设 $a_1, a_2, \cdots, a_n\in\mathbf{N^*}$, 且各不相同. 求证: $${a_1\over1^2} + {a_2\over2^2} + \cdot + {a_n\over n^2} \ge {1\over1} + {1\over2} + \cdots + {1\over n}.$$
解法一：
考虑使用基本不等式 $a + b\ge 2\sqrt{ab}$ 消去左边各项之分子. $$\because {a_k\over 1^2} + {1\over a_k} \ge 2\cdot{1\over k},\ k=1, 2, \cdots n.$$ $$\therefore \sum_{k=1}^{n}{a_k\over k^2} + \sum_{k=1}^{n}{1\over a_k} \ge 2\cdot\sum_{k=1}^{n}{1\over k}.$$ 而 $a_k\in\mathbf{N^*}$ 且互不相等, 因此 $$\sum_{k=1}^{n}{1\over a_k} \le \sum_{k=1}^{n}{1\over k}.$$ 注意不一定有$a_k \ge k$.
由此可以得到 $$\sum_{k=1}^{n}{a_k\over k^2} \ge \sum_{k=1}^{n}{1\over k}.$$
解法二：
我们还可以尝试使用Cauchy不等式 $$\left(\sum_{i = 1}^{n}a_ib_i\right)^2 \le \left(\sum_{i = 1}^{n}a_i^2\right)\left(\sum_{i = 1}^{n}b_i^2\right)$$ 证明之: $$\left(1 + {1\over2} + \cdots + {1\over n}\right)^2 = \left(\sum_{k = 1}^{n}{1\over k}\right)^2 = \left(\sum_{k = 1}^{n}{\sqrt{a_k} \over k}\cdot {1\over \sqrt{a_k}}\right)^2 \le \sum_{k = 1}^{n}{a_k \over k^2} \cdot \sum_{k = 1}^{n}{1\over a_k}$$ 而 $a_k\in\mathbf{N^*}$ 且互不相等, 因此 $$\sum_{k=1}^{n}{1\over a_k} \le \sum_{k=1}^{n}{1\over k}.$$ 由此可以得到 $$\sum_{k=1}^{n}{a_k\over k^2} \ge \sum_{k=1}^{n}{1\over k}.$$
解法三：
本题还可采用排序不等式证明之.
设 $b_1, b_2, \cdots, b_n$ 是 $a_1, a_2, \cdots, a_n$ 的重新排列, 且满足: $$b_1 < b_2 < \cdots b_n.$$ 又$$1 > {1\over2^2} > {1\over3^2} > \cdots > {1\over n^2}.$$ 因此(乱序和 $\ge$ 反序和): $$a_1 + {a_2 \over 2^2} + \cdots + {a_n \over n^2} \ge b_1 + {b_2 \over 2^2} + \cdots + {b_n \over n^2}.$$ 因为 $b_1, b_2, \cdots, b_n$ 是互不相等的正整数, 故 $$b_1 \ge 1,\ b_2\ge2,\ \cdots,\ b_n \ge n.$$ 从而 $$1 + {1\over 2} + \cdots + {1\over n} \le b_1 + {b_2 \over 2^2} + \cdots + {b_n \over n^2} \le a_1 + {a_2 \over 2^2} + \cdots + {a_n \over n^2}.$$
评注:
本题解法一, 解法二大同小异, 都利用了恒等式 $${1\over k} = {\sqrt{a_k} \over k} \cdot {1 \over \sqrt{a_k}}.$$ 解法三则利用排序不等式迅速得出结果, 是三种作法中最简洁的.
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