Deje $a_i-1=x_i$.
Por lo tanto, $\prod\limits_{i=1}^nx_i=1$ y tenemos que demostrar que
$$\sum_{i=1}^n\frac{1}{\sum\limits_{k=1}^{n-1}ka_{i+k-1}}\leq\frac{1}{n-1}$$ o
$$\sum_{cyc}\frac{1}{a_1+2a_2+3a_3+...+(n-1)a_{n-1}}\leq\frac{1}{n-1}$$ o
$$\sum_{cyc}\frac{1}{x_1+2x_2+3x_3+...+(n-1)x_{n-1}+1+2+3+...+(n-1)}\leq\frac{1}{n-1}$$ o
$$\sum_{cyc}\frac{1}{x_1+2x_2+3x_3+...+(n-1)x_{n-1}+\frac{n(n-1)}{2}}\leq\frac{1}{n-1}$$ o
$$\sum_{cyc}\left(\frac{1}{x_1+2x_2+3x_3+...+(n-1)x_{n-1}+\frac{n(n-1)}{2}}-\frac{1}{\frac{n(n-1)}{2}}\right)\leq\frac{1}{n-1}-\frac{2}{n-1}$$ o
$$\sum_{cyc}\frac{x_1+2x_2+3x_3+...+(n-1)x_{n-1}}{x_1+2x_2+3x_3+...+(n-1)x_{n-1}+\frac{n(n-1)}{2}}\geq\frac{n}{2}.$$
Ahora, a través de la C-S
$$\sum_{cyc}\frac{x_1+2x_2+3x_3+...+(n-1)x_{n-1}}{x_1+2x_2+3x_3+...+(n-1)x_{n-1}+\frac{n(n-1)}{2}}=$$
$$\sum_{i=1}^n\frac{\sum\limits_{k=1}^{n-1}kx_{i+k-1}}{\sum\limits_{k=1}^{n-1}kx_{i+k-1}+\frac{n(n-1)}{2}}=\sum_{i=1}^n\frac{\left(\sum\limits_{k=1}^{n-1}kx_{i+k-1}\right)^2}{\left(\sum\limits_{k=1}^{n-1}kx_{i+k-1}\right)^2+\frac{n(n-1)}{2}\cdot\sum\limits_{k=1}^{n-1}kx_{i+k-1}}\geq$$
$$\geq\frac{\left(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{k=1}^{n-1}kx_{i+k-1}\right)^2}{\sum\limits_{i=1}^n\left(\left(\sum\limits_{k=1}^{n-1}kx_{i+k-1}\right)^2+\frac{n(n-1)}{2}\sum\limits_{k=1}^{n-1}kx_{i+k-1}\right)}=$$
$$=\frac{\frac{n^2(n-1)^2}{4}\sum\limits_{i=1}^nx_i}{\sum\limits_{i=1}^n\left(\left(\sum\limits_{k=1}^{n-1}kx_{i+k-1}\right)^2+\frac{n(n-1)}{2}\sum\limits_{k=1}^{n-1}kx_{i+k-1}\right)}.$$
Por lo tanto, queda por demostrar que
$$\frac{n(n-1)^2}{2}\sum\limits_{i=1}^nx_i\geq\sum\limits_{i=1}^n\left(\left(\sum\limits_{k=1}^{n-1}kx_{i+k-1}\right)^2+\frac{n(n-1)}{2}\sum\limits_{k=1}^{n-1}kx_{i+k-1}\right)$$ o
$$\frac{n(n-1)^2}{2}\sum\limits_{i=1}^nx_i\geq\sum\limits_{i=1}^n\left(\sum\limits_{k=1}^{n-1}ka_{i+k-1}\right)^2+\frac{n^2(n-1)^2}{4}\sum\limits_{k=1}^{n}x_k.$$
Pero $$\sum\limits_{i=1}^n\left(\sum\limits_{k=1}^{n-1}ka_{i+k-1}\right)^2=\sum_{cyc}(x_1+2x_2+3x_3+...+(n-1)x_{n-1})^2=$$
$$=\sum_{cyc}\left(x_1^2+2^2x_2^2+...+(n-1)^2x_{n-1}^2\right)+2\sum_{cyc}\sum_{1\leq j<k\leq n-1}jkx_jx_k=$$
$$=(1^2+2^2+...+(n-1)^2)\sum_{i=1}^nx_i^2+2\sum_{cyc}\sum_{1\leq j<k\leq n-1}jkx_jx_k=$$
