Desigualdades relacionadas con $abcd=(1-a)(1-b)(1-c)(1-d)$

Question

Dado que $0<a,b,c,d<1$ Satisfaciendo a $abcd=(1-a)(1-b)(1-c)(1-d)$ . Demostrar que $$(a+b+c+d)-(a+c)(b+d)\geq 1.$$

En primer lugar, ya he realizado un ejercicio bastante similar como el que se muestra a continuación: "Dado que $a^2+b^2+c^2+d^2=1$ . Demostrar que $(1-a)(1-b)(1-c)(1-d)\geq abcd$ ". La solución es utilizar la observación de $(a+b-1)^2\geq 0$ que lleva a $2(1-a)(1-b) \geq 1-a^2-b^2 \geq 2cd$ .

Entonces, utilizo el mismo método para este problema y he demostrado que $a^2+b^2+c^2+d^2 \geq 1$ . No sé qué hacer ahora con $(a+b+c+d)-(a+c)(b+d)$ .

Muchas gracias.

Answer 1

Obsérvese que la desigualdad $(a+b+c+d)-(a+c)(b+d) \geq 1$ equivale a $(a+c-1)(b+d-1) \leq 0$ . Para ello, dejamos que $a+c = x$ y $b+d = y$ y por lo tanto $x+y-xy \geq 1 \implies xy-x-y+1 \leq 0 \implies (x-1)(y-1) \leq 0$ .

Ahora, tenemos dos casos - si $a+c > 1$ y si $a+c < 1$ (si $a+c = 1$ entonces la desigualdad es obviamente cierta).

Si $a+c > 1$ tenemos que $a+c-ac-1 > -ac \implies -(a-1)(c-1) > -ac \implies ac > (a-1)(c-1)$ y por lo tanto $(b-1)(d-1) > bd \implies b+d < 1$ y por lo tanto $(a+c-1)(b+d-1) < 0$ .

Continuamos de forma similar si $a+c < 1$ .

Answer 2

Dejemos que $\frac{1-a}{a}=x$ , $\frac{1-b}{b}=y$ , $\frac{1-c}{c}=z$ y $\frac{1-d}{d}=t$ .

Así, $x$ , $y$ , $z$ y $t$ son positivos tales que $xyzt=1$ y tenemos que demostrar que $$\sum_{cyc}\frac{1}{1+x}-\left(\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+z}\right)\left(\frac{1}{1+y}+\frac{1}{1+t}\right)\geq1$$ o $$xz+yt\geq2,$$ que es cierto por AM-GM: $$xz+yt\geq2\sqrt{xzyt}=2.$$