Este general desigualdad tal vez es cierto? $\sum_{i=1}^{n}\frac{i}{1+a_{1}+\cdots+a_{i}}<\frac{n}{2}\sqrt{\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{a_{i}}}$

Question

Deje $a_{1},a_{2},\ldots,a_{n}>0$ y probar o refutar $$\dfrac{1}{1+a_{1}}+\dfrac{2}{1+a_{1}+a_{2}}+\cdots+\dfrac{n}{1+a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}\le\dfrac{n}{2}\sqrt{\dfrac{1}{a_{1}}+\dfrac{1}{a_{2}}+\cdots+\dfrac{1}{a_{n}}}\tag{1}$$

Este problema cuando voy a resolver este dos de la variable de desigualdad

desde $n=1$ es claro $$\dfrac{1}{1+a_{1}}\le\dfrac{1}{2}\sqrt{\dfrac{1}{a_{1}}}$$ debido a $1+a_{1}\ge 2\sqrt{a_{1}}$

$n=2$ de los casos,pueden ver este vínculos mi respuesta.

Para general

simaler esta dos variables de desigualdad métodos, entonces yo uso de Cauchy-Schwarz desigualdad tenemos $$\left(\sum_{i=1}^{n}\dfrac{1}{1+a_{1}+\cdots+a_{i}}\right)^2\le\left(\sum_{i=1}^{n}\dfrac{1}{a_{i}}\right)\cdot\left(\sum_{i=1}^{n}\dfrac{i^2a_{i}}{(1+a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{i})^2}\right)$$

esto es suficiente para mostrar que $$\sum_{i=1}^{n}\dfrac{i^2a_{i}}{(1+a_{1}+\cdots+a_{i})^2}\le\dfrac{n^2}{4}\tag{2}$$ parece difícil.

porque he intentado siguiente también fallan; $$\sum_{i=1}^{n}\dfrac{i^2a_{i}}{(1+a_{1}+\cdots+a_{i})^2}<\sum_{i=1}^{n}i^2\left(\dfrac{1}{1+a_{1}+\cdots+a_{i-1}}-\dfrac{1}{1+a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{i}}\right)$$ y el uso de Abel transformación.no se puede demostrar $(2)$,

Nota: $(1)$ lado Izquierdo de la mano fue simaler Hardy desigualdad al $p=-1$,Pero hay otro problema.

EDIT:tests Numéricos $(2)$ no es correcto.así que mi idea no funciona

Answer 1

supongamos $n=k, \\ \dfrac{1}{1+a_{1}}+\dfrac{2}{1+a_{1}+a_{2}}+\cdots+\dfrac{k}{1+a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{k}} \\ \le\dfrac{k}{2}\sqrt{\dfrac{1}{a_{1}}+\dfrac{1}{a_{2}}+\cdots+\dfrac{1}{a_{k}}}$

al $n=k+1 $

LHS=$\dfrac{1}{1+a_{1}}+\dfrac{2}{1+a_{1}+a_{2}}+\cdots+\dfrac{k}{1+a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{k}}+\dfrac{k+1}{1+a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{k+1}} \\<\dfrac{k}{2}\sqrt{\dfrac{1}{a_{1}}+\dfrac{1}{a_{2}}+\cdots+\dfrac{1}{a_{k}}}+\dfrac{k+1}{1+a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{k+1}} \\ <\dfrac{k}{2}\sqrt{\dfrac{1}{a_{1}}+\dfrac{1}{a_{2}}+\cdots+\dfrac{1}{a_{k}}+\dfrac{1}{a_{k+1}}}+\dfrac{k+1}{1+a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{k+1}}$

RHS$=\dfrac{k}{2}\sqrt{\dfrac{1}{a_{1}}+\dfrac{1}{a_{2}}+\cdots+\dfrac{1}{a_{k}}+\dfrac{1}{a_{k+1}}}+\dfrac{1}{2}\sqrt{\dfrac{1}{a_{1}}+\dfrac{1}{a_{2}}+\cdots+\dfrac{1}{a_{k}}+\dfrac{1}{a_{k+1}}}$

así que se sigue: $ \dfrac{k+1}{1+a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{k+1}} \\ \le \dfrac{1}{2}\sqrt{\dfrac{1}{a_{1}}+\dfrac{1}{a_{2}}+\cdots+\dfrac{1}{a_{k}}+\dfrac{1}{a_{k+1}}}$

$1+a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{k+1} \ge 2\sqrt{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{k+1}} \\ \implies \dfrac{k+1}{1+a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{k+1}} \le \dfrac{k+1}{2\sqrt{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{k+1}}} \le \dfrac{1}{2}\sqrt{\dfrac{1}{a_{1}}+\dfrac{1}{a_{2}}+\cdots+\dfrac{1}{a_{k}}+\dfrac{1}{a_{k+1}}} \\ \iff \dfrac{(k+1)^2}{\sum_{i=1}^{k+1} a_i} \le \sum_{i=1}^{k+1} \dfrac{1}{a_i}$

la última es la verdadera ,$HM\le AM$

QED

Answer 2

SÓLO UNA IDEA (y no hay solución, o al menos una solución parcial):

A partir de esta pregunta (thx a los comentarios) hemos \begin{align*} \sum_{k=1}^n\frac{k}{1+a_1+\ldots+a_k}\leq \sum_{k=1}^n\frac{k}{(1/n+a_1)+\ldots+(1/n+a_k)}\leq2\left(\frac{1}{1/n+a_1}+\ldots+\frac{1}{1/n+a_n}\right)=2x, \end{align*} donde $x:=\sum_{k=1}^n\frac{1}{1/n+a_k}$. Desde \begin{align*} \sum_{k=1}^n\frac{1}{1/n+a_k}\leq\sum_{k=1}^n\frac{1}{1/n}=n^2, \end{align*} tenemos $x/n^2\leq 1$ e lo $x/n^2\leq\sqrt{x/n^2}$. En consecuencia, $x\leq n\sqrt{x}$, y esto implica \begin{align*} \sum_{k=1}^n\frac{k}{1+a_1+\ldots+a_k}\leq2n\cdot\sqrt{\sum_{k=1}^n\frac{1}{1/n+a_k}}\leq2n\cdot\sqrt{\sum_{k=1}^n\frac{1}{a_k}}. \end{align*}