Ciekawa nierówność

[Dunix]

Mam do udowodnienia taką oto nierówność:
\(\displaystyle{ \frac{a}{b+c}+ \frac{b}{c+d}+ \frac{c}{d+a} + \frac{d}{a+b} \ge 2}\) , gdzie \(\displaystyle{ a, b, c, d > 0}\)

[Powermac5500]

Wariacja na temat nierówności Nesbitta

Przyjmijmy:

\(\displaystyle{ X=\frac{a}{b+c}+ \frac{b}{c+d}+ \frac{c}{d+a} + \frac{d}{a+b}}\)

\(\displaystyle{ Y=\frac{b}{b+c}+ \frac{c}{c+d}+ \frac{d}{d+a} + \frac{a}{a+b}}\)

\(\displaystyle{ Z=\frac{c}{b+c}+ \frac{d}{c+d}+ \frac{a}{d+a} + \frac{b}{a+b}}\)

\(\displaystyle{ Y+Z=4}\)

Z nierówności Średnia arytmetyczna \(\displaystyle{ \ge}\)geometrycznej

\(\displaystyle{ X+Y=\frac{a+b}{b+c}+ \frac{b+c}{c+d}+ \frac{c+d}{d+a} + \frac{d+a}{a+b} \ge 4}\)

bo\(\displaystyle{ \frac{\frac{a+b}{b+c}+ \frac{b+c}{c+d}+ \frac{c+d}{d+a} + \frac{d+a}{a+b}}{4} \ge \sqrt[4]{\frac{a+b}{b+c} \cdot \frac{b+c}{c+d} \cdot \frac{c+d}{d+a} \cdot \frac{d+a}{a+b}}}\)

Podobnie:
\(\displaystyle{ X+Z=\frac{a+c}{b+c}+ \frac{a+c}{d+a}+ \frac{b+d}{c+d} + \frac{b+d}{a+b}= \frac{(a+c)(a+b+c+d )}{( b+c )( d+a)}+ \frac{\left( b+d\right)\left( a+b+c+d\right) }{\left( c+d \right)\left( a+b \right) } \ge \frac{4(a+c)}{(a+b+c+d)}+\frac{4(c+d)}{(a+b+c+d)}=4}\)

bo
\(\displaystyle{ \frac{a+b+c+d}{2} \ge \sqrt{(b+c)(d+a)}}\)

czyli
\(\displaystyle{ \frac{(a+b+c+d)^2}{4} \ge {(b+c)(d+a)}}\)

Teraz jeśli dodamy

\(\displaystyle{ (X+Y)+(X+Z)=(Y+Z)+2X=4+2X \ge 8}\)

\(\displaystyle{ X \ge 2}\)

[MrG]

Czy w podobny sposób można udowodnić ,że \(\displaystyle{ Y>1}\) ?

[Dunix]

Dziękuję bardzo za odpowiedź