El mejor resultado que podría conseguir :
$\left(1-\sum_{i=1}^{n}^3_{i}\right)^{\frac{1}{3}}\cdot
\left(1-\sum_{i=1}^{n}b^3_{i}\right)^{\frac{1}{3}}\ge
1-\sum_{i=1}^{n}a_{i}b_{i}-\sum_{i=1}^{n}|a_{i}-b_{i}| - \sum_{i=1}^{n} \sqrt{2 a_{i}b_{i}}$
El método que he utilizado en tratar de demostrar que la reclamación :
Tomemos $0\leq x\leq1 $ tenemos $0\leq 1-x\leq1 $ y el : $$(1-x)+x \leq 1 $$
Si tomamos el que ambas partes potencias $ m \geq 1 $ solo pueden conseguir más pequeños así :
$$ \forall\ m \geq 1 , (1-x)^{m}+x^{m} \leq 1 $$
$$ \forall\ m \geq 1 , (1-x)^{m} \leq 1 - x^{m}$$
vamos a poner un $x = \sum x_{i}$ donde $x_{i}$ son números positivos :
$$ \forall\ m \geq 1 ,(1-\sum x_{i})^{m} \leq 1 - (\sum x_{i})^{m} \leq 1 - \sum x_{i}^{m}$$
Tenemos entonces nuestro lema :
$$ \sum x_{i} \leq 1 \Rightarrow \forall\ m \geq 1 , \big(1 - \sum x_{i}^{m}\big) \geq \big(1-\sum x_{i}\big)^m $$
y si $ \big(1 - \sum x_{i}^{m}\big) \ge 0 $ $\big(1 - \sum x_{i}\big) \leq 0 $ todavía tenemos :
$$ \forall\ m \geq 1 , \big(1 - \sum x_{i}^{m}\big)^{1/m} \geq \big(1-\sum x_{i}\big)$$
De vuelta a nuestro problema :
$$ L = \left(1-\sum_{i=1}^{n}^3_{i}\right)^{\frac{1}{3}}\cdot
\left(1-\sum_{i=1}^{n}b^3_{i}\right)^{\frac{1}{3}} = \left(1-\sum_{i=1}^{n}^{2}_{i})^{\frac{3}{2}}\right)^{\frac{1}{3}} \cdot
\left(1-\sum_{i=1}^{n} b^{2}_{i})^{\frac{3}{2}}\right)^{\frac{1}{3}}$$
$$ \ge \left(1-\sum_{i=1}^{n}^{2}_{i} \right)^{\frac{1}{2}} \cdot
\left(1-\sum_{i=1}^{n} b^{2}_{i} \right)^{\frac{1}{2}} $$
(Llegamos aquí por lema para$m = 3/2$$x_i = a_i^2$)
$$ \ge \left(1 + \sum_{i=1}^{n} a^{2}_{i} b^{2}_{i} + \sum_{i \not=j}^{n} a^{2}_{i} b^{2}_{j}-\sum_{i=1}^{n} a^{2}_{i} -\sum_{i=1}^{n} b^{2}_{i} \right)^{\frac{1}{2}} $$
$$ = \left(1 - \sum_{i=1}^{n} a^{2}_{i} b^{2}_{i} + 2\sum_{i=1}^{n} a^{2}_{i} b^{2}_{i} + \sum_{i \not=j}^{n} a^{2}_{i}b^{2}_{j} -\sum_{i=1}^{n} ( a^{2}_{i} + b^{2}_{i} ) \right)^{\frac{1}{2}} $$
$$ = \left(1 - \sum_{i=1}^{n} a^{2}_{i} b^{2}_{i} -\sum_{i=1}^{n} ( a^{2}_{i} + b^{2}_{i} -2a_{i}b_{i}) + 2\sum_{i=1}^{n} a^{2}_{i} b^{2}_{i} + \sum_{i \not=j}^{n} a^{2}_{i}b^{2}_{j} - 2\sum_{i=1}^{n} a_{i} b_{i} \right)^{\frac{1}{2}} $$
He bloqueado aquí, yo NO ERA CAPAZ de probar que la Que es falsa por la forma de ver aquí) :
$$ 2\sum_{i=1}^{n} a^{2}_{i} b^{2}_{i} + \sum_{i \not=j}^{n} a^{2}_{i}b^{2}_{j} - 2\sum_{i=1}^{n} a_{i} b_{i} \geq 0 $$
Pero podemos demostrar fácilmente que (usando el lema ):
$$ L \ge 1 - \sum_{i=1}^{n} a_{i} b_{i} -\sum_{i=1}^{n} ( a^{2}_{i} + b^{2}_{i} - 2 a^{2}_{i} b^{2}_{i})^{\frac{1}{2}} $$
O :
$$ L \ge 1 - \sum_{i=1}^{n} a_{i} b_{i} -\sum_{i=1}^{n} | a_{i} + b_{i}| $$
O
$\left(1-\sum_{i=1}^{n}^3_{i}\right)^{\frac{1}{3}}\cdot
\left(1-\sum_{i=1}^{n}b^3_{i}\right)^{\frac{1}{3}}\ge
1-\sum_{i=1}^{n}a_{i}b_{i}-\sum_{i=1}^{n}|a_{i}-b_{i}| - \sum_{i=1}^{n} \sqrt{2 a_{i}b_{i}}$
Edit : Aquí está mi intento de arreglarlo :
$$ L \geq \left(1 - \sum_{i=1}^{n} a^{2}_{i} b^{2}_{i} -\sum_{i=1}^{n} ( a^{2}_{i} + b^{2}_{i} -2a_{i}b_{i}) + 2\sum_{i=1}^{n} a^{2}_{i} b^{2}_{i} + \sum_{i \not=j}^{n} a^{2}_{i}b^{2}_{j} - 2\sum_{i=1}^{n} a_{i} b_{i} \right)^{\frac{1}{2}} $$
Vamos a poner :
$$ X = 1 - \sum_{i=1}^{n} a^{2}_{i} b^{2}_{i} -\sum_{i=1}^{n} ( a^{2}_{i} + b^{2}_{i} -2a_{i}b_{i}) $$
$$ R = 1 - \sum_{i=1}^{n} a_{i} b_{i} -\sum_{i=1}^{n} | a_{i} - b_{i} | $$
y
$$ Y = 2\sum_{i=1}^{n} a^{2}_{i} b^{2}_{i} + \sum_{i \not=j}^{n} a^{2}_{i}b^{2}_{j} - 2\sum_{i=1}^{n} a_{i} b_{i} $$
- si $R < 0 $ el original de la desigualdad se tiene : OK
si $0 \leq R \leq 1 $ $0 \leq X \leq 1 $ y tenemos $ 0 \leq X + Y \leq 1 $ $ -1 \leq Y \leq 1 $
$(X+Y)^{1/2} \ge \sqrt {X} $ , entonces por el lema tenemos la quería inequelity.
$(X+Y)^{1/2} = (\sqrt X ^2-\sqrt{-Y}^2)^{1/2} = ((\sqrt X -\sqrt{-Y})(\sqrt X +\sqrt{-Y}))^{1/2} \ge ? $
.. entonces .. ?? :(