Question

[Cybercore]

Cho a, b, c, d >0 và abcd = 1. CMR: \(\frac{1}{a(1+b)}+\frac{1}{b(1+c)}+\frac{1}{c(1+d)}+\frac{1}{d(1+a)}\ge2\)

Answer 1

[KUDOSHINICHI Vn]

Đặt \(a = \frac{x}{y}\), \(b = \frac{y}{z}\), \(c = \frac{z}{t}\), \(d = \frac{t}{x}\) (với \(x, y, z, t > 0\)).
Khi đó điều kiện \(abcd = 1\) tự động thỏa mãn.Thay vào vế trái (VT), ta biến đổi phân thức đầu tiên:
\(\frac{1}{a(1+b)}=\frac{1}{\frac{x}{y}\left(1+\frac{y}{z}\right)}=\frac{1}{\frac{x}{y}\cdot \frac{y+z}{z}}=\frac{yz}{x(y+z)}=\frac{yz}{xy+xz}\)Tương tự với các phân thức còn lại, ta đưa được bất đẳng thức về dạng:
\(VT=\frac{yz}{xy+xz}+\frac{zt}{yz+yt}+\frac{tx}{zt+zx}+\frac{xy}{tx+ty}\ge 2\)Để nhìn cho gọn và không bị rối mắt, ta đặt tiếp:

• \(A = xy\)
• \(B = yz\)
• \(C = zt\)
• \(D = tx\)

Nhận xét nhanh: \(A \cdot C = xy \cdot zt = yz \cdot tx = B \cdot D\) (cùng bằng \(xyzt\)).Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:
\(VT=\frac{B}{A+D}+\frac{C}{B+A}+\frac{D}{C+B}+\frac{A}{D+C}\ge 2\)
\(\Leftrightarrow \left(\frac{A}{C+D}+\frac{C}{A+B}\right)+\left(\frac{B}{A+D}+\frac{D}{B+C}\right)\ge 2\quad (*)\)Quy đồng từng cụm trong ngoặc:

• Cụm 1: \(\frac{A}{C+D} + \frac{C}{A+B} = \frac{A^2 + AB + C^2 + CD}{(A+B)(C+D)}\)
• Cụm 2: \(\frac{B}{A+D} + \frac{D}{B+C} = \frac{B^2 + BC + D^2 + AD}{(A+D)(B+C)}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng phân thức (hoặc S-vác) cho cả biểu thức ban đầu:
\(VT=\frac{A^{2}}{AD+AC}+\frac{B^{2}}{AB+BD}+\frac{C^{2}}{CA+CB}+\frac{D^{2}}{DC+DB}\)
\(VT\ge \frac{(A+B+C+D)^{2}}{(AD+AC)+(AB+BD)+(CA+CB)+(DC+DB)}\)Khai triển và thu gọn mẫu số:
\(Mu=AB+BC+CD+DA+2AC+2BD\)
\(=(A+C)(B+D)+2AC+2BD\)Vì có \(AC = BD\), nên mẫu số viết lại thành: \((A+C)(B+D) + 4AC\).
Mặt khác, theo bất đẳng thức AM-GM thì: \(4AC \leq (A+C)^2\). Nhưng để triệt tiêu được tử số, ta biến đổi tử số theo mẫu:
\(T=(A+B+C+D)^{2}=[(A+C)+(B+D)]^{2}\)Ta cần chứng minh:
\(\frac{[(A+C)+(B+D)]^{2}}{(A+C)(B+D)+2AC+2BD}\ge 2\)
\(\Leftrightarrow (A+C)^{2}+2(A+C)(B+D)+(B+D)^{2}\ge 2(A+C)(B+D)+4AC+4BD\)
\(\Leftrightarrow (A+C)^{2}+(B+D)^{2}\ge 4AC+4BD\)
\(\Leftrightarrow (A^{2}+2AC+C^{2})+(B^{2}+2BD+D^{2})\ge 4AC+4BD\)
\(\Leftrightarrow (A-C)^{2}+(B-D)^{2}\ge 0\quad (\text{luôn\ đúng})\)Dấu "\(=\)" xảy ra khi và chỉ khi \(A=C\) và \(B=D\). Do \(AC=BD \Rightarrow A=B=C=D \Rightarrow a=b=c=d=1\).Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

---

Answer 2

[Hương Giang]

\(a = \frac{x}{y}, b = \frac{y}{z}, c = \frac{z}{t}, d = \frac{t}{x}\) với \(x,y,z,t > 0\).\(\text{VT}=\frac{yz}{x(y+z)}+\frac{zt}{y(z+t)}+\frac{tx}{z(t+x)}+\frac{xy}{t(x+y)}\)\(=\frac{(yz)^{2}}{xyz(y+z)}+\frac{(zt)^{2}}{yzt(z+t)}+\frac{(tx)^{2}}{ztx(t+x)}+\frac{(xy)^{2}}{txy(x+y)}\)\(\ge \frac{(yz+zt+tx+xy)^{2}}{xyz(y+z)+yzt(z+t)+ztx(t+x)+txy(x+y)}\)\((yz+zt+tx+xy)^{2}=[(y+t)(x+z)]^{2}\)\(xyz(y+z)+yzt(z+t)+ztx(t+x)+txy(x+y)\)
\(=xy^{2}z+xyz^{2}+yz^{2}t+yzt^{2}+zt^{2}x+ztx^{2}+tx^{2}y+txy^{2}\)
\(=(x+z)(y+t)(xy+yz+zt+tx)=(x+z)^{2}(y+t)^{2}\)\(\text{VT}\ge \frac{[(y+t)(x+z)]^{2}}{[(y+t)(x+z)]^{2}}=1\quad \text