Supongamos que $a,b,c,d\in\mathbb{R}$ son números positivos que satisfacen la condición $ab+bc+cd+da=1$. Demostrar que
\[\frac{a^3}{b+c+d}+\frac{b^3}{a+c+d}+\frac{c^3}{a+b+d}+\frac{d^3}{a+b+c}\geq\frac{1}{3}\]
y analizar en qué casos se alcanza la igualdad.
Solución. Supondremos sin perder generalidad que $a\geq b\geq c\geq d\gt 0$ y llamaremos $E$ al miembro de la izquierda de la desigualdad del enunciado. Si definimos
\[x_1=a^3,\quad x_2=b^3,\quad x_3=c^3,\quad x_4=d^3,\]
\[y_1=\frac{1}{b+c+d},\quad y_2=\frac{1}{a+c+d},\quad y_3=\frac{1}{a+b+d},\quad y_4=\frac{1}{a+b+c},\]
se cumple que $x_1\geq x_2\geq x_3\geq x_4\gt 0$ e $y_1\geq y_2\geq y_3\geq y_4\gt 0$. Por tanto, podemos aplicar la desigualdad de Chebyshev a estos números y obtenemos que
\[E\geq\frac{1}{4}(a^3+b^3+c^3+d^3)\left(\frac{1}{b+c+d}+\frac{1}{a+c+d}+\frac{1}{a+b+d}+\frac{1}{a+b+c}\right).\]
La desigualdad entre las medias cúbica y aritmética aplicada a los $x_i$ nos dice que
\[\frac{1}{4}(a^3+b^3+c^3+d^3)\geq\frac{1}{64}(a+b+c+d)^3\]
y la desigualdad entre las medias aritmética y armónica aplicada a los $y_i$ que
\[\frac{1}{b+c+d}+\frac{1}{a+c+d}+\frac{1}{a+b+d}+\frac{1}{a+b+c}\geq\frac{16}{3(a+b+c+d)}.\]
Usando estas dos últimas desigualdades, llegamos a que
\[E\geq\frac{16(a+b+c+d)^3}{3\cdot 64(a+b+c+d)}=\frac{1}{12}(a+b+c+d)^2.\]
Finalmente, usando que la condición del enunciado se escribe como $(a+c)(b+d)=1$ y usando la desigualdad entre las medias aritmética y geométrica, obtenemos
\[(a+b+c+d)^2\geq 4(a+c)(b+d)=4,\]
con lo que $E\geq\frac{1}{3}$ como queríamos probar. Si la igualdad se alcanza, entonces en la desigualdad entre las medias cúbica y aritmética para los $x_i$ se deduce que $a=b=c=d$ y , por la condición $ab+bc+cd+da=1$, estos cuatro números tienen que ser iguales a $\frac{1}{2}$, Se comprueba que, para esa elección, se alcanza la igualdad luego esa es la única solución.