No he tenido ningún progreso con el problema original, pero he hecho un progreso significativo en la "hermana" problema:
Deje de $A_k=\sum\limits_{i=1}^k a_i $, por lo tanto el problema puede ser re-escrita como
$$\sum\limits_{k=1}^n \frac{1}{1+A_k} \leq \sqrt{\sum\limits_{k=1}^n \frac{1}{a_k}}$$
o, ya que ambos lados son positivos,
$$\left( \sum\limits_{k=1}^n \frac{1}{1+A_k} \right)^2 \leq {\sum\limits_{k=1}^n \frac{1}{a_k}}$$
Ahora bien, esto es muy similar a la de Cauchy-Schwarz desigualdad, es decir, para cualesquiera enteros positivos $x_1,x_2...x_n$ y $y_1,y_2...y_n$, la siguiente desigualdad se cumple:
$$\left( \sum\limits_{k=1}^n x_ky_k \right)^2 \leq \left( \sum\limits_{k=1}^n x_k^2 \right)\left( \sum\limits_{k=1}^n y_k^2 \right)$$
Así que, asumiendo $x_k=\frac{1}{\sqrt{a_k}}$, obtenemos que $y_k=\frac{\sqrt{a_k}}{1+A_k}$,
ahora bien, si $ \sum\limits_{k=1}^n y_k^2 =\sum\limits_{k=1}^n \frac{a_k}{(1+A_k)^2}\leq1$
a continuación, la desigualdad original se mantiene. Una muy buena prueba de ello debido a r9m sí mismo puede ser encontrado aquí.
En el caso de la versión más fuerte
$$\sum\limits_{k=1}^n \frac{1}{1+A_k} \leq c_n\sqrt{\sum\limits_{k=1}^n \frac{1}{a_k}}$$
El uso de la de Cauchy-Schwarz desigualdad en una similar de la moda obtenemos que para que la desigualdad original para celebrar,
$$\sum\limits_{k=1}^n \frac{a_k}{(1+A_k)^2}\leq c_n$$ también debe tener.
Para probar esto veamos los valores máximos de $\sum\limits_{k=1}^n \frac{a_k}{(1+A_k)^2}$. Para obtener la maxima debemos resolver un sistema de $n$ derivadas parciales de esta suma igual a cero, o notationally:
\begin{casos}
&\frac{\partial}{\partial a_1}\sum\limits_{k=1}^n \frac{a_k}{(1+A_k)^2}=0 \\
&\frac{\partial}{\partial a_2}\sum\limits_{k=1}^n \frac{a_k}{(1+A_k)^2}=0\\
&.\\
&.\\
&\frac{\partial}{\partial a_n}\sum\limits_{k=1}^n \frac{a_k}{(1+A_k)^2}=0
\end{casos}
Tenga en cuenta que si definimos $S(i)=\sum\limits_{k=i}^n \frac{a_k}{(1+A_k)^2}$, entonces, ya no hay términos de nuestra suma con el índice de menos de $i$ contener $a_i$, podemos reescribir el sistema como:
\begin{casos}
&\frac{\partial}{\partial a_1}S(1)=0 \\
&\frac{\partial}{\partial a_2}S(2)=0\\
&.\\
&.\\
&\frac{\partial}{\partial a_n}S(n)=0
\end{casos}
Tenga en cuenta que $S(n)= \frac{a_n}{(1+A_{n-1}+a_n)^2}$, lo $$\frac{\partial}{\partial a_n}S(n)=\frac{1+A_{n-1}-a_n}{(1+A_{n-1}+a_n)^3}$$
Tenga en cuenta que es cero si $a_n=1+A_{n-1}$
Ahora vamos a mostrar que para maxima que se ganó $a_{i}=b_{n-i}(1+A_{i-1})$ para todo natural $i<$ n con alguna secuencia de $b_i$. Así que sólo ganó $a_{n}=b_0(1+A_{n-2})$ con $b_0=1$.
