Азиатско-Тихоокеанская математическая олимпиада, 2024 год

$n$ — натурал, ал $a_1,a_2,\ldots,a_n$ — нақты оң сандар болсын. Келесі теңсіздікті дәлелдеңіз: $$\sum_{i=1}^n\frac1{2^i}\left(\frac2{1+a_i}\right)^{2^i} \ge \frac2{1+a_1a_2\ldots a_n} - \frac1{2^n}.$$

Комментарий/решение

Сначала докажем для любых неотрицательных $(x,y)$ что:

$$\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}\geq \frac{1}{xy+1}$$

Что сравнимо с:

$$(xy+1)((x+1)^2+(y+1)^2)\geq (x+1)^2(y+1)^2 \Leftrightarrow x^3y+xy^3+1 \geq x^2y^2+2xy$$

Действительно что:

$$(xy+1)((x+1)^2+(y+1)^2)=x^3y+xy^3+1+(x^2+y^2+2x+2y+1+2x^2y+2xy^2+2xy)$$

$$(x+1)^2(y+1)^2=x^2y^2+2xy+(x^2+y^2+2x+2y+1+2x^2y+2xy^2+2xy)$$

Ну а неравенство ниже решается простым AM-GM:

$$(x^3y+xy^3)+1\geq 2x^2y^2+1=(x^2y^2)+(x^2y^2+1)\geq x^2y^2+2xy$$

Теперь решаем основное неравенство через индукцию.

База $(n=1)$:

$$\frac{1}{2}\cdot \left(\frac{2}{1+a_1}\right)^2+\frac{1}{2} \geq \left(\frac{2}{1+a_1} \right)$$

Что очевидно.

Шаг: пусть для любых $n \geq 1$ положительных чисел неравенство верно, докажем что неравенство верно и для любых $n+1 \geq 2$ чисел.

Заметим что следующее по Коши:

$$\left(\frac{1}{2^{n+1}}+\sum^{n+1}_{i=2} \frac{1}{2^i} \cdot \left(\frac{2}{1+a_i}\right)^{2^i} \right) \left(\frac{1}{2^{n-1}}+\sum^{n+1}_{i=2} \frac{1}{2^{i-2}} \right)\geq $$

$$\left(\frac{1}{2^{n}}+\sum^{n+1}_{i=2} \frac{1}{2^{i-1}} \cdot \left(\frac{2}{1+a_i}\right)^{2^{i-1}} \right)^2 \geq \left(\frac{2}{1+a_2~...~a_{n+1}}\right)^2$$

Где верно что:

$$\left(\frac{1}{2^{n-1}}+\sum^{n+1}_{i=2} \frac{1}{2^{i-2}} \right)=2$$

Тогда:

$$\left(\frac{1}{2^{n+1}}+\sum^{n+1}_{i=2} \frac{1}{2^i} \cdot \left(\frac{2}{1+a_i}\right)^{2^i} \right)+\frac{1}{2} \cdot \left(\frac{2}{1+a_1}\right)^{2} \geq \frac{2}{(1+a_2~...~a_{n+1})^2}+ \frac{2}{(1+a_1)^2}$$

Используя первое доказанное неравенство получаем требуемое:

$$\frac{2}{(1+a_2~...~a_{n+1})^2}+ \frac{2}{(1+a_1)^2} \geq \frac{2}{1+a_1~...~a_{n+1}}$$

-$\blacksquare$