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Siano $ a_1,a_2\cdots ,a_n $ numeri reali positivi tali che $ \prod a_i=1 $ . Dimostrare che

$ \displaystyle \frac{a_1}{(1+a_1)}+\frac{a_2}{(1+a_1)(1+a_2)}+ \cdots +\frac {a_n}{(1+a_1)(1+a_2)\cdots (1+a_n)} \ge \frac{2^n-1}{2^n} $

Ispirato dal TELESCOPICO suggerimento si potrebbe fare così:

$\begin{align}
& \frac{{{a}_{1}}}{(1+{{a}_{1}})}=1-\frac{1}{(1+{{a}_{1}})} \\
& \frac{{{a}_{2}}}{(1+{{a}_{1}})(1+{{a}_{2}})}=\frac{1}{(1+{{a}_{1}})}-\frac{1}{(1+{{a}_{1}})(1+{{a}_{2}})}... \\
& ...... \\
& \frac{{{a}_{n}}}{(1+{{a}_{1}})(1+{{a}_{2}})\cdots (1+{{a}_{n}})}=\frac{1}{(1+{{a}_{1}})(1+{{a}_{2}})\cdots (1+{{a}_{n-1}})}-\frac{1}{(1+{{a}_{1}})(1+{{a}_{2}})\cdots (1+{{a}_{n}})} \\
\end{align}$

e sommando membro a membro si otterrebbe

$\frac{{{a}_{1}}}{(1+{{a}_{1}})}+\frac{{{a}_{2}}}{(1+{{a}_{1}})(1+{{a}_{2}})}+\cdots +\frac{{{a}_{n}}}{(1+{{a}_{1}})(1+{{a}_{2}})\cdots (1+{{a}_{n}})}=1-\frac{1}{(1+{{a}_{1}})(1+{{a}_{2}})\cdots (1+{{a}_{n}})}$ .

Ma per AM-GM ${{a}_{n}}+1\ge 2\sqrt{{{a}_{n}}}\Rightarrow \frac{1}{2\sqrt{{{a}_{n}}}}\ge \frac{1}{{{a}_{n}}+1}\quad \forall n\in \mathbb{N}$, ossia, moltiplicando membro a membro,

$1-\frac{1}{(1+{{a}_{1}})(1+{{a}_{2}})\cdots (1+{{a}_{n}})}\ge 1-\frac{1}{\left( {{2}^{n}} \right)\sqrt{{{a}_{1}}\cdot {{a}_{2}}\cdot ...\cdot {{a}_{n}})}}=1-\frac{1}{{{2}^{n}}}$.

Giusta , anche se la prima parte andrebbe ( credo ) dimostrata ( ma è induzione semplice semplice ) ...