Легкое Неравенство

[myra_panama]

Пусть a>0,b>0,c>0,d>0 , Доказать , что
$\sqrt{ \frac{a^2+b^2+c^2+d^2}{4}}\ge\sqrt[3]{\frac{abc+acd+bcd+abd}4}$

[arqady]

myra_panama в сообщении #444654 писал(а):

Пусть a>0,b>0,c>0,d>0 , Доказать , что
$\sqrt{ \frac{a^2+b^2+c^2+d^2}{4}}\ge\sqrt[3]{\frac{abc+acd+bcd+abd}4}$

Так как

$$\sqrt{ \frac{a^2+b^2+c^2+d^2}{4}}\ge\sqrt{ \frac{ab+ac+ad+bc+bd+cd}{6}}$$

и Макларен.

[myra_panama]

Но яя пришел к такому...:
$\frac12[cd\cdot\frac{a+b}2+ab\frac{c+d}2}]\le\frac12[(\frac{c+d}2)^2{\frac{a+b}2}+(\frac{a+b}2)^2{\frac{c+d}2}]=...=(\frac{a+b+c+d}4)^3$
После этого ,
$\sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2+d^2}4}\ge\frac{a+b+c+d}4$
Нужно доказать последнее нерав..

[Sasha2]

Сводим к такому $(a^2+b^2+c^2+d^2)^3 \ge 4(abc+bcd+cda+dab)^2$
А теперь проще всего, наверно сперва показать, что
$(a^2+b^2+c^2+d^2)^2 \ge 4(a^2b^2+b^2c^2+c^2d^2+d^2a^2)$
Или что то же самое: $(x+y+z+t)^2 \ge 4(xy+yz+zt+tx)$, а это неравенство верно, так как эквивалентно вот такому:
$(x-y-z+t)^2 \ge 0$.
Осталось легкое применение неравенства Гельдера, состоящего из двух кортежей, то есть:
$(a^2+b^2+c^2+d^2)(b^2c^2+b^2c^2+d^2a^2+a^2b^2) \ge (abc+bcd+cda+dab)^2$