Si la suma de cubos de $a,b,c,d$ es $1$ entonces $\frac{1}{1-bcd}+\frac{1}{1-cda}+\frac{1}{1-dab}+\frac{1}{1-abc}\le \frac{16}{3}$

Question

$a,b,c,d>0$ Satisfaciendo a $a^3+b^3+c^3+d^3=1$ . Prueba $$\frac{1}{1-bcd}+\frac{1}{1-cda}+\frac{1}{1-dab}+\frac{1}{1-abc}\le \frac{16}{3}$$

Intenté ir por el camino normal, por Cauchy-Schwarz, pero eso no funciona. Así que traté de incorporar esta idea recién aprendida, ya que $a,b,c,d<1$ podemos escribir la izquierda como una serie de potencias: $$\sum_{n=0}^{\infty}(bcd)^n+(cda)^n+(dab)^n+(abc)^n$$ Si podemos mostrar, $(bcd)^n+(cda)^n+(dab)^n+(abc)^n\ge (K(a^3+b^3+c^3+d^3))^n$ para alguna constante adecuada $K$ podemos terminar. Pero realmente no puedo hacerlo. ¿Puede alguien ayudarme?

Answer 1

La desigualdad AM-GM da como resultado

$$abcd \le \frac{1}{4 \sqrt[3]{4}} \iff abc \le \frac{1}{4 \sqrt[3]{4}d} \iff \frac{1}{1-abc} \le \frac{1}{1 - \frac{1}{4 \sqrt[3]{4} d}}.$$ De ello se desprende que $$\sum_{cyclic} \frac{1}{1-abc} \le \sum_{cyclic} \frac{4 \sqrt[3]{4} d}{4 \sqrt[3]{4} d -1}.$$ Por lo tanto, basta con demostrar que $$\sum_{cyclic} \frac{4 \sqrt[3]{4} d}{4 \sqrt[3]{4} d -1} \le \frac{16}{3} \iff 4 - \sum_{cyclic} \frac{-1}{4 \sqrt[3]{4} d - 1} \le \frac{16}{3} \iff \sum_{cyclic} \frac{-1}{4 \sqrt[3]{4} d - 1} \ge \frac{-4}{3} \iff \sum_{cyclic} \frac{1}{1 - 4 \sqrt[3]{4}d} \ge \frac{-4}{3}.$$

Ahora, utilizando una forma de la desigualdad de Cauchy-Schwarz que se suele denominar Lemma de Titu (por Titu Andreescu), encontramos que

$$\sum_{cyclic} \frac{1}{1 - 4 \sqrt[3]{4}d} \ge \frac{(1 + 1 +1 + 1)^2}{\sum_{cyclic} (1 - 4 \sqrt[3]{4}d)} = \frac{16}{4 - 4 \sqrt[3]{4}} (a + b + c + d).$$

Por lo tanto, basta con demostrar que

$$\frac{16}{4 - 4 \sqrt[3]{4}(a + b + c + d)} \ge \frac{-4}{3} \iff \frac{1}{1 - \sqrt[3]{4}(a + b + c + d)} \ge \frac{-1}{3} \iff 3 \ge -1 + \sqrt[3]{4} (a + b + c + d) \iff 4 \ge \sqrt[3]{4} (a + b + c + d) \iff \sqrt[3]{16} \ge a + b + c + d.$$ La última desigualdad se deduce de la desigualdad de Hölder ya que $$(a^3 + b^3 + c^3 + d^3)(1 + 1 + 1 + 1)(1 + 1 + 1 + 1) \ge (a + b + c + d)^3 \iff \sqrt[3]{16} \ge a + b + c + d.$$ Por lo tanto, la conclusión se deduce y la igualdad se mantiene para $a = b = c = d = \frac{1}{\sqrt[3]{4}}.$

Answer 2

Dejemos que $a+b+c+d=4u$ , $ab+ac+bc+ad+bd+cd=6v^2$ , $abc+abd+acd+bcd=4w^3$ y $abcd=t^4$ .

También deja que $abc=x$ , $abd=y$ , $acd=z$ y $bcd=p$ .

