Не ограничивая общности, можно считать, что $0\lt a\le b\le c\le d$. Сложив три очевидных неравенства
$$
\begin{align*}
a(a-b)(a-c)(a+2d)&\ge0,\\
a(a-b)(a+2c)(a-d)&\ge0,\\
a(a+2b)(a-c)(a-d)&\ge0,
\end{align*}
$$
получим
$$
3a^4-3a^2(bc+bd+cd)+6abcd\ge0,
$$
или $$
a^4-a^2(bc+bd+cd)+2abcd\ge0.\tag1
$$
С другой стороны, неравенство
$$
b^4+c^4+d^4-a^2(b^2+c^2+d^2-bc-bd-cd)-b^2c^2-b^2d^2-c^2d^2\ge0\tag2
$$
эквивалентно очевидному
$$
[(b+c)^2-a^2](b-c)^2+[(b+d)^2-a^2](b-d)^2+[(c+d)^2-a^2](c-d)^2\ge0.
$$
Сложив неравенства (1) и (2), получим утверждение задачи.
Приведём решение этой задачи, использующее математический анализ. Нам понадобится следующая геометрически очевидная
Лемма. Если функция $f$ имеет неотрицательную производную в каждой точке луча $[x_0; +\infty)$, то она возрастающая на этом луче.
Заметим, что если какие-то два из чисел $a$, $b$, $c$, $d$ совпадают, то доказываемое неравенство справедливо. В самом деле, пусть, например, $a=d$. Тогда наше неравенство можно переписать так:
$$
a^4+2(bc-b^2-c^2)a^2+b^4+c^4-b^2c^2\ge0.\tag3
$$
Левая часть неравенства (3) — квадратный трёхчлен относительно $a^2$ с неположительным дискриминантом — $2bc(b-c)^2$, поэтому (3) справедливо.
Перепишем теперь требуемое неравенство в таком виде:
$$
d^4-(a^2+b^2+c^2)d^2+2abcd+a^4+b^4+c^4-a^2b^2-a^2c^2-b^2c^2\ge0\tag4
$$
и рассмотрим левую часть (4) как функцию от $d$; обозначим эту функцию через $f$. Нам нужно доказать, что $f(d)\ge0$ при $d\ge c$ (и $0\lt a\le b\le c$). Имеем:
$$
f'(d)=4d^3-2(a^2+b^2+c^2)d+2abc,
$$
так что $f'(c)=2c^3-2(a^2+b^2)c+2abc\ge0$ ($0\lt a\le b\le c$).
Далее,
$$
f''(d)=12d^2-2(a^2+b^2+c^2)\ge0
$$
при $0\lt a\le b\le c\le d$. Поэтому по лемме $f'(d)\ge f'(c)\ge0$ при $d\ge c$. Используя то, что $f(c)\ge0$ (см. замечание выше) и $f'(d)\ge0$ при $d\ge c$, и снова применяя лемму, получим неравенство $f(d)\ge0$ при $d\ge c$, которое и требовалось.
Интересное обобщение этого неравенства придумал Ф. Шлейфер (Рязань): для любых $a_1$, $\ldots$, $a_n$
$$
(n-1)(a_1^2+a_2^2+\ldots+a_n^2)+n\!\sqrt[\scriptstyle n~]{a_1^2a_2^2\ldots a_n^2}\ge(a_1+a_2+\ldots+a_n)^2.
$$
При $n=4$, $a_1=a^2$, $a_2=b^2$, $a_3=c^2$, $a_4=d^2$ получим утверждение нашей задачи.
