每日一题[995]分分合合

已知$a,b,c,d>0$，求证：$\dfrac{1}{a(a+b)}+\dfrac{1}{b(b+c)}+\dfrac{1}{c(c+d)}+\dfrac{1}{d(d+a)}\geqslant \dfrac{4}{ac+bd}$．

分析与证明　题中不等式即 $$\dfrac{ac+bd}{a(a+b)}+\dfrac{ac+bd}{b(b+c)}+\dfrac{ac+bd}{c(c+d)}+\dfrac{ac+bd}{d(d+a)}\geqslant 4,$$ 也即 $$\dfrac {ac+bd+a^2+ab}{a(a+b)}+\dfrac{ac+bd+b^2+bc}{b(b+c)}+\dfrac{ac+bd+c^2+cd}{c(c+d)}+\dfrac{ac+bd+d^2+da}{d(d+a)}\geqslant 8.$$ 注意到 $$\dfrac{ac+bd+a^2+ab}{a(a+b)}=\dfrac{a(a+c)+b(a+d)}{a(a+b)}=\dfrac{a+c}{a+b}+\dfrac{b(d+a)}{a(a+b)},$$ 而根据均值不等式，有 $$\dfrac{b(d+a)}{a(a+b)}+\dfrac{c(a+b)}{b(b+c)}+\dfrac{d(b+c)}{c(c+d)}+\dfrac{a(c+d)}{d(d+a)}\geqslant 4,$$ 且 $$\begin{split}&\dfrac{a+c}{a+b}+\dfrac{b+d}{b+c}+\dfrac{c+a}{c+d}+\dfrac{d+b}{d+a}\\=&(a+c)\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{c+d}\right)+(b+d)\left(\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{d+a}\right) \\\geqslant& (a+c)\cdot \dfrac{4}{a+b+c+d}+(b+d)\cdot \dfrac{4}{a+b+c+d}\\ =&4,\end{split}$$ 于是原不等式得证．