Si limita por debajo de $a_1a_2\cdots a_n=1$, entonces la suma $\sum_k a_k\prod_{j\le k} (1+a_j)^{-1}$ $1-2^{-n}$

Question

Estoy teniendo problemas con una desigualdad. Sea $a_1,a_2,\ldots, a_n$ los números reales positivos cuyo producto es $1$. Demostrar que la suma $$ \frac{a_1}{1+a_1}+\frac{a_2}{(1+a_1)(1+a_2)}+\frac{a_3}{(1+a_1)(1+a_2)(1+a_3)}+\cdots+\frac{a_n}{(1+a_1)(1+a_2)\cdots(1+a_n)}$ $

es mayor o igual a $$ \frac{2^n-1}{2^n}$ $

Si alguien pudiera ayudar acercarse a esto, sería genial. Ni siquiera sé dónde empezar.

Answer 1

Sugerencia:$$\frac{a_k}{(1+a_1)\cdots(1+a_k)} = \frac{1}{(1+a_1)\cdots(1+a_{k-1})} - \frac{1}{(1+a_1)\cdots(1+a_k)}$ $

Answer 2

Tenga en cuenta que para cada número entero positivo $i$ tenemos\begin{eqnarray} \frac{a_i}{(1+a_1)(1+a_2) \cdots (1+a_i)} & = & \frac{1 + a_i}{(1+a_1)(1+a_2) \cdots (1+a_i)} - \frac{1}{(1+a_1)(1+a_2) \cdots (1+a_i)} \nonumber \\ & = & \frac{1}{(1+a_1) \cdots (1+a_{i-1})} - \frac{1}{(1+a_1) \cdots (1+a_i)}. \nonumber \end{eqnarray} deje $b_i = (1+a_1)(1+a_2) \cdots (1+a_i)$, $b_0= 0$. Tendremos por telescopy $$\sum\limits_{i=1}^n \left( \frac{1}{b_{i-1}} - \frac{1}{b_i} \right) = 1 - \frac{1}{b_n}.$ $ desde $1+x\geq 2\sqrt{x}$ % todo $x\ge 0$, $$b_n = (1+a_1)(1+a_2) \cdots (1+a_n) \geq (2 \sqrt{a_1})(2 \sqrt{a_2}) \cdots (2 \sqrt{a_n}) = 2^n,$ $ con igualdad precisamente si $a_i=1$ % todos $i$. Sigue %#% $ #%