Theo đề, ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}a\ge c+d\\b\ge c+d\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a-c\ge d\ge0\\b-d\ge c\ge0\end{matrix}\right.\) 

\(\Rightarrow\left(a-c\right)\left(b-d\right)\ge cd\)

\(\Leftrightarrow ab-bc-ad+cd\ge cd\)

\(\Leftrightarrow\) \(ab\ge ad+bc\left(đpcm\right)\)

Áp dụng BĐT cauchy-schwarz :

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

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

Mà \(3\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)\ge2\left(ab+ac+ad+bc+bd+cd\right)\)( dễ dàng chứng minh nó bằng AM-GM)

nên \(VT\ge\frac{a^2+b^2+c^2+d^2}{3}\)

Áp dụng BĐT AM-GM: \(a^2+b^2\ge2ab;b^2+c^2\ge2bc;c^2+d^2\ge2cd;d^2+a^2\ge2ad\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+d^2\ge ab+bc+cd+da=1\)

do đó \(VT\ge\frac{1}{3}\)

Dấu''='' xảy ra khi \(a=b=c=d=\frac{1}{2}\)

Theo giả thiết \(a^2+b^2+c^2+d^2=1\Rightarrow0< a,b,c,d< 1\)

Ta có: \(2\left(1-a\right)\left(1-b\right)=2-2\left(a+b\right)+2ab=a^2+b^2+c^2+d^2+1\)\(-2a-2b+2ab-2cd+2cd=\left(a+b-1\right)^2+\left(c-d\right)^2+2cd\ge2cd\)

\(\Rightarrow\left(1-a\right)\left(1-b\right)\ge cd\)(*)

Tương tự ta có: \(\left(1-c\right)\left(1-d\right)\ge ab\)(**)

Nhân theo từng vế cùng chiều của hai BĐT (*) và (**), ta được: \(\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\left(1-d\right)\ge abcd\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=d=\frac{1}{2}\)

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

Đặt \(\left(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}\right)=\left(x;y;z\right)\)thì bài toán thành

\(x+y+z=2\) chứng minh rằng

\(\frac{x^3}{\left(2-x\right)^2}+\frac{y^3}{\left(2-y\right)^2}+\frac{z^3}{\left(2-z\right)^2}\ge\frac{1}{2}\)

Trước hết ta chứng minh:

Ta có: \(\frac{x^3}{\left(2-x\right)^2}+\frac{2-x}{8}+\frac{2-x}{8}\ge\frac{3x}{4}\)

\(\Leftrightarrow\frac{x^3}{\left(2-x\right)^2}\ge x-\frac{1}{2}\)

\(\Rightarrow VP\ge\left(x+y+z\right)-\frac{3}{2}=2-\frac{3}{2}=\frac{1}{2}\)

Chắc áp dụng BĐT AM-GM á

Bất đẳng thức sau đây đúng với mọi a, b, c không âm:

\(\left(ab+bc+ca\right)\left[\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\frac{1}{\left(b-c\right)^2}+\frac{1}{\left(c-a\right)^2}\right]\ge\frac{49}{18}+k\left(\frac{a}{b+c}-2\right)\)

với \(k=\frac{23}{25}\).

Note. \(k_{\text{max}}\approx\text{0.92102588865167}\) là nghiệm của phương trình bậc 5: 

15116544*k^5+107495424*k^4-373143024*k^3+280903464*k^2+209797812*k-227353091 = 0

Vì abc = 1 nên \(\frac{a}{ab+a+1}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{c}{ca+c+1}\)\(=\frac{ac}{abc+ac+c}+\frac{abc}{abc^2+abc+ac}+\frac{c}{ca+c+1}\)

\(=\frac{ac}{ac+c+1}+\frac{1}{ac+c+1}+\frac{c}{ac+c+1}=\frac{ac+c+1}{ac+c+1}=1\)(*)

Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân thức và áp dụng đẳng thức (*), ta được:

\(\frac{a}{\left(ab+a+1\right)^2}+\frac{b}{\left(bc+b+1\right)^2}+\frac{c}{\left(ca+c+1\right)^2}\)\(=\frac{\left(\frac{a}{ab+a+1}\right)^2}{a}+\frac{\left(\frac{b}{bc+b+1}\right)^2}{b}+\frac{\left(\frac{c}{ca+c+1}\right)^2}{c}\)

\(\ge\frac{\left(\frac{a}{ab+a+1}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{c}{ca+c+1}\right)^2}{a+b+c}=\frac{1}{a+b+c}\)

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1

Đặt \(\left(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}\right)=xyz\) thì bài toán trở thành

Cho \(x+y+z=xyz\) chứng minh

\(P=xyz+\frac{x^2y^2z^2}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\ge\frac{9\sqrt{3}}{3}\)

Ta có:

\(t=x+y+z=xyz\le\frac{\left(x+y+z\right)^3}{27}=\frac{t^3}{27}\)

\(\Leftrightarrow t\ge3\sqrt{3}\)

Ta lại có:

\(P\ge\left(x+y+z\right)+\frac{\left(x+y+z\right)^2}{\frac{8\left(x+y+z\right)^3}{27}}=t+\frac{27}{8t}\)

\(=\left(t+\frac{27}{t}\right)-\frac{189}{8t}\ge6\sqrt{3}-\frac{189}{8.3\sqrt{3}}=\frac{27\sqrt{3}}{8}\)

   PS: Đề sai rồi nha.

Đề ko sai đâu ạ, anh giải lại giúp em với 

(

hhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhh

hhhhhhhhhhhhhhhhh

hhhhhhhhhhhhhhhhhh

hhhhhhhhhhhhhhh

hhhhhhhhhhhhh