$$=\frac{(n-1)n(2n-1)}{6}\sum_{i=1}^nx_i^2+2\sum_{cyc}\sum_{1\leq j<k\leq n-1}jkx_jx_k.$$
Por lo tanto, tenemos que demostrar que
$$\tfrac{n(n-1)^2}{2}\sum_{i=1}^nx_i^2+n(n-1)^2\sum_{1\leq j<k\leq n}x_jx_k\geq$$
$$\geq\tfrac{(n-1)n(2n-1)}{6}\sum_{i=1}^nx_i^2+2\sum_{cyc}\sum_{1\leq j<k\leq n-1}jkx_jx_k+\frac{n^2(n-1)^2}{4}\sum\limits_{k=1}^{n}x_k$$ o
$$\left(\tfrac{n(n-1)^2}{2}-\tfrac{(n-1)n(2n-1)}{6}\right)\sum_{i=1}^nx_i^2+n(n-1)^2\sum_{1\leq j<k\leq n}x_jx_k\geq$$
$$\geq2\sum_{cyc}\sum_{1\leq j<k\leq n-1}jkx_jx_k+\frac{n^2(n-1)^2}{4}\sum\limits_{k=1}^{n}x_k$$ o
$$\frac{n(n-1)(n-2)}{6}\sum_{i=1}^nx_i^2+n(n-1)^2\sum_{1\leq j<k\leq n}x_jx_k\geq$$
$$\geq2\sum_{cyc}\sum_{1\leq j<k\leq n-1}jkx_jx_k+\frac{n^2(n-1)^2}{4}\sum\limits_{k=1}^{n}x_k.$$
Ahora, $$\sum\limits_{cyc}\sum\limits_{1\leq j<k\leq n-1}jkx_jx_k=\sum_{cyc}\sum i(i+1)x_ix_{i+1}+\sum_{cyc}\sum i(i+2)x_ix_{i+2}+...=$$
$$=A_1\sum_{cyc}x_1x_2+A_2\sum_{cyc}x_1x_3+...$$ and by Rearrangement $A_1$ is a maximal coefficient between all coefficients $A_k$,
que dice que en el lado izquierdo el coeficiente antes de $\sum\limits_{cyc}x_1x_2$,
que es $n(n-1)^2-2A_1$, será mínima.
Para el resto de expresiones podemos utilizar AM-GM:
$$(2A_1-2A_2)\sum_{cyc}x_1x_3+ (2A_1-2A_3)\sum_{cyc}x_1x_4+...\geq K,$$
donde el valor de $K$ vamos a llegar un poco más tarde.
Por lo tanto, es suficiente para probar que
$$\frac{n(n-1)(n-2)}{6}\sum_{i=1}^nx_i^2+\left(n(n-1)^2-2A_1\right)\sum_{1\leq j<k\leq n}x_jx_k+K\geq\frac{n^2(n-1)^2}{4}\sum\limits_{k=1}^{n}x_k.$$
Ahora, $$A_1=1\cdot2+2\cdot3+...+(n-2)(n-1)=\sum_{k=1}^{n-2}k(k+1)=$$
$$=\frac{(n-2)(n-1)(2n-3)}{6}+\frac{(n-2)(n-1)}{2}=\frac{n(n-1)(n-2)}{3}.$$
Por lo tanto, es suficiente para probar que:
$$\tfrac{n(n-1)(n-2)}{6}\sum_{i=1}^nx_i^2+\left(n(n-1)^2-\tfrac{2n(n-1)(n-2)}{3}\right)\sum_{1\leq j<k\leq n}x_jx_k+K\geq\tfrac{n^2(n-1)^2}{4}\sum\limits_{k=1}^{n}x_k$$ o
$$\tfrac{n(n-1)(n-2)}{6}\sum_{i=1}^nx_i^2+\tfrac{n(n-1)(n+1)}{3}\sum_{1\leq j<k\leq n}x_jx_k+K\geq\tfrac{n^2(n-1)^2}{4}\sum\limits_{k=1}^{n}x_k.$$
Ahora, podemos obtener un valor de $K$.
De hecho, la igualdad en la desigualdad original se produce por $x_1=x_2=...=x_n=1$ y AM-GM guarda esta cosa.
