Bài 2:

Áp dụng Bdt Cauchy-Schwarz dạng engel, ta có

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

Mà theo Bđt cosi 

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

\(=\frac{\left(a+b+c+d\right)^2}{2\left[\left(a+b\right)\left(c+d\right)+\left(a+c\right)\left(b+d\right)+\left(a+d\right)\left(b+c\right)\right]}\ge\frac{2}{3}\)

Nếu bài toán ko yêu cầu a, b, c, d >= 1:

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

\(\Rightarrow\left(a+b+c+d\right)^2\ge16\Rightarrow a+b+c+d\ge4\)

\(\frac{a^4}{a^3+2b^3}=\frac{a\left(a^3+2b^3\right)-2ab^3}{a^3+2b^3}=a-\frac{2ab^3}{a^3+b^3+b^3}\ge a-\frac{2ab^3}{3\sqrt[3]{a^3.b^3.b^3}}=a-\frac{2}{3}b\)

Tương tự với các cụm còn lại, công theo vế và áp dụng \(a+b+c+d\ge4\), ta được đpcm.

\(a;b;c;d\ge1\Rightarrow ab+bc+cd+da\ge4\)

Dấu bằng chỉ xảy ra khi mổi số bằng 1

Đặt \(\left(\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c}\right)=\left(x,y,z\right)\)

\(x+y+z\ge\frac{x^2+2xy}{2x+y}+\frac{y^2+2yz}{2y+z}+\frac{z^2+2zx}{2z+x}\)

\(\Leftrightarrow x+y+z\ge\frac{3xy}{2x+y}+\frac{3yz}{2y+z}+\frac{3zx}{2z+x}\)

\(\frac{3xy}{2x+y}\le\frac{3}{9}xy\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)=\frac{1}{3}\left(x+2y\right)\)

\(\Rightarrow\Sigma_{cyc}\frac{3xy}{2x+y}\le\frac{1}{3}\left[\left(x+2y\right)+\left(y+2z\right)+\left(z+2x\right)\right]=x+y+z\)

Dấu "=" xảy ra khi x=y=z

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

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

ta lại có: \(a^2+b^2\ge2ab\)

=> \(-\frac{ab^2}{a^2+b^2}\ge-\frac{ab^2}{2ab}=-\frac{b}{2}\)

=> \(\frac{a^3}{a^2+b^2}\ge a-\frac{b}{2}\)

làm tương tự với các giá trị khác ta có:

\(\frac{b^3}{b^2+c^2}\ge b-\frac{c}{2}\)

\(\frac{c^3}{c^2+d^2}\ge c-\frac{d}{2}\)

\(\frac{d^3}{d^2+a^2}\ge d-\frac{a}{2}\)

cộng 4 bất đẳng thức lại với nhau

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

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

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

dấu "=" xảy ra và chỉ khi a=b=c=d