Điều kiện đã cho có thể được viết lại thành \(\dfrac{a}{a+b}+\dfrac{b}{b+c}+\dfrac{c}{c+d}+\dfrac{d}{d+a}=2\)

hay \(1-\dfrac{a}{a+b}-\dfrac{b}{b+c}+1-\dfrac{c}{c+d}-\dfrac{d}{d+a}=0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{b}{a+b}-\dfrac{b}{b+c}+\dfrac{d}{c+d}-\dfrac{d}{d+a}=0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{b^2+bc-ab-b^2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}+\dfrac{d^2+da-cd-d^2}{\left(c+d\right)\left(d+a\right)}=0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{b\left(c-a\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}+\dfrac{d\left(a-c\right)}{\left(c+d\right)\left(d+a\right)}=0\)

\(\Leftrightarrow\left(c-a\right)\left[\dfrac{b}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}-\dfrac{d}{\left(c+d\right)\left(d+a\right)}\right]=0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{b}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}=\dfrac{d}{\left(c+d\right)\left(d+a\right)}\) (do \(c\ne a\))

\(\Leftrightarrow b\left(cd+ca+d^2+da\right)=d\left(ab+ac+b^2+bc\right)\)

\(\Leftrightarrow bcd+abc+bd^2+abd=abd+acd+b^2d+bcd\)

\(\Leftrightarrow abc+bd^2-acd-b^2d=0\)

\(\Leftrightarrow ac\left(b-d\right)-bd\left(b-d\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(b-d\right)\left(ac-bd\right)=0\)

\(\Leftrightarrow ac=bd\) (do \(b\ne d\))

 Do đó \(A=abcd=ac.ac=\left(ac\right)^2\), mà \(a,c\inℕ^∗\) nên A là SCP (đpcm)

Trước tiên ta đi chứng minh BĐT phụ là:

Với $a,b>0$ thì $a^2+b^4\ge ab(a^2+b^2)$

Cách CM:

BĐT trên tương đương với: $(a-b{)}^2(a^2+ab+b^2)\ge 0$ (luôn đúng)

Quay trở về bài toán chính: Áp dụng BĐT phụ trên :

$\Rightarrow \frac{c}{a^4+b^4+c}\le \frac{c}{ab(a^2+b^2)+c^{2}ab}=\frac{c}{ab(a^2+b^2+c^2)}=\frac{c^2}{a^2+b^2+c^2}$

Thực hiện tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế:

$\Rightarrow T\le \frac{a^2+b^2+c^2}{a^2+b^2+c^2}=1$ (đpcm)

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1

Nó bị mất cái dấu gạch ngang chỗ phân số nha b

Trước tiên ta đi chứng minh BĐT phụ là:

Với $a,b>0$ thì $a^2+b^4\ge ab(a^2+b^2)$

Cách CM:

BĐT trên tương đương với: $(a-b{)}^2(a^2+ab+b^2)\ge 0$ (luôn đúng)

Quay trở về bài toán chính: Áp dụng BĐT phụ trên :

$\Rightarrow \frac{c}{a^4+b^4+c}\le \frac{c}{ab(a^2+b^2)+c^{2}ab}=\frac{c}{ab(a^2+b^2+c^2)}=\frac{c^2}{a^2+b^2+c^2}$

Thực hiện tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế:

$\Rightarrow T\le \frac{a^2+b^2+c^2}{a^2+b^2+c^2}=1$ (đpcm)

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$

ca này để thầy lâm ròi:<

\(\left(a^2+b+c+d\right)\left(1+b+c+d\right)\ge\left(a+b+c+d\right)^2=16\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{a^2+b+c+d}\le\dfrac{1+b+c+d}{16}=\dfrac{5-a}{16}\)

Tương tự: \(\dfrac{1}{b^2+c+d+a}\le\dfrac{5-b}{16}\) ...