El valor máximo de $S(n)$ es así
$$\max(S(n))=\max(\frac{a_n}{(1+A_{n-1}+a_n)^2})=\frac{b_0(1+A_{n-1})}{(1+A_{n-1}+b_0(1+A_{n-1}))^2}=\frac{b_0}{(1+b_0)^2(1+A_{n-1}))}$$
Ahora podemos simplificar $S(n-1)$, ya que sabemos que $a_n=b_0(1+A_{n-1})$,
$$S(n-1)=\frac{a_{n-1}}{(1+A_{n-2}+a_{n-1})^2}+S(n)=\frac{a_{n-1}}{(1+A_{n-2}+a_{n-1})^2}+\frac{a_n}{(1+A_{n-1}+a_n)^2}=\frac{a_{n-1}}{(1+A_{n-2}+a_{n-1})^2}+\frac{b_0}{(b_0+1)^2(1+A_{n-2}+a_{n-1})}=\frac{((b_0+1)^2+b_0)a_{n-1}+b_0(1+A_{n-2})}{(b_0+1)^2(1+A_{n-2}+a_{n-1})^2}$$
Así que la derivada parcial:
$$\frac{\partial}{\partial a_{n-1}}S(n-1)=\frac{\partial}{\partial a_{n-1}}\frac{((b_0+1)^2+b_0)a_{n-1}+b_0(1+A_{n-2})}{(b_0+1)^2(1+A_{n-2}+a_{n-1})^2}=\frac{((b_0+1)^2-b_0)(1+A_{n-2})-((b_0+1)^2+b_0)a_{n-1}}{(1+b_0)^2(1+A_{n-2}+a_{n-1})^3}$$
Por lo tanto para maxima a ser atained, $a_{n-1}=b_1(1+A_{n-2})$, y $b_1=\frac{(b_0+1)^2-b_0}{(b_0+1)^2+b_0}$ (particularmente, $b_1=\frac 3 5$),
El valor máximo de $S(n-1)$ es entonces
$$\max(S(n-1))=\max(\frac{((b_0+1)^2+b_0)a_{n-1}+b_0(1+A_{n-2})}{(1+b_0)^2(1+A_{n-2}+a_{n-1})^2})=\frac{((b_0+1)^2-b_0)(1+A_{n-2})+b_0(1+A_{n-2})}{(b_0+1)^2(1+A_{n-2}+b_1(1+A_{n-2}))^2}=\frac{(b_0+1)^2(1+A_{n-2})}{(b_0+1)^2(b_1+1)^2(1+A_{n-2})^2}=\frac{1}{(b_1+1)^2(1+A_{n-2})}$$
$S(n-2)$ entonces se puede calcular como
$$S(n-2)=\frac{a_{n-2}}{(1+A_{n-3}+a_{n-2})^2}+S(n-1)=\frac{a_{n-2}}{(1+A_{n-3}+a_{n-2})^2}+\frac{1}{(b_1+1)^2(1+A_{n-3}+a_{n-2})}=\frac{1+A_{n-3}+(1+(b_1+1)^2)a_{n-2}}{(b_1+1)^2(1+A_{n-3}+a_{n-2})^2}$$
La derivada parcial es así:
$$\frac{\partial}{\partial a_{n-2}}S(n-2)=\frac{\partial}{\partial a_{n-2}}\frac{1+A_{n-3}+(1+(b_1+1)^2)a_{n-2}}{(b_1+1)^2(1+A_{n-3}+a_{n-2})^2}=\frac{b_1(b_1+1)(1+A_{n-3})-(1+(b_1+1)^2)a_{n-2}}{(b_1+1)^2(1+A_{n-3}+a_{n-2})^3}$$
Así, una vez más, para alcanzar la maxima $a_{n-2}=b_2(1+A_{n-3})$ y $b_2=\frac{(b_1+1)^2-1}{(b_1+1)^2+1}$.
