Como esto es muy largo, pondré la respuesta numérica final al principio: $$C(n) = (n-1)\left(\frac{2}{n\cdot (n+1)!}\right)^{\frac1{n-1}}$$
Se trata, fundamentalmente, de un problema de optimización. No vamos a pensar en ello como una desigualdad, vamos a estar buscando un máximo o mínimo.
Y no, esto no tiene nada que ver con la desigualdad de Hardy.
Primero, generalizar. Esos coeficientes $\frac1k-\frac{2}{n(n+1)}$ y $k^2$ son un poco liosas y no queremos ocuparnos de ellas todavía. Así que no lo hacemos; las sustituimos por secuencias positivas arbitrarias $u_k$ y $v_k$ respectivamente.
A continuación, la restricción $\prod_k a_k$ es inconveniente, así que lo matamos. Sustituya $\frac1{a_k}$ con $\frac{\prod_i a_i}{a_k}=\prod_{i\neq k} a_i$ en la suma del lado derecho. Ambos lados de la nueva comparación $$\sum_{k=1}^n u_k a_k \ge C(n)\left(\sum_{k=1}^n v_k\prod_{i\neq k} a_i\right)^{\frac1{n-1}}$$ son homogéneas de grado $1$ por lo que la restricción ya no importa y somos libres de dejar que el $a_k$ rango sobre todos los valores no negativos (no todos cero), o para establecer una nueva restricción en algún lugar más conveniente.
¿Qué conviene? Me tambaleé un poco en mi trabajo, pero me decidí por la restricción afín $\sum_{k=1}^n u_ka_k = n$ . Eleva ambos lados de la desigualdad al $n-1$ potencia, y buscamos la mayor $C(n)$ para que $$\left(\frac{n}{C(n)}\right)^{n-1} \ge \sum_{k=1}^n v_k\prod_{i\neq k} a_i = F(\vec{a})$$ o equivalentemente el máximo de ese lado derecho, sujeto a la restricción $\sum_k u_ka_k = n$ .
Se trata ahora de un problema de optimización con restricciones, al que podemos aplicar técnicas conocidas. La región es una $n-1$ -simplex dimensional en $\mathbb{R}^n$ con vértices en los ejes de coordenadas. Todas las facetas hasta la dimensión $n-3$ se encuentran en subespacios en los que al menos dos de los $a_k$ son cero, lo que hace que cada término de $F(\vec{a})$ cero. No conseguiremos un máximo ahí. El $n-2$ -están cada una en un hiperplano de coordenadas $x_k=0$ . Allí, todos menos un término de $F(\vec{a})$ es cero, pero un término es suficiente para llamar la atención. Una rápida aplicación de AM-GM encuentra el único punto crítico donde $u_ia_i=\frac{n}{n-1}$ para cada $i\neq k$ y $F(\vec{a})=\left(\frac{n}{n-1}\right)^{n-1}\cdot\frac{v_k}{\prod_{i\neq k}u_i}$ . Para patrones extremadamente sesgados del $u_i$ y $v_i$ donde algunos $u_kv_k$ es mucho mayor que todas las demás (más de $n-1$ veces su suma), este puede ser el máximo global - pero no va a suceder en el caso que nos preocupa, al menos para grandes $n$ .
Queda encontrar el punto crítico dentro del simplex. Para ello, recurrimos a los multiplicadores de Lagrange. La ecuación de restricción es bastante fácil de manejar, con $j$ Derivada parcial $u_j$ . Entonces $$\frac{\partial F}{\partial a_j} = \sum_{k\neq j}v_k\prod_{i\neq j,k}a_i = \frac1{a_j}\sum_{k\neq j}v_k\prod_{i\neq k}a_i =\frac1{a_j}\left(F(\vec{a})-v_j\prod_{i\neq j}a_i\right)$$ Desplazamiento del $\frac1{a_j}$ factor, el sistema multiplicador de Lagrange para el punto crítico es (repitiendo para todo $j$ ) $$\lambda u_ja_j = F(\vec{a})-v_j\prod_{i\neq j}a_i$$ Súmalos todos y $$\lambda \sum_j u_ja_j = n\lambda = (n-1)F(\vec{a})$$ Ahora, vuelve a esa $j$ ª ecuación. Multiplicar y dividir por $a_j$ para completar el producto, y sustituir nuestra nueva fórmula por $F(\vec{a})$ : $$u_ja_j -\frac{n\lambda}{n-1} +\frac{v_j}{a_j}\prod_{i=1}^n a_i = 0$$ Que el producto de todas las $a_i$ sea $A$ . Tratarlo como una constante (hey, al menos no depende de $j$ ), y resolver la cuadrática para $a_j$ : $$a_j = \frac{\frac{n\lambda}{n-1} \pm\sqrt{\left(\frac{n\lambda}{n-1}\right)^2 - 4Au_jv_j}}{2\lambda u_j} = \frac{n\pm\sqrt{n^2 -4(n-1)^2Bu_jv_j}}{2(n-1)u_j}$$ donde $B=\frac{A}{\lambda^2}$ es una nueva constante.
