Four variables inequality

[ins-]

If $a, b, c, d$ are four real numbers - prove the following inequality: $(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+d^2)(d^2+a^2) \geq (ab+cd)(ad+bc)(ac+bd)^2$.

[ins-]

Indeed it is too easy one. Don't loose your time.

[arqady]

ins- в сообщении #625653 писал(а):

If $a, b, c, d$ are four real numbers - prove the following inequality: $(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+d^2)(d^2+a^2) \geq (ab+cd)(ad+bc)(ac+bd)^2$.

Умножая в левой части неравенства первый сомножитель на третий, а второй на четвёртый, получаем:
$\prod\limits_{cyc}(a^2+b^2)=(a^2d^2+b^2c^2+a^2c^2+b^2d^2)(a^2b^2+c^2d^2+a^2c^2+b^2d^2)\geq$
$\geq\frac{1}{4}((ad+bc)^2+(ac+bd)^2)((ab+cd)^2+(ac+bd)^2)\geq$
$\geq\sqrt{(ad+bc)^2(ab+cd)^2(ac+bd)^4}\geq(ab+cd)(ad+bc)(ac+bd)^2$.

-- Пн окт 01, 2012 20:18:27 --

Попробуйте следующее неравенство.
Для положительных $a$, $b$, $c$ и $d$ таких, что $a^2+b^2+c^2+d^2=4$, докажите, что:

$$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{d}+\frac{d^2}{a}\geq4$$

[ins-]

The problem is not difficult. I found the following approaches to solve it:

1.
$ ((a^2+d^2)bc+(b^2+c^2)ad)((a^2+b^2)cd+(c^2+d^2)ab)=(ad+bc)(ab+cd)(ac+bd)^2$
$(a^2+d^2)(b^2+c^2)=\frac{1}{2} (a^2+d^2)(b^2+c^2)+\frac{1}{2}(b^2+c^2)(a^2+d^2) \geq (a^2+d^2)bc+(b^2+c^2)ad$
$(a^2+b^2)(c^2+d^2)=\frac{1}{2}(c^2+d^2)(a^2+b^2)+\frac{1}{2}(a^2+b^2)(c^2+d^2) \geq (a^2+b^2)cd+(c^2+d^2)ab$

2.
$(a^2+d^2)(c^2+b^2) \geq ab+cd$
$(a^2+d^2)(b^2+c^2) \geq ad+bc$
$(a^2+b^2)(c^2+d^2) \geq ac+bd$
$(b^2+c^2)(a^2+d^2) \geq ac+bd$
After multiplying these inequalities the desired result follows.

[arqady]

ins- в сообщении #625933 писал(а):

The problem is not difficult.

Конечно! Даже мы с Вами её решили!

[ins-]

you are funny. I'm not good in inequalities as you are. I used some geometric calculations to (re)discover the equality in the first way. It led me to this ineqiality. How the inequality proposed by you can be proved? I saw it somewhere before. It seems more interesting and harder than the first inequality.

[arqady]

ins- в сообщении #625971 писал(а):

How the inequality proposed by you can be proved?

Try Cauchy-Schwarz.

ins- в сообщении #625971 писал(а):

I saw it somewhere before.

Because it's my old inequality.

[Sergic Primazon]

arqady в сообщении #625713 писал(а):

Попробуйте следующее неравенство.
Для положительных $a$, $b$, $c$ и $d$ таких, что $a^2+b^2+c^2+d^2=4$, докажите, что:

$$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{d}+\frac{d^2}{a}\geq4$$

$LHS \ge \frac{(a^2+b^2+c^2+d^2)^{\frac{3}{2}}}{\sqrt{(a^2+c^2)(b^2+d^2)}} \ge 2 \cdot \sqrt{a^2+b^2+c^2+d^2}$

[arqady]

Это был Гёльдер и AM-GM.
Следующее неравенство немного сильнее и также имеет простое доказательство.
Для положительных $a$, $b$, $c$ и $d$ докажите, что:

$$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{d}+\frac{d^2}{a}\geq\frac{4(a^2+b^2+c^2+d^2)}{a+b+c+d}$$

[ins-]

Your last inequality was not solved for long time. I saw it ago somewhere but it's not good to copy/paste solutions. I'm interested to see the solution.