Por lo tanto,
$$K=\frac{n^2(n-1)^2}{4}\cdot n-\frac{n(n-1)(n-2)}{6}\cdot n-\frac{n(n-1)(n+1)}{3}\cdot\frac{n(n-1)}{2}=$$
$$=\frac{n^2(n-1)(n-2)(n-3)}{12}.$$
Id est, tenemos que demostrar que:
$$\tfrac{n(n-1)(n-2)}{6}\sum_{i=1}^nx_i^2+\tfrac{n(n-1)(n+1)}{3}\sum_{1\leq j<k\leq n}x_jx_k+\tfrac{n^2(n-1)(n-2)(n-3)}{12}\geq\tfrac{n^2(n-1)^2}{4}\sum\limits_{k=1}^{n}x_k$$ o
$$2(n-2)\sum_{i=1}^nx_i^2+4(n+1)\sum_{1\leq j<k\leq n}x_jx_k+n(n-2)(n-3)\geq3n(n-1)\sum\limits_{k=1}^{n}x_k.$$
Ahora, vamos a $\sum\limits_{i=1}^nx_i=nu$, $\sum\limits_{1\leq i<j\leq n}x_ix_j=\frac{n(n-1)}{2}v^2$, donde $v>0$,
$\sum\limits_{1\leq i<j<k\leq n}x_ix_jx_k=\frac{n(n-1)(n-2)}{6}w^3$ $\prod\limits_{i=1}^nx_i=t^n$ donde $t>0$.
Por lo tanto, $u\geq v\geq w\geq t$ y tenemos que demostrar que
$$2(n-2)(n^2u^2-n(n-1)v^2)+4(n+1)\cdot\tfrac{n(n-1)}{2}v^2+n(n-2)(n-3)t^2\geq3n(n-1)\cdot nut$$ o
$f(t)\geq0$, donde
$$f(t)=2(n-2)(nu^2-(n-1)v^2)+2(n^2-1)v^2+(n-2)(n-3)t^2-3n(n-1)ut.$$
Pero
$$f'(t)=2(n-2)(n-3)t-3n(n-1)u\leq u(2n^2-10n+12-3n^2+3n)=u(-n^2-7n+12)\leq0,$$
que dice
$$f(t)\geq f(v)=$$
$$=2(n-2)(nu^2-(n-1)v^2)+2(n^2-1)v^2+(n-2)(n-3)v^2-3n(n-1)uv=$$
$$=(u-v)(2(n-2)u-(n+1)v),$$
que dice que para
$$2(n-2)-(n+1)\geq0$$ o
$$n\geq5$$ nuestra desigualdad es probada.
Por lo tanto, queda por demostrar que la desigualdad de la $n\in\{2,3,4\}$.
La prueba de $n=4$.
Tenemos que demostrar que
$$8u^2+9v^2+t^2\geq18ut$$ and since $t\leq w$, es suficiente para probar que
$$8u^2+9v^2+w^2-18uw\geq0.$$
Ahora, $x_1$, $x_2$, $x_3$ y $x_4$ son positivas raíces de la ecuación
$$(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)(x-x_4)=0$$ o
$$x_4-4ux^3+4v^2x^2-w^3x+t^4=0.$$
Así, por Rolle la siguiente ecuación
$$(x_4-4ux^3+4v^2x^2-w^3x+t^4)'=0$$ o
$$x^3-3ux^2+3v^2-w^3=0$$
tiene tres raíces positivas.
Por lo tanto, hay aspectos positivos $a$, $b$ y $c$ para los que
$3u=a+b+c$, $ab+ac+bc=3v^2$ y $abc=w^3$,
el que dice que es suficiente para probar
$$8u^2+9v^2+w^2-18uw\geq0$$
para todos los positivos $a$, $b$ y $c$.
Pero esta desigualdad es una desigualdad lineal de $v^2$, en el que dice que permanece para probar la última desigualdad por un valor extremal (incluso para un valor mínimo en nuestro caso) de $v^2$, lo que sucede por la igualdad caso de dos variables.
Desde la última desigualdad es homogénea, podemos suponer $b=c=1$ $a=t^3$ tenemos que demostrar que
$$\frac{8(t^3+2)^2}{9}+3(2t^3+1)+t^2-6(t^3+2)t\geq0$$ o
$$(t-1)^2(8t^4+16t^3-30t^2+10t+59)\geq0,$$
lo que es obvio.
La prueba de $n=3$.
Tenemos que demostrar que
$$a^2+b^2+c^2+8(ab+ac+bc)-9(a+b+c)\geq0$$
para los positivos $a$, $b$ y $c$ tal que $abc=1$.
Pero esta desigualdad es una desigualdad lineal de $v^2$ nuevo, que dice que es suficiente para probar el último de la desigualdad de la $b=a$$c=\frac{1}{a^2}$, lo que da
$$(a-1)^2(10a^4+2a^3-6a^2+2a+1)\geq0,$$
lo que es obvio.
Para $n=2$ la partida de la desigualdad es justa igualdad.
Hecho!
