每日一题20260321

设 \(n(n\geqslant2)\) 个正实数 \(a_1,a_2,\cdots,a_n\) 满足 \(a_1\leqslant a_2\leqslant\cdots\leqslant a_n\). 证明:

\[\sum_{1\leqslant i<j\leqslant n}\left(a_i+a_j\right)^2\left(\frac{1}{i^2}+\frac{1}{j^2}\right)\geqslant4(n-1)\sum_{i=1}^n\frac{a^2_i}{i^2} \]

解: 当 \(n=2\) 时, 原不等式

\[\Leftrightarrow \frac{5}{4}(a_1+a_2)^2\geqslant 4\cdot\left(a^2_1+\frac{a^2_2}{4}\right) \]

\[\Leftrightarrow\frac{5}{2}a_1a_2+\frac{1}{4}a^2_2\geqslant\frac{11}{4}a^2_1 \]

由于 \(a_2\geqslant a_1\), 上式成立.设 \(n=k-1\) 时成立, 我们已有

\[\sum_{1\leqslant i<j\leqslant k-1}\left(a_i+a_j\right)^2\left(\frac{1}{i^2}+\frac{1}{j^2}\right)\geqslant4(k-2)\sum_{i=1}^{k-1}\frac{a^2_i}{i^2} \]

当 \(n=k\) 时, 我们只需证明

\[\sum_{i=1}^{k-1}\left(a_i+a_k\right)^2\left(\frac{1}{i^2}+\frac{1}{k^2}\right)\geqslant 4\cdot\left((k-1)\frac{a^2_k}{k^2}+\sum_{i=1}^{k-1}\frac{a^2_i}{i^2}\right) \]

但是由于 \((a_i+a_j)^2\geqslant 3a^2_i+a^2_k\), 所以上式

\[LHS\geqslant\sum_{i=1}^{k-1}\left(3a^2_i+a^2_k\right)\left(\frac{1}{i^2}+\frac{1}{k^2}\right) \]

所以我们只需证明

\[\sum_{i=1}^{k-1}\left(a^2_k-a^2_i\right)\cdot\left(\frac{1}{i^2}-\frac{3}{k^2}\right)\geqslant0 \]

由于 \(a_i\) 递增, 则 \(a^2_k-a^2_i\) 递减, 而 \(\displaystyle \left(\frac{1}{i^2}+\frac{1}{k^2}\right)\) 递减, 由切比雪夫不等式有

\[\sum_{i=1}^{k-1}\left(a^2_k-a^2_i\right)\cdot\left(\frac{1}{i^2}-\frac{3}{k^2}\right)\geqslant\frac{1}{n}\left(\sum_{i=1}^{k-1}a^2_k-a^2_i\right)\cdot \left(\sum_{i=1}^{k-1}\frac{1}{i^2}-\frac{3}{k^2}\right) \]

由于现在 \(k\geqslant3\), 我们有

\[\sum\left(\frac{1}{i^2}-\frac{1}{k^2}\right)>\sum\frac{1}{i(i+1)}-\frac{3(k-1)}{k^2}=1-\frac{1}{k}-\frac{3(k-1)}{k^2}\geqslant0 \]

恒成立.所以上式右边非负.证毕.