[arqady]

Try to use AM-GM

[Sergic Primazon]

arqady в сообщении #627121 писал(а):

Это был Гёльдер и AM-GM.
Следующее неравенство немного сильнее и также имеет простое доказательство.
Для положительных $a$, $b$, $c$ и $d$ докажите, что:

$$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{d}+\frac{d^2}{a}\geq\frac{4(a^2+b^2+c^2+d^2)}{a+b+c+d}$$

$\sum\limits_{cyc}{\frac{a^2}{b}}\cdot \sum\limits_{cyc}{a}=\sum\limits_{cyc}{a^2}+\sum\limits_{cyc}({\frac{a^3}{b}+\frac{ab^2}{c}}+\frac{a^2c}{b}) \ge \sum\limits_{cyc}{a^2}+3\sum\limits_{cyc}{a^2}$

[arqady]

Похоже, что верно следующее неравенство.
Пусть $a$, $b$, $c$ и $d$ положительные и такие, что $a^4+b^4+c^4+d^4=4$. Докажите, что

$$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{d}+\frac{d^2}{a}\geq4$$

[ins-]

It is a not so beautiful looking inequality. It is interesting to see the solution. Unfortunately I'm not a good mathematician and I'm not able to solve it.

Dear arqady, you told in an old post you solved the following inequality:
It is given that $a,b,c >0$ and $abc=1$ Prove that: $\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b} \geq \frac{a}{b^2+c^2}+\frac{b}{c^2+a^2}+\frac{c}{a^2+b^2}$
by using SOS after very long calculations. May you sketch the main moments in your proof.

There was an old open problem you didn't like. If you have time you may try to solve it.
It is given that $a,b,c >0$ and $abc=1$ Prove that: $\frac{a^2}{b^2+c}+\frac{b^2}{c^2+a}+\frac{c^2}{a^2+b} \geq \frac{a}{b+c^2}+\frac{b}{c+a^2}+\frac{c}{a+b^2}$
For this problem - I suppose the statement is true. At least I didn't manage to find a counter example.

[arqady]

ins- в сообщении #633894 писал(а):

Dear arqady, you told in an old post you solved the following inequality:
It is given that $a,b,c >0$ and $abc=1$ Prove that: $\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b} \geq \frac{a}{b^2+c^2}+\frac{b}{c^2+a^2}+\frac{c}{a^2+b^2}$
by using SOS after very long calculations. May you sketch the main moments in your proof.

Можно проименить SOS в более простой редакции:
Достаточно доказать, что $\sum\limits_{cyc}\frac{a^6}{b^3+c^3}\geq\sum\limits_{cyc}\frac{a^3\cdot a^2b^2c^2}{b^6+c^6}$. Поскольку $\frac{b^2c^2}{b^6+c^6}\leq\frac{\sqrt{bc}}{b^3+c^3}$,
то осталось доказать, что $\sum\limits_{cyc}\frac{a^{12}}{b^6+c^6}\geq\sum\limits_{cyc}\frac{a^{10}bc}{b^6+c^6}$. Ну и завершаем:
$\sum\limits_{cyc}\left(\frac{a^{12}}{b^6+c^6}-\frac{a^{10}bc}{b^6+c^6}\right)=\frac{1}{2}\sum\limits_{cyc}\frac{a^{10}((a-b)(a+c)-(c-a)(a+b))}{b^6+c^6}=$
$=\frac{1}{2}\sum\limits_{cyc}(a-b)\left(\frac{a^{10}(a+c)}{b^6+c^6}-\frac{b^{10}(b+c)}{a^6+c^6}\right)\geq0$.
Последнее неравенство верно поскольку если $a\geq b$, то $a^{10}\geq b^{10}$, $a+c\geq b+c$ и $\frac{1}{b^6+c^6}\geq\frac{1}{a^6+c^6}$.

-- Вт окт 23, 2012 22:32:35 --

ins- в сообщении #633894 писал(а):

It is given that $a,b,c >0$ and $abc=1$ Prove that: $\frac{a^2}{b^2+c}+\frac{b^2}{c^2+a}+\frac{c^2}{a^2+b} \geq \frac{a}{b+c^2}+\frac{b}{c+a^2}+\frac{c}{a+b^2}$

Это неравенство верно. Его можно доказать с помощью компьютера.