Cộng vế:

\(P\le\dfrac{20-\left(a+b+c+d\right)}{16}=1\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=d=1\)

Bunhiacopxki:

\(\left(a^2+b+c+d\right)\left(1+b+c+d\right)\ge\left(a+b+c+d\right)^2=16\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{a^2+b+c+d}\le\dfrac{1+b+c+d}{16}\)

Tương tự:

\(\dfrac{1}{b^2+c+d+a}\le\dfrac{1+c+d+a}{16}\) ; \(\dfrac{1}{c^2+d+a+b}\le\dfrac{1+d+a+b}{16}\)

\(\dfrac{1}{d^2+a+b+c}\le\dfrac{1+a+b+c}{16}\)

Cộng vế:

\(P\le\dfrac{4+3\left(a+b+c+d\right)}{16}=1\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=d=1\)

thử bài bất :D 

Ta có: \(\dfrac{1}{a^3\left(b+c\right)}+\dfrac{a}{2}+\dfrac{a}{2}+\dfrac{a}{2}+\dfrac{b+c}{4}\ge5\sqrt[5]{\dfrac{1}{a^3\left(b+c\right)}.\dfrac{a^3}{2^3}.\dfrac{\left(b+c\right)}{4}}=\dfrac{5}{2}\) ( AM-GM cho 5 số ) (*)

Hoàn toàn tương tự: 

\(\dfrac{1}{b^3\left(c+a\right)}+\dfrac{b}{2}+\dfrac{b}{2}+\dfrac{b}{2}+\dfrac{c+a}{4}\ge5\sqrt[5]{\dfrac{1}{b^3\left(c+a\right)}.\dfrac{b^3}{2^3}.\dfrac{\left(c+a\right)}{4}}=\dfrac{5}{2}\) (AM-GM cho 5 số) (**)

\(\dfrac{1}{c^3\left(a+b\right)}+\dfrac{c}{2}+\dfrac{c}{2}+\dfrac{c}{2}+\dfrac{a+b}{4}\ge5\sqrt[5]{\dfrac{1}{c^3\left(a+b\right)}.\dfrac{c^3}{2^3}.\dfrac{\left(a+b\right)}{4}}=\dfrac{5}{2}\) (AM-GM cho 5 số) (***)

Cộng (*),(**),(***) vế theo vế ta được:

\(P+\dfrac{3}{2}\left(a+b+c\right)+\dfrac{2\left(a+b+c\right)}{4}\ge\dfrac{15}{2}\) \(\Leftrightarrow P+2\left(a+b+c\right)\ge\dfrac{15}{2}\)

Mà: \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}=3\) ( AM-GM 3 số )

Từ đây: \(\Rightarrow P\ge\dfrac{15}{2}-2\left(a+b+c\right)=\dfrac{3}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1

1. \(a^3+b^3+c^3+d^3=2\left(c^3-d^3\right)+c^3+d^3=3c^3-d^3\) :D 

Bạn à tôi chịu

thì nó khó thiệt mà

Sửa: CMR: \(\left(\dfrac{2019b+2020c-2021d}{2019c+2020d-2021e}\right)^3=\dfrac{a^2}{bc}\)

\(\dfrac{a}{b}=\dfrac{b}{c}=\dfrac{c}{d}=\dfrac{d}{e}=\dfrac{2019b+2020c-2021d}{2019c+2020d-2021e}\\ \Rightarrow\left(\dfrac{a}{b}\right)^3=\left(\dfrac{2019b+2020c-2021d}{2019c+2020d-2021e}\right)^3\left(1\right)\\ \dfrac{a}{b}=\dfrac{b}{c}=k\Rightarrow a=bk;b=ck\Rightarrow a=ck^2\\ \Rightarrow\dfrac{a^2}{bc}=\dfrac{c^2k^4}{ck\cdot c}=k^3=\left(\dfrac{a}{b}\right)^3\left(2\right)\\ \left(1\right)\left(2\right)\RightarrowĐpcm\)

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

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

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=d\)