Desde $n>a+c \ge 2$$n \ge 3$. Por otra parte, $a<b$$c<d$, debido a $$\frac ab + \frac cd <1$$.
Considere los siguientes casos.
a) Deje $b \ge n$$d \ge n$, $$\frac ab + \frac cd \le \frac an + \frac cn=\frac {a+c}{n} \le \frac {n-1}{n}=1-\frac 1n<1- \frac{1}{n^3}.$$
b) Vamos a $b \le n$$d \le n$, luego
$$\frac ab + \frac cd <1 \Rightarrow ad+bc<bd \Rightarrow ad+bc+1 \le bd$$
Desde aquí
$$\frac ab + \frac cd \le 1- \frac{1}{bd} \le 1- \frac {1}{n^2}<1- \frac{1}{n^3}$$
c) Deje $b < n<d$. Si $d \le n^2$. a continuación, $bd \le n^3$ y, a continuación,
$$\frac ab + \frac cd \le 1- \frac{1}{bd} <1- \frac{1}{n^3}$$
Si $d>n^2$, luego
$$\frac cd \le \frac{n-2}{n^2}=\frac 1n- \frac {2}{n^2},$$
debido a $c<n-a \le n-1$,$c \le n-2$. Supongamos que
$$\frac ab + \frac cd \ge 1 - \frac {1}{n^3}.$$
Entonces
$$1-\frac ab \le \frac cd + \frac {1}{n^3} \le \frac 1n - \frac {2}{n^2}+\frac{1}{n^3}< \frac 1n. $$
Por lo tanto, lo $b>n(b-a)\ge n$ (aquí debemos tomar en cuenta que el $a<b$), lo que contradice la desigualdad $b<n<d$.
d) Deje $d < n<b$. Si $b \le n^2$,$bd < n^3$, y, a continuación,
$$\frac ab +\frac cd \le 1 - \frac {1}{bd} < 1- \frac {1}{n^3}$$
Si $b>n^2$, luego
$$\frac ab \le \frac {n-2}{n^2}=\frac 1n - \frac {2}{n^2},$$
debido a $a<n-c \le n-1$,$a \le n-2$. Supongamos que
$$\frac ab + \frac cd \ge 1 - \frac {1}{n^3}.$$
Entonces
$$1 - \frac cd \le \frac ab + \frac {1}{n^3} \le \frac 1n - \frac {2}{n^2}+\frac{1}{n^3}< \frac 1n.$$
$c<d \Rightarrow d> n(d-c) \ge n$. Tengo una contradicción con la desigualdad de $d<n<b$.
Así que la desigualdad $$\frac ab + \frac cd < 1 - \frac {1}{n^3}$$ se realiza en todos los casos que había.
probar.