Prueba $\frac{n}{\sum_{k=1}^n{\frac{1}{\frac{1}{k}+a_k}}}-\frac{n}{\sum_{k=1}^n{\frac{1}{a_k}}}\geqslant \frac{2}{n+1}$

Question

Sea $a_k>0,k=1,2,\cdots, n$ . Demostrar que $$ \frac{n}{\sum_\limits{k=1}^n{\frac{1}{\frac{1}{k}+a_k}}}-\frac{n}{\sum_\limits{k=1}^n{\frac{1}{a_k}}}\geqslant \frac{2}{n+1} $$

Mi intento: multiplicar ambos lados por los denominadores, y es equivalente a demostrar: $$ n\sum_{k=1}^n{\frac{1}{a_k}}-n\sum_{k=1}^n{\frac{1}{\frac{1}{k}+a_k}}\geqslant \frac{2}{n+1}\left( \sum_{k=1}^n{\frac{1}{a_k}} \right) \left( \sum_{k=1}^n{\frac{1}{\frac{1}{k}+a_k}} \right) \\ \sum_{k=1}^n{\frac{1}{a_k}}-\sum_{k=1}^n{\frac{1}{\frac{1}{k}+a_k}}\geqslant \frac{2}{n\left( n+1 \right)}\left( \sum_{k=1}^n{\frac{1}{a_k}} \right) \left( \sum_{k=1}^n{\frac{1}{\frac{1}{k}+a_k}} \right)\\ \sum_{k=1}^n{\left( \frac{1}{a_k}-\frac{1}{\frac{1}{k}+a_k} \right)}\geqslant \frac{2}{n\left( n+1 \right)}\sum_{k=1}^n{\frac{1}{a_k}}\sum_{p=1}^n{\frac{1}{\frac{1}{p}+a_p}} \\ \sum_{k=1}^n{\left( \frac{\frac{1}{k}}{a_k\left( \frac{1}{k}+a_k \right)} \right)}\geqslant \frac{2}{n\left( n+1 \right)}\sum_{k=1}^n{\sum_{p=1}^n{\frac{1}{a_k\left( \frac{1}{p}+a_p \right)}}} $$

Pero, ¿cómo seguir adelante?

Answer 1

Hace años di una solución.

Denote $A = \sum_{k=1}^n \frac{1}{\frac{1}{k} + a_k}$ , $B = \sum_{k=1}^n \frac{1}{a_k}$ .

La función $f(x) = \frac{1}{1 + \frac{1}{x}}, \ x > 0$ es cóncava. Por la desigualdad de Jensen, tenemos \begin{align} A &= f(\tfrac{1}{a_1}) + 2f(\tfrac{1}{2a_2}) + 3(\tfrac{1}{3a_3}) + \cdots + n f(\tfrac{1}{na_n})\\ &\le \frac{n(n+1)}{2} f\Big( \frac{B}{\frac{n(n+1)}{2}}\Big)\\ &= \frac{n(n+1)}{2}\frac{B}{B + \frac{n(n+1)}{2}}. \end{align} Entonces tenemos $$\frac{n}{A} - \frac{n}{B} \ge \frac{n}{\frac{n(n+1)}{2}\frac{B}{B + \frac{n(n+1)}{2}}} - \frac{n}{B} = \frac{2}{n+1}\frac{B + \frac{n(n+1)}{2}}{B} - \frac{n}{B} = \frac{2}{n+1}.$$ Hemos terminado.

Answer 2

Sé que la pregunta ya ha sido contestada, y la respuesta es bastante agradable, pero yo estaba pensando en una línea diferente:

$$\sum\limits_{k=1}^{n} \frac{\frac{1}{k}}{a_k\left(\frac{1}{k}+a_k\right)} \geq \frac{2}{n(n+1)}\left(\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{a_k}\right)\left(\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{\frac{1}{k}+a_k}\right)$$