Bien, ha llegado el momento de concretar. Tenemos $u_j=\frac1j-\frac{2}{n(n+1)}$ y $v_j=j^2$ Así que $u_jv_j=j-\frac{2j^2}{n(n+1)}$ y la ecuación se convierte en $$u_ja_j = \frac{n\pm \sqrt{n^2 - 4(n-1)^2jB + \frac{8(n-1)^2j^2B}{n(n+1)}}}{2(n-1)}$$
¿Qué signo debemos tomar en esas raíces cuadradas? Dado que nuestra restricción es que la suma de las $u_ja_j$ es $n$ la mayoría de ellos deberían estar razonablemente cerca de $1$ - y eso significa tomar signos más. Supongamos por ahora que todos son signos más; podemos revisarlo más tarde si no funciona.
Y ahora... ocurre un milagro. Esto fue etiquetado como matemáticas de concurso. Tengo fe en que hay una solución - así que voy a suponer que es agradable. ¿Qué sería agradable? Que todas esas raíces cuadradas salgan racionales estaría bien - y eso requiere $B=\frac{2n}{(n-1)^2(n+1)}$ para completar el cuadrado. Entonces la cantidad dentro de la raíz cuadrada es $\left(n-\frac{4j}{n+1}\right)^2$ y $$u_ja_j = \frac{2n-\frac{4j}{n+1}}{2(n-1)}=1+\frac1{n-1}-\frac{2j}{n^2-1}$$ Esto da $\sum_j u_ja_j = n$ como debe ser - comprobado.
¿Y el producto? Ahí no hay restricciones; $B$ procedía de la combinación del producto $A$ de la $a_i$ y un parámetro que varía libremente $\lambda$ para que sea coherente pase lo que pase. Efectivamente, hemos encontrado el punto crítico con esta conjetura.
A continuación, tenemos que encontrar $F(\vec{a})$ en este punto crítico. Afortunadamente, la fórmula para $a_j$ es más sencillo que el de $u_ja_j$ ; sale a sólo $a_j = \frac{jn}{n-1}$ . Entonces $v_j\prod_{i\neq j}a_j = j^2\cdot \frac{n!}{j}\cdot\left(\frac{n}{n-1}\right)^{n-1}$ y $$F(\vec{a}) = \sum_{j=1}^n j^2\cdot \frac{n!}{j}\cdot\left(\frac{n}{n-1}\right)^{n-1} = \frac{n!\cdot n^{n-1}\cdot n(n+1)}{(n-1)^{n-1}\cdot 2}$$ Ajústelo a $\left(\frac{n}{C(n)}\right)^{n-1}$ para encontrar la respuesta que buscamos. Eso viene a ser $$C(n) = (n-1)\left(\frac{2}{n\cdot (n+1)!}\right)^{\frac1{n-1}}$$ Un último cabo suelto: ¿podría haber algún otro punto crítico? Si aumentamos $B$ que disminuiría todos los $a_j$ e incluso tomando signos más en todas las raíces cuadradas no sería suficiente para el $u_ja_j$ para tener una suma suficientemente grande. No. Si disminuimos $B$ tendríamos que dar la vuelta a una raíz cuadrada negativa para algunos $j$ . En ese caso, observe que nuestra fórmula cuadrática da $u_ja_j\le \frac{n}{n-1}$ con igualdad sólo si $B=0$ y tomamos el signo más. Establecer $B=0$ y obtenemos una solución con unos $a_j$ cero y entre sí $u_ja_j=\frac{n}{n-1}$ . Ya hemos descartado estos puntos críticos de la cara como posibilidades máximas: los valores de $F(\vec{a})$ aumentar a medida que avanzamos hacia el interior de allí - pero han aparecido de todos modos. Eso es todo para los puntos críticos.
En este sentido, hay que prestar atención a los puntos de las caras para las pequeñas $n$ . Para $n=2$ la condición de tener uno $u_kv_k$ como mínimo $n-1$ veces el resto se alcanza automáticamente, así que miramos más de cerca - y con $u_1=\frac23$ , $u_2=\frac16$ , $v_1=1$ , $v_2=4$ En realidad son iguales. Esto hace que los lados izquierdo y derecho de la desigualdad original sean ambos múltiplos constantes de la misma suma, y la desigualdad se convierte en una ecuación. No importa dónde tomemos la muestra $F$ ya que $F$ es constante en ese segmento. Aunque la lógica del argumento sale un poco impar, ahí tenemos el valor correcto.
Para $n=3$ , $u_1v_1=\frac56\cdot 1$ , $u_2v_2=\frac13\cdot 4$ y $u_3v_3=\frac16\cdot 9$ . Ninguno de ellos domina, y los puntos de las caras dan lugar a valores más pequeños de $F$ . A partir de ahí, la ventaja del punto interior es aún mayor.
