每日一题[995]分分合合

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


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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.

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每日一题[995]分分合合》有 2 条评论

  1. mushi说:

    倒数第二步怎么来的啊

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