Y el máximo de $S(n-2)$ es
$$\max(S(n-2))=\max(\frac{1+A_{n-3}+(1+(b_1+1)^2)a_{n-2}}{(b_1+1)^2(1+A_{n-3}+a_{n-2})^2})=\frac{((b_1+1)^2-1)(1+A_{n-3})+1+A_{n-3}}{(b_1+1)^2(1+A_{n-3}+b_2(1+A_{n-2}))^2}=\frac{(b_1+1)^2(1+A_{n-3})}{(b_1+1)^2(b_2+1)^2(1+A_{n-3})^2}=\frac{1}{(b_2+1)^2(1+A_{n-3})}$$
Observe que la expresión para el valor máximo de $S(n-2)$ es casi idéntica a la con $S(n-1)$, sólo de todos los índices se cambió por uno, así todas las siguientes operaciones, que se llevará a cabo en mayores índices será similar, por lo tanto, podemos decir que, en general,
$$\max(S(n-i))=\frac{1}{(1+b_i)^2(1+A_{n-i-1})}$$
$$b_i=\frac{(b_{i-1}+1)^2-1}{(b_{i-1}+1)^2+1}$$
Ahora note que
$$\sum\limits_{k=1}^n \frac{a_k}{(1+A_k)^2}=S(1)=S(n-n+1)$$
Así
$$\max(\sum\limits_{k=1}^n \frac{a_k}{(1+A_k)^2})=\max(S(n-n+1))=\frac{1}{(1+b_{n-1})^2(1+A_0)}$$
$A_0=0$, ya que es la suma de ninguna de las variables, por lo tanto la maxima de $\sum\limits_{k=1}^n \frac{a_k}{(1+A_k)^2}$ se puede expresar como
$$\max(\sum\limits_{k=1}^n \frac{a_k}{(1+A_k)^2})=\frac{1}{(1+b_{n-1})^2}$$
Ahora, vamos a $m(n)=\frac{1}{(1+b_{n-1})^2}$, se puede demostrar que $m(n)$ de la siguiente manera la relación de recurrencia
$$m(n+1)=\frac{(m(n)+1)^2}{4}$$
Por lo tanto, si $c_n=1-\frac{ln(n)}{2n}$ de la siguiente manera esta propiedad, que se hacen:
$$1-\frac{ln(n+1)}{2(n+1)}=\frac{(2-\frac{ln(n)}{2n})^2}{4}$$
$$4-\frac{2ln(n+1)}{n+1}=(2-\frac{ln(n)}{2n})^2$$
$$4-\frac{2ln(n+1)}{n+1}=4-\frac{2ln(n)}{n}+\frac{ln(n)^2}{4n^2}$$
$$\frac{2ln(n+1)}{n+1}=\frac{2ln(n)}{n}-\frac{ln(n)^2}{4n^2}$$
Ahora esta casi se mantiene, ya que $\frac{2ln(n+1)}{n+1} \sim \frac{2ln(n)}{n}$ y $\frac{ln(n)^2}{4n^2}$ es una función decreciente en el intervalo $(e,+\infty)$, y sus máximos en $(1;+\infty)$ es de alrededor de $0.034$, en otras palabras muy, muy pequeña, por lo que $\frac{2ln(n+1)}{n+1}$ es cercano a los $\frac{2ln(n)}{n}-\frac{ln(n)^2}{4n^2}$, lo que explica por qué $1-\frac{ln(n)}{2n}$ era una buena obligado, además, es ligeramente más grande que el primer par de valores de $m(n)$ y creo que sigue siendo sólo un poco mayor que $m(n)$ $n$ enfoques infinito
Ahora para obtener la super fuerte boundry, debemos encontrar una función de la satisfacción de $m(n+1)=\frac{(m(n)+1)^2}{4}$
(En una nota al margen: ¡Feliz año nuevo!)
