Esto fue muy divertido.
Vamos a ser una declaración más fuerte, que la suma de los productos de los lados opuestos de un cuadrilátero es de no más de $2\sqrt{5}$. El resultado se sigue de la aplicación de un $AM-GM$. Vamos a trabajar con el algebraicas analógica de este problema:
Deje $a, b, c, d, x$ ser positivos reales con $a+b=c+d=2$$0\le x\le 1$. Probar que:
$$\sqrt{(a^2+b^2+2abx)(c^2+d^2+2cdx)}+\sqrt{(a^2+d^2-2adx)(b^2+c^2-2bcx)}\le 2\sqrt{5}$$
(Nota: aquí, $x$ se considera positivo el coseno del ángulo entre las dos diagonales, WLOG suponiendo que el ángulo entre los segmentos con una longitud de $a$ $b$ es aguda.)
En primer lugar, hemos de manipular las expresiones en virtud de los radicales, llamarlos $L$$R$:
$$\begin{align*}
L&=(a^2+b^2+2abx)(c^2+d^2+2cdx)
\\ &=(a^2+b^2)(c^2+d^2)+2x(ab(c^2+d^2)+cd(a^2+b^2))+4x^2abcd
\\ &=(ac-bd)^2+(ad+bc)^2+2x(ad+bc)(ac+bd)+x^2[(ac+bd)^2-(ac-bd)^2]
\\ &=[x(ac+bd)+(ad+bc)]^2+(1-x^2)(ac-bd)^2
\end{align*}
$$
En una manera similar, podemos ver que:
$$ R=[x(ac+bd)-(ab+cd)]^2+(1-x^2)(ac-bd)^2$$
Ahora vamos a $p=x(ac+bd)+\frac{(ad+bc)-(ab+cd)}{2}$$q=|ac-bd|\sqrt{1-x^2}$. Utilizando el hecho de que $\frac{ad+bc+ab+cd}{2}=\frac{(a+c)(b+d)}{2}=2$, nuestra desigualdad puede escribirse como:
$$\sqrt{(p+2)^2+q^2}+\sqrt{(p-2)^2+q^2}\le 2\sqrt{5}$$
Vamos a probar ahora la clave lema:
Lema: $p^2+5q^2\le 5$
Prueba: con el hecho de que $ad+bc-(ab+cd)=(a-c)(d-b)=4(a-1)(b-1)$, esta desigualdad puede escribirse como:
$$5[a(2-a)-b(2-b)]^2(1-x^2)+[x(a(2-a)+b(2-b))+2(a-1)(b-1)]^2\le 5$$
Sobre la traducción de $a\Rightarrow 1+y, b\Rightarrow 1+z$$y, z\in [-1, 1]$, esto se simplifica a:
y, z\ge 9$$5(y^2-z^2)^2(1-x^2)+[x(2-y^2-z^2)^2-2yz]^2\le 5$$
$$\Leftrightarrow 4x^2(1+3y^2z^2-y^2-y^4-z^2-z^4)+4xyz(2-y^2-z^2)+5y^4+5z^4-6y^2z^2\le 5$$
Deje que esta expresión se $F(x, y, z)$. A partir de esta formulación, vemos que desde $F(x, y, z)\le F(x, |y|, |z|)$, podemos decir $y, z\ge 0$ WLOG.
Ahora, tomemos dos casos:
Caso 1: $x\le \frac{3}{4}$. En este caso, tenga en cuenta que:
$$\begin{align*}F(x, 1, yz)-F(x, y, z)&= (5-4x^2)(1-y^4)(1-z^4)-(4x^2+4xyz)(1-y^2)(1-z^2)
\\ &=(1-y^2)(1-z^2)[(5-4x^2)(1+y^2)(1+z^2)-4x^2-4xyz]
\\ &\ge (1-y^2)(1-z^2)[(5-\frac{9}{4})(1+y^2)(1+z^2)-\frac{9}{4}-3yz]
\\ &= (1-y^2)(1-z^2)[\frac{1}{2}+\frac{11}{4}(y-z)^2+\frac{5}{2}yz+\frac{11}{4}y^2z^2]
\\ &\ge 0
\end{align*}$$
De ello se deduce que es suficiente para demostrar la desigualdad de la $z=1$. Pero vemos que:
$$\begin{align*}F(x, y, 1)&=4x^2(-y^4+2y^2-1)+4xy(1-y^2)+5y^4-6y^2+5
\\ &=5-5y^2(1-y^2)-[2x(1-y^2)-y]^2
\\ &\le 5
\end{align*}
$$
Y así, este caso es completa.
Caso 2: $x>\frac{3}{4}$. En este caso, tenga en cuenta que:
$$4xyz(2-y^2-z^2)\le 4xyz(2-2yz)=8xyz(1-yz)\le (4x^2+4)yz(1-yz)$$
Por lo tanto, es suficiente para mostrar que:
$$4x^2(yz(1-yz)+3y^2z^2+1-y^4-z^4-y^2-z^2)+4yz(1-yz)+5y^4-6y^2z^2+5z^4\le 5$$
Esta última función es lineal en $x^2$, por lo que su máximo se produce en los extremos de su dominio. Por lo tanto, es suficiente para comprobar la desigualdad de la $x=\frac{3}{4}$$x=1$. El último da:
$$y^4+z^4-2y^2z^2-y^2-z^2+2yz+4\le 5$$
$$\Leftrightarrow (y^2-z^2)^2-(y-z)^2\le 1$$
lo cual es cierto, ya que ambos términos son en $[0, 1]$.
Finalmente, para $x=\frac{3}{4}$ la desigualdad se convierte en:
$$\frac{11}{4}y^4+\frac{11}{4}z^4-\frac{11}{2}y^2z^2-\frac{9}{4}(y^2+z^2-yz)+\frac{9}{4}\le 5$$
$$\Leftrightarrow \frac{11}{4}(y^2-z^2)^2-\frac{9}{4}(y^2+z^2-yz)\le \frac{11}{4}$$
Lo cual es cierto porque $y^2+z^2-yz\ge 0$.
Ahora, de vuelta a la principal de la desigualdad. El lema puede ser reescrita como:
$$(p^2+q^2+4)^2-16p^2\le (6-p^2-q^2)^2$$
$$\Leftrightarrow [(p+2)^2+q^2][(p-2)^2+q^2]\le (6-p^2-q^2)^2$$
Debido a $p^2+q^2<5<6$, esto implica que:
$$\sqrt{[(p+2)^2+q^2][(p-2)^2+q^2]}\le 6-p^2-q^2$$
$$\Leftrightarrow [\sqrt{(p+2)^2+q^2}+\sqrt{(p-2)^2+q^2}]^2\le 20$$
Por último, tomando la raíz cuadrada de esto da el resultado deseado. $\Box$
La igualdad tiene al $p=0, q=1$, que corresponde a $(a, b, c, d)=(2, 1, 0, 1)$ y análogos tuplas.
