Áp dụng bất đẳng thức \(\frac{1}{xy}\ge\frac{4}{\left(x+y\right)^2}\)với \(x>0,y>0\)thì
\(\frac{a}{b+c}+\frac{c}{d+a}=\frac{a^2+ad+bc+c^2}{\left(b+c\right)\left(a+d\right)}\ge\frac{4\left(a^2+ad+bc+c^2\right)}{\left(a+b+c+d\right)^2}\)\(\left(1\right)\)
Tương tự :\(\frac{b}{c+d}+\frac{d}{a+b}\ge\frac{4\left(b^2+ab+cd+d^2\right)}{\left(a+b+c+d\right)^2}\)\(\left(2\right)\)
Cộng\(\left(1\right)\)với \(\left(2\right)\)được
\(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+d}+\frac{c}{d+a}+\frac{d}{a+b}\ge\frac{a\left(a^2+b^2+c^2+d^2+ad+bc+ad+cd\right)}{\left(a+b+c+d\right)^2}=4B\)
Cần chứng minh \(B\ge\frac{1}{2}\), bất đẳng thức này tương dương với
\(2B\ge1\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2+c^2+d^2+ad+bc+ab+cd\right)\ge\left(a+b+c+d\right)^2\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+d^2-2ac-2bd\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-c\right)^2+\left(b-b\right)^2\ge0\)(đúng)
Dấu "="xảy ra \(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}a=c\\b=d\end{cases}}\)
ta đặt \(A=\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+d}+\frac{c}{d+a}+\frac{d}{a+b}=\frac{a^2}{ab+ac}+\frac{b^2}{bc+bd}+\frac{c^2}{cd+ca}+\frac{d^2}{ad+db}\)
Áp dụng bất đẳng thức svác sơ ta có
\(A\ge\frac{\left(a+b+c+d\right)^2}{ab+bc+cd+da+2ac+2bd}\)
mặt khác ta có
\(\left[\left(a+c\right)+\left(b+d\right)\right]^2=\left(a+c\right)^2+\left(b+d\right)^2+2\left(a+c\right)\left(b+d\right)\)
\(=a^2+c^2+b^2+d^2+2ac+2bd+2\left(ab+ad+bc+cd\right)=a^2+c^2+b^2+d^2+ab+ad+cb+cd+\left(2ac+2bd+ab+ad+cb+cd\right)\)
đến đây cậu dùng cô si ta có
\(a^2+c^2\ge2ac;b^2+d^2\ge2bd\)
cộng vào ta sẽ ra điêu phải chứng minh
cách hơi cùi một chút nhưng chắc là vẫn được
