Dimostriamo che la migliore costante è:
\[C(n)=\frac{4n-n^2}{27}.\]
Possiamo provare ponendo tutti gli $a_i$ uguali a $1$ che $C(n)\le\frac{4n-n^2}{27}$ (basta sostituire). Ora prima di dimostrare che tale costante va bene, dimostriamo un lemma:
Lemma. (Tri-Titu) Date tre $n$-uple di reali $\{x_i\},\{y_i\},\{z_i\}$, si ha che:
\[\sum_{i=1}^n \frac{x_1^3}{y_1z_1}\ge \frac{(\sum_{i=1}^n x_i)^3}{(\sum_{i=1}^n y_i)(\sum_{i=1}^n z_i)}.\]
Questo si dimostra con Cauchy-Schwarz a tre sulle $n$-uple $\{x_i/\sqrt[3]{y_iz_i}\}$, $\{\sqrt[3]{y_i}\}$, $\{\sqrt[3]{z_i}\}$.
[_] (non so fare il quadratino di fine lemma).
Ora inizia la vera e propria dimostrazione: non ho messo i pedici alle sommatorie perché vanno tutte da $1$ ad $n$.
Ora, applico Tri-Titu alle $n$-uple $\{a_i\}$, $\{a_{i+1}+2\}$ e $\{a_{i+1}^2-2a_{i+1}+4\}$ ottenendo:
\[LHS \ge \frac{(\sum a_i)^3}{(2n+\sum a_i)(\sum a_i^2 -2\sum a_i+4n)}.\]
Ricordando che $\sum a_i=n$, ottengo:
\[LHS \ge \frac{n^2}{3(\sum a_i^2+2n)}.\]
Ora, ricordo che la somma degli $a_ia_j$ è uguale a $(\sum a_i)^2-\sum a_i^2=n^2-\sum a_i^2$; quindi riscrivo l'$LHS$ e ottengo:
\[LHS=\frac{n^2-\sum a_i^2}{27}+\frac{4n-n^2}{27}=\frac{4n-\sum a_i^2}{27}.\]
Bene, ora mi basta da dimostrare che:
\[\frac{n^2}{\sum a_i^2+2n}\ge\frac{4n-\sum a_i^2}{9} \Rightarrow 9n^2\ge (4n-\sum a_i^2)(\sum a_i^2+2n).\]
Svolgo il prodotto a destra e ottengo:
\[9n^2\ge 4n\sum a_i^2 + 8n^2-(\sum a_i^2)^2-2n\sum a_i^2 \Rightarrow n^2+(\sum a_i^2)^2\ge 2n\sum a_i^2.\]
Ora, chiamando $z:=\sum a_i^2$, quest'ultima disuguaglianza si riduce a:
\[n^2+z^2\ge 2nz,\]
che è vero per una cosa a caso (AM-GM, QM-GM, Cauchy-Schwarz, bunching, riarrangiamento, sum of squares, etc).
Boh, a me è venuta così.
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