\frac{4\left(a^2+ad\right)}{\left(a+b+c+d\right)^2}\)

Đổi biến theo vòng hoán vị  \(b\rightarrow c\rightarrow d\rightarrow a,\)   ta lần lượt thiết lập được các bất đẳng thức tương tự theo công đoạn trên:

                                    \(\frac{b\left(a+b\right)}{\left(a+b\right)\left(c+d\right)}\ge\frac{4\left(b^2+ab\right)}{\left(a+b+c+d\right)^2}\)

                                    \(\frac{c\left(b+c\right)}{\left(a+d\right)\left(b+c\right)}\ge\frac{4\left(c^2+bc\right)}{\left(a+b+c+d\right)^2}\)

                                     \(\frac{d\left(c+d\right)}{\left(a+b\right)\left(c+d\right)}\ge\frac{4\left(d^2+cd\right)}{\left(a+b+c+d\right)^2}\)

Kết hợp bốn bất đẳng thức vừa chứng minh ở trên, ta suy ra:

\(VT\left(\text{*}\right)\ge\frac{4\left(a^2+b^2+c^2+d^2+ab+bc+ca+da\right)}{\left(a+b+c+d\right)^2}\)

Đến đây, để hoàn tất việc chứng minh, ta cần chỉ ra rằng:

\(\frac{4\left(a^2+b^2+c^2+d^2+ab+bc+ca+da\right)}{\left(a+b+c+d\right)^2}\ge2\)

Bằng phép biến đổi tương đương, ta thu được một bất đẳng thức mới sau:

\(\left(a-c\right)^2+\left(b-d\right)^2\ge0\)

là một bất đẳng thức luôn đúng với mọi  \(a,b,c,d\in R^+.\)  Do đó, điều này kéo theo bất đẳng thức ban đầu được chứng minh!

Dấu  \("="\)  xảy ra khi và chỉ khi  \(a=b=c=d\)

Câu 1:
\(4\sqrt[4]{\left(a+1\right)\left(b+4\right)\left(c-2\right)\left(d-3\right)}\le a+1+b+4+c-2+d-3=a+b+c+d\)

Dấu = xảy ra khi a = -1; b = -4; c = 2; d= 3

\(\frac{a^2}{b^5}+\frac{1}{a^2b}\ge\frac{2}{b^3}\)\(\Leftrightarrow\)\(\frac{a^2}{b^5}\ge\frac{2}{b^3}-\frac{1}{a^2b}\)

\(\frac{2}{a^3}+\frac{1}{b^3}\ge\frac{3}{a^2b}\)\(\Leftrightarrow\)\(\frac{1}{a^2b}\le\frac{2}{3a^3}+\frac{1}{3b^3}\)

\(\Rightarrow\)\(\Sigma\frac{a^2}{b^5}\ge\Sigma\left(\frac{5}{3b^3}-\frac{2}{3a^3}\right)=\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3}+\frac{1}{d^3}\)

ta sẽ giết ngươi kí tên dép đờ kiu lờ

Xét \(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}-\frac{b^3}{a^2+ab+b^2}=\frac{\left(a-b\right)\left(a^2+ab+b^2\right)}{a^2+ab+b^2}=a-b\)

Tương tự, ta được: \(\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}-\frac{c^3}{b^2+bc+c^2}=b-c\); \(\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}-\frac{a^3}{c^2+ca+a^2}=c-a\)

Cộng theo vế của 3 đẳng thức trên, ta được: \(\left(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}\right)\)\(-\left(\frac{b^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{c^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{a^3}{c^2+ca+a^2}\right)=0\)

\(\Rightarrow\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}\)\(=\frac{b^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{c^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{a^3}{c^2+ca+a^2}\)

Ta đi chứng minh BĐT phụ sau: \(a^2-ab+b^2\ge\frac{1}{3}\left(a^2+ab+b^2\right)\)(*)

Thật vậy: (*)\(\Leftrightarrow\frac{2}{3}\left(a-b\right)^2\ge0\)*đúng*

\(\Rightarrow2LHS=\Sigma_{cyc}\frac{a^3+b^3}{a^2+ab+b^2}=\Sigma_{cyc}\text{ }\frac{\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)}{a^2+ab+b^2}\)\(\ge\Sigma_{cyc}\text{ }\frac{\frac{1}{3}\left(a+b\right)\left(a^2+ab+b^2\right)}{a^2+ab+b^2}=\frac{1}{3}\text{​​}\Sigma_{cyc}\left[\left(a+b\right)\right]=\frac{2\left(a+b+c\right)}{3}\)

\(\Rightarrow LHS\ge\frac{a+b+c}{3}=RHS\)(Q.E.D)

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c

P/S: Có thể dùng BĐT phụ ở câu 3a để chứng minhxD:

1) ta chứng minh được \(\Sigma\frac{a^4}{\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)}=\Sigma\frac{b^4}{\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)}\)

\(VT=\frac{1}{2}\Sigma\frac{a^4+b^4}{\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)}\ge\frac{1}{4}\Sigma\frac{a^2+b^2}{a+b}\ge\frac{1}{8}\Sigma\left(a+b\right)=\frac{a+b+c+d}{4}\)

bài 2 xem có ghi nhầm ko

3a biến đổi tí là xong

b tuong tự bài 1