Desde $\displaystyle \sum\limits_{k=1}^{n}k = \dfrac{n(n+1)}{2}$ tenemos

$$\left(\sum\limits_{k=1}^{n} k \right)\left(\sum\limits_{k=1}^{n} \frac{\frac{1}{k}}{a_k\left(\frac{1}{k}+a_k\right)}\right) \geq \left(\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{a_k}\right)\left(\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{\frac{1}{k}+a_k}\right)$$

$$\left(1+2+3+ \cdot \cdot \cdot +n\right)\cdot \left(\frac{1}{a_1(1+a_1)}+\frac{\frac{1}{2}}{a_2(\frac{1}{2}+a_2)}+\cdot\cdot\cdot + \frac{\frac{1}{n}}{a_n(\frac{1}{n}+ a_n)} \right) \geq \\ \left(\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\cdot\cdot\cdot+\frac{1}{a_n}\right)\cdot\left(\frac{1}{1+a_1}+\frac{1}{\frac{1}{2}+a_2}+\cdot\cdot\cdot+\frac{1}{\frac{1}{n}+a_n}\right)$$

Estas multiplicaciones pueden expandirse en sumas que pueden organizarse en filas y columnas, como un $n \times n$ matriz, digamos ' $B\geq C$ ' $$ \frac{1}{a_1(1+a_1)}+\frac{\frac{1}{2}}{a_2(\frac{1}{2}+a_2)}+\cdot\cdot\cdot + \frac{\frac{1}{n}}{a_n(\frac{1}{n}+ a_n)}\\ \frac{2}{a_1(1+a_1)}+\frac{1}{a_2(\frac{1}{2}+a_2)}+\cdot\cdot\cdot + \frac{\frac{1}{n}}{a_n(\frac{2}{n}+ a_n)} \\ \vdots\\ \frac{n}{a_1(1+a_1)}+\frac{\frac{n}{2}}{a_2(\frac{1}{2}+a_2)}+\cdot\cdot\cdot + \frac{1}{a_n(\frac{1}{n}+ a_n)}\\ \geq \\ \frac{1}{a_1(1+a_1)}+\frac{1}{a_1(\frac{1}{2}+a_2)}+\cdot\cdot\cdot + \frac{1}{a_1(\frac{1}{n}+ a_n)}\\ \frac{1}{a_2(1+a_1)}+\frac{1}{a_2(\frac{1}{2}+a_2)}+\cdot\cdot\cdot + \frac{1}{a_2(\frac{1}{n}+ a_n)}\\ \vdots\\ \frac{1}{a_n(1+a_1)}+\frac{1}{a_n(\frac{1}{2}+a_2)}+\cdot\cdot\cdot + \frac{1}{a_n(\frac{1}{n}+ a_n)} $$

Ahora observa que las diagonales son iguales, así que no necesitamos preocuparnos por ellas. Sin embargo, tomemos por ejemplo las entradas opuestas de las diagonales,

Primero las entradas de la primera "matriz $B$ son de la forma $b_{ij}=\dfrac{\frac{i}{j}}{a_j\left(\frac{1}{j}+a_j\right)}$ mientras que las entradas de la segunda "matriz $C$ son de la forma $c_{ij}=\dfrac{1}{a_i\left(\frac{1}{j}+a_j\right)}$

entonces $c_{ij}+c_{ji} \leq b_{ij} + b_{ji}$ :

$$\frac{1}{a_i\left(\frac{1}{j}+a_j\right)}+\frac{1}{a_j\left(\frac{1}{i}+a_i\right)} \leq \frac{\frac{i}{j}}{a_j\left(\frac{1}{j}+a_j\right)}+\frac{\frac{j}{i}}{a_i\left(\frac{1}{i}+a_i\right)}\\ a_j\left(\frac{1}{i}+a_i\right)+a_i\left(\frac{1}{j}+a_j\right) \leq \frac{i}{j}a_i\left(\frac{1}{i}+a_i\right)+\frac{j}{i}a_j\left(\frac{1}{j}+a_j\right)\\ \frac{1}{i}a_j+a_i a_j+\frac{1}{j}a_i + a_i a_j \leq \frac{1}{j}a_i+\frac{i}{j}a^{2}_i+\frac{1}{i}a_j+\frac{j}{i}a^{2}_j\\ 2ija_i a_j \leq i^2 a^{2}_i+ j^2 a^{2}_j$$

y

$$0 \leq i^2 a^{2}_i - 2ija_i a_j + j^2 a^{2}_j = (ia_i-ja_j)^2$$

las desigualdades se mantienen porque $a_k>0$ para $k=1,2,...,n$

Por lo tanto, la suma de las partes triangulares superior e inferior de $B$ es $\geq$ a la suma de las partes triangulares superior e inferior de $C$ .

Perdón por la respuesta tan larga.