Por lo tanto, tenemos que demostrar que: $$\sum_{cyc}\frac{1}{1-x}\leq\frac{16}{3}$$ o $$4-7\sum_{cyc}x+10(xy+xz+yz+xp+yp+zp)-13\sum_{cyc}xyz+16xyzp\geq0$$ o $$4(64u^3-72uv^2+12w^3)^4-28w^3(64u^3-72uv^2+12w^3)^3+$$ $$+60v^2t^4(64u^3-72uv^2+12w^3)^2-52ut^8(64u^3-72uv^2+12w^3)+16t^{12}\geq0$$ o $$64(16u^3-18uv^2+3w^3)^4-112w^3(16u^3-18uv^2+3w^3)^3+$$ $$+60v^2t^4(16u^3-18uv^2+3w^3)^2-13ut^8(16u^3-18uv^2+3w^3)+t^{12}\geq0.$$ Demostraremos que $$60v^2(16u^3-18uv^2+3w^3)^2-13ut^4(16u^3-18uv^2+3w^3)+t^{8}\geq$$ $$\geq48v^2(16u^3-18uv^2+3w^3)^2.$$ De hecho, tenemos que demostrar que $$t^4\leq\frac{1}{2}(16u^3-18uv^2+3w^3)\left(13u-\sqrt{169u^2-48v^2}\right)$$ y como $t^4\leq v^4$ es suficiente para demostrar que $$v^4\leq\frac{1}{2}(16u^3-18uv^2+3w^3)\left(13u-\sqrt{169u^2-48v^2}\right).$$ Por Schur $w^3\geq4uv^2-3u^3$ .

Por lo tanto, queda por demostrar que $$v^4\leq\frac{1}{2}(7u^3-6uv^2)\left(13u-\sqrt{169u^2-48v^2}\right),$$ lo cual es obvio porque $u^2\geq v^2$ .

Id est, queda por demostrar que: $$64(16u^3-18uv^2+3w^3)^4-112w^3(16u^3-18uv^2+3w^3)^3+$$ $$+48v^2t^4(16u^3-18uv^2+3w^3)^2\geq0$$ o $$4(16u^3-18uv^2+3w^3)^2-7w^3(16u^3-18uv^2+3w^3)+3v^2t^4\geq0.$$ Ahora, $(a-b)^2(c-d)^2+(a-c)^2(b-d)^2+(a-d)^2(b-c)^2\geq0$ da $t^4\geq4uw^3-3v^4$ .

Por lo tanto, queda por demostrar que $f(w^3)\geq0$ , donde $$f(w^3)=4(16u^3-18uv^2+3w^3)^2-7w^3(16u^3-18uv^2+3w^3)+3v^2(4uw^3-3v^4).$$ Ahora, por Schur $$f'(w^3)=30w^3+272u^3-294uv^2>$$ $$>22(4uv^2-3w^3)+272u^3-294uv^2=206u(u^2-v^2)\geq0,$$ que dice que son restos para probar $f(w^3)\geq0$ para un valor mínimo de $w^3$ . Ahora, $a$ , $b$ , $c$ y $d$ son raíces positivas de la siguiente ecuación $$(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)=0$$ o $$x^4-4ux^3+6v^2x^2-4w^3x+t^4=0,$$ que dice que la ecuación $$(x^4-4ux^3+6v^2x^2-4w^3x+t^4)'=0$$ o $$x^3-3ux^2+3v^2x-w^3=0$$ tiene tres raíces positivas. Sea $k$ , $l$ y $m$ son las raíces, lo que dice que

$3u=k+l+m$ , $3v^2=kl+km+lm$ y $w^3=klm$

y la ecuación $w^3=x^3-3ux^2+3v^2x$ tiene tres raíces positivas.

Ahora, dejemos que $u$ y $v^2$ son constantes. Vemos que $w^3$ obtiene un valor mínimo,

cuando la línea $y=w^3$ es una línea tangente a la gráfica de $y=x^3-3ux^2+3v^2x$ ,

lo que ocurre para el caso de igualdad de dos variables o bien debemos comprobar $w^3\rightarrow0^+$ .

Id est, es suficiente para demostrar que $f(w^3)\geq0$ en los siguientes casos.

1. $w^3\rightarrow0^+$ .

Dejemos que $m\rightarrow0^+$ y $l=1$ . Podemos suponer que $l=1$ porque $f(w^3)\geq0$ es homogénea.

Por lo tanto, tenemos que demostrar aquí $$4(16u^3-18uv^2)^2-9v^6\geq0$$ o $$4\left(\frac{16(k+1)^3}{27}-2(k+1)k\right)^2-\frac{k^3}{3}\geq0$$ o $$1024k^6-768k^5-624k^4+2093k^3-624k^2-768k+1024\geq0,$$ lo cual es obvio.

2. $l=m=1$ .

En este caso obtenemos $$4\left(\frac{16(k+2)^3}{27}-2(k+2)(2k+1)+3k\right)^2-$$ $$-7k\left(\frac{16(k+2)^3}{27}-2(k+2)(2k+1)+3k\right)+(2k+1)\left(\frac{4(k+2)k}{3}-\frac{(2k+1)^2}{3}\right)\geq0$$ o $$(k-1)^2(1024k^4+512k^3-2064k^2-100k+1357)\geq0,$$ lo cual es obviamente cierto.

¡Hecho!