Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với \(\frac{a+c}{b+c}+\frac{b+d}{c+d}+\frac{c+a}{d+a}+\frac{d+b}{a+b}\ge4,\)  hay tương đương với
\(\left(a+c\right)\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+d}\right)+\left(b+d\right)\left(\frac{1}{c+d}+\frac{1}{a+b}\right)\ge4.\)

Bất đẳng thức cuối cùng đúng, và chứng minh như sau: Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwartz ta có \(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+d}\ge\frac{4}{\left(b+c\right)+\left(a+d\right)}=\frac{4}{a+b+c+d},\)  \(\frac{1}{c+d}+\frac{1}{a+b}\ge\frac{4}{\left(c+d\right)+\left(a+b\right)}=\frac{4}{a+b+c+d}.\)  Thành thử

\(\left(a+c\right)\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+d}\right)+\left(b+d\right)\left(\frac{1}{c+d}+\frac{1}{a+b}\right)\ge\frac{4\left(a+c\right)}{a+b+c+d}+\frac{4\left(b+d\right)}{a+b+c+d}=4.\)  (ĐPCM)

Câu hỏi của Adminbird - Toán lớp 7 - Học toán với OnlineMath

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

        \(=a\left(a-1\right)+b\left(b-1\right)+c\left(c-1\right)+d\left(d-1\right)\)

Vì \(a\) là  số nguyên dương nên \(a,\left(a-1\right)\) là hai số tự nhiên liên tiếp . 

\(\Rightarrow a\left(a-1\right)\) chia hết cho 2. Tương tự ta có : \(b\left(b-1\right);c\left(c-1\right);d\left(d-1\right)\) đều chia hết cho 2.

\(\Rightarrow a\left(a-1\right)+b\left(b-1\right)+c\left(c-1\right)+d\left(d-1\right)\) là số chẵn . 

Lại có : \(a^2+c^2=b^2+d^2\Rightarrow a^2+b^2+c^2+d^2=2\left(b^2+d^2\right)\) là số chẵn .

Do đó : \(a+b+c+d\) là số chẵn mà \(a+b+c+d>2\) (Do \(a,b,c,d\inℕ^∗\))

Vậy : \(a+b+c+d\) là hợp số .

Xét : (�2+�2+�2+�2)−(�+�+�+�)(a2+b2+c2+d2)−(a+b+c+d)

        $=a\left(a-1\right)+b\left(b-1\right)+c\left(c-1\right)+d\left(d-1\right)$

Vì $a$ là  số nguyên dương nên $a,\left(a-1\right)$ là hai số tự nhiên liên tiếp . 

$\Rightarrow a\left(a-1\right)$ chia hết cho 2. Tương tự ta có : $b\left(b-1\right);c\left(c-1\right);d\left(d-1\right)$ đều chia hết cho 2.

$\Rightarrow a\left(a-1\right)+b\left(b-1\right)+c\left(c-1\right)+d\left(d-1\right)$ là số chẵn . 

Lại có : �2+�2=�2+�2⇒�2+�2+�2+�2=2(�2+�2)a2+c2=b2+d2⇒a2+b2+c2+d2=2(b2+d2) là số chẵn .

Do đó : $a+b+c+d$ là số chẵn mà $a+b+c+d>2$ (Do �,�,�,�∈N∗a,b,c,d∈N∗)

Vậy : $a+b+c+d$ là hợp số .

Xét ( a² + b² + c² + d² )  - ( a + b + c + d)

        = a(a -1)  + b( b -1) + c( c – 1) + d( d – 1)

Vì a là  số nguyên dương nên a, (a – 1) là hai số tự nhiên liên tiếp

=> a(a-1) chia hết cho 2. Tương tự ta có b(b-1); c(c-1); d(d-1) đều chia hết cho 2

=> a(a -1)  + b( b -1) + c( c – 1) + d( d – 1) là số chẵn

Lại có a² + c² = b² + d²=>  a² + b² + c² + d² = 2( b² + d²) là số chẵn.

Do đó a + b + c + d là số chẵn mà a + b + c + d > 2 (Do a, b, c, d thuộc N*)

 a + b + c + d là hợp số.

Xét \(( a^2 + b^2 + c^2 + d^2 ) - ( a + b + c + d)\)

\(= a(a -1) + b( b -1) + c( c – 1) + d( d – 1)\)

Vì a là số nguyên dương nên $a$, $(a – 1)$ là hai số tự nhiên liên tiếp

\(\Rightarrow a-1⋮2\)

Tương tự ta có $b(b-1)$; $c(c-1)$; $d(d-1)$ đều chia hết cho 2

=> $a(a -1) + b( b -1) + c( c – 1) + d( d – 1)$ là số chẵn

Lại có \(a^2 + c^2 = b^2 + d^2=> a^2 + b^2 + c^2 + d^2 = 2( b^2 + d^2)\) là số chẵn.

Do đó $a + b + c + d$ là số chẵn mà $a + b + c + d > 2$ (Do \(a,b,c,d\in N^{sao}\))

\(\Rightarrow\) $a + b + c + d$ là hợp số.

Xét \(\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)-\left(a+b+c+d\right)\)chia hết cho 2

Lại có \(a^2+b^2+c^2+d^2\)= 2(a^2+b^2) chia hết cho 2

Suy ra (a+b+c+d) chia hết cho 2 => a+b+c+d là hợp số

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

=>(a+c)(b+2d)=(a+2c)(b+d)

=>đpcm

Ta có : (a+b)/(a+b+c)<(a+b)/(a+b+c+d) ; (b+c)/(b+c+d)<(b+c)/(a+b+c+d) ; (c+d)/(c+d+a)>(c+d)(a+b+c+d) ; (a+d)/(a+b+d)>(a+d)(a+b+c+d)

Cộng 4 bất đẳng thức trên rồi rút gọn vế phải sẽ ra kết quả như đề bài

Trên trường tui không nghĩ ra về nhà mới phát hiên ra được

Cho mk hỏi bạn TMDuc va TNVuong thi cùng trường à. Sao lại có bài chung thế.

Bài làm :

Ta có : \(\left(x-y\right)^2\ge0\)

\(\Rightarrow x^2+y^2\ge2xy\)

\(\Rightarrow\left(x+y\right)^2\ge4xy\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{xy}\ge\dfrac{4}{\left(x+y\right)^2}\left(1\right)\)

Áp dụng BĐT (1) ta có :

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

Tương tự : \(\dfrac{b}{c+d}+\dfrac{d}{a+b}\ge\dfrac{4\left(b^2+ab+cd+d^2\right)}{\left(a+b+c+d\right)^2}\left(3\right)\)

Cộng các về của các BĐT (2) và (3) ta được :

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

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

\(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+d}+\dfrac{c}{d+a}+\dfrac{d}{a+b}\ge\dfrac{2[\left(a+b\right)^2+\left(b+c\right)^2+\left(c+d\right)^2+\left(a+d\right)^2]}{\left(a+b+c+d\right)^2}=2B\)

Ta dễ dàng chứng minh được : \(B\ge1\)

Thật vậy :

\(\dfrac{\left(a+b\right)^2+\left(b+c\right)^2+\left(c+d\right)^2+\left(a+d\right)^2}{\left(a+b+c+d\right)^2}\ge1\)

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

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

\(\Rightarrowđpcm\)

Dấu đằng thức xảy ra : \(\Leftrightarrow a=c;b=d\)

khó thế tui ko hỉu