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Dimostrare che per ogni $a,b,c,d$ reali positivi si ha
\begin{equation}
\sum\limits_{cyc} \dfrac{a}{b+2c+3d} \geq \dfrac{2}{3}
\end{equation}

Moltiplico per $a$ sopra e sotto nella somma ciclica, ottenendo l'equivalente
$$\sum_{cyc}\frac{a^2}{ab+2ac+3ad}\geq \frac{2}{3}$$
Ma ora per il telefonatissimo (Tess ci ha dimostrato tipo $10$ disuguaglianze con frazioni, al senior ) lemma di titu abbiamo
$$\sum_{cyc}\frac{a^2}{ab+2ac+3ad}\geq \frac{(a+b+c+d)^2}{\sum_{cyc}ab+2ac+3ad}=\frac{(a+b+c+d)^2}{ab+bc+cd+da+2ac+2bd+2ca+2db+3ad+3ba+3cb+3dc}$$
Sommando i termini simili al denominatore
$$\sum_{cyc}\frac{a^2}{ab+2ac+3ad}\geq \frac{(a+b+c+d)^2}{4ab+4bc+4cd+4ad+4ac+4bd}$$
Ora, per le disuguaglianze di MacLaurin su $2a,2b,2c$ e $2d$ (che figo, sognavo da anni di usarle ) vale
$$\frac{a+b+c+d}{2}=\frac{2a+2b+2c+2d}{4}\geq\sqrt{\frac{4ab+4bc+4cd+4ad+4ac+4bd}{{4\choose 2}}}=\sqrt{\frac{4ab+4bc+4cd+4ad+4ac+4bd}{6}}$$
Elevando al quadrato gli estremi RHS e LHS (possiamo farlo perché sono positivi) abbiamo che è verificata
$$\frac{(a+b+c+d)^2}{4}\geq \frac{4ab+4bc+4cd+4ad+4ac+4bd}{6}\Rightarrow \frac{(a+b+c+d)^2}{4ab+4bc+4cd+4ad+4ac+4bd}\geq \frac{4}{6}=\frac{2}{3}$$
Da cui, unendo i due risultati ottenuti, si ha
$$\sum_{cyc}\frac{a^2}{ab+2ac+3ad}\geq \frac{(a+b+c+d)^2}{4(ab+bc+cd+ad+ac+bd)}\geq \frac{2}{3}$$
E quindi la tesi.

Oppure il molto meno elegante bunching...
Con Titu rimane ($\sum$ è somma ciclica) $\dfrac{\displaystyle\left(\sum a\right)^2}{\displaystyle4\sum ab}\ge\frac2 3$ da cui moltiplicando ed espandendo il quadrato:
$\displaystyle 3\sum a^2+3\cdot2\sum ab\ge8\sum ab$, ovvero spostando e moltiplicando per 2: $\displaystyle 6\sum a^2\ge4\sum ab$
E, magia! Contando i termini ritroviamo proprio le somme simmetriche, e siamo felici perché bunchinghiamo...

(vabè, in realà in questo caso ci basta sommare tutte le possibili permutazioni di $(a-b)^2\ge0$...)

Giuste entrambe ma la più bella in questo caso è quella che Drago ha messo tra le parentesi (è una somma di quadrati!)