次可加数列的和式不等式

证明： 记 $S_n=\sum\limits_{i=1}^{n}\dfrac{a_i}{i^2}$，$H_n=\sum\limits_{i=1}^{n}\dfrac{1}{i}$．需证 $S_n\ge \dfrac{a_n}{n}H_n$．

由条件，对任意正整数 $m,n$ 有 $a_{m+n}\le a_m+a_n$．由此可得两个有用的不等式．

1. 基本不等式

对任意 $n\ge 1$，取 $i=1,2,\dots,n$，有

$$a_{n+1}\le a_i+a_{n+1-i}.$$

将这 $n$ 个不等式相加得

$$n a_{n+1}\le \sum_{i=1}^{n}(a_i+a_{n+1-i})=2\sum_{i=1}^{n}a_i,$$

即

$$a_{n+1}\le \frac{2}{n}\sum_{i=1}^{n}a_i.\tag{1}$$

2. 一个引理

对任意正整数 $m$，有

$$S_m\ge \frac{2H_m}{m(m+1)}\sum_{i=1}^{m}a_i.\tag{2}$$

用数学归纳法证明．

当 $m=1$ 时，左边 $S_1=a_1$，右边 $\frac{2H_1}{1\cdot2}a_1=a_1$，等式成立．

假设 (2) 对 $m$ 成立，考虑 $m+1$．记 $A=\sum_{i=1}^{m}a_i$，$a=a_{m+1}$．由归纳假设

$$S_m\ge \frac{2H_m}{m(m+1)}A.$$

需要证明

$$S_{m+1}=S_m+\frac{a}{(m+1)^2}\ge \frac{2H_{m+1}}{(m+1)(m+2)}(A+a).$$

利用 $S_m$ 的下界，只需证

$$\frac{2H_m}{m(m+1)}A+\frac{a}{(m+1)^2}\ge \frac{2H_{m+1}}{(m+1)(m+2)}(A+a).\tag{3}$$

令 $\alpha=H_m$，$\beta=\frac{1}{m+1}$，则 $H_{m+1}=\alpha+\beta$．不等式 (3) 两边同乘 $m+1$ 得

$$\frac{2\alpha}{m}A+\frac{a}{m+1}\ge \frac{2(\alpha+\beta)}{m+2}(A+a).\tag{4}$$

移项整理为

$$A\left(\frac{2\alpha}{m}-\frac{2(\alpha+\beta)}{m+2}\right)+a\left(\frac{1}{m+1}-\frac{2(\alpha+\beta)}{m+2}\right)\ge0.\tag{5}$$

计算系数：

$$C_A:=\frac{2\alpha}{m}-\frac{2(\alpha+\beta)}{m+2}=\frac{2}{m+2}\left(\frac{2\alpha}{m}-\beta\right)>0,$$

$$C_a:=\frac{1}{m+1}-\frac{2(\alpha+\beta)}{m+2}=\frac{1}{m+2}\left(\frac{m}{m+1}-2\alpha\right)<0.$$

由 (1) 有 $a\le \dfrac{2}{m}A$，即 $A\ge \dfrac{m}{2}a$．因 $C_A>0$，故

$$A C_A\ge \frac{m}{2}a C_A.$$

代入 (5) 得

$$A C_A+a C_a\ge \frac{m}{2}a C_A+a C_a=a\left(\frac{m}{2}C_A+C_a\right).$$

直接计算

$$\frac{m}{2}C_A=\frac{m}{2}\cdot\frac{2}{m+2}\left(\frac{2\alpha}{m}-\beta\right)=\frac{2\alpha-m\beta}{m+2},$$

$$C_a=\frac{1}{m+2}\left(\frac{m}{m+1}-2\alpha\right),$$

相加，注意到 $\beta=\frac{1}{m+1}$，得

$$\frac{m}{2}C_A+C_a=\frac{1}{m+2}\left(2\alpha-m\beta+\frac{m}{m+1}-2\alpha\right)=\frac{1}{m+2}\left(-m\beta+\frac{m}{m+1}\right)=0.$$

因此 $A C_A+a C_a\ge 0$，即 (5) 成立，从而 (3) 成立．归纳完成，引理得证．

3. 原不等式的证明

当 $n=1$ 时，$S_1=a_1=\dfrac{a_1}{1}H_1$，等式成立．

设 $n\ge 2$．在引理 (2) 中取 $m=n-1$ 得

$$S_{n-1}\ge \frac{2H_{n-1}}{(n-1)n}\sum_{i=1}^{n-1}a_i.\tag{6}$$

在 (1) 中令 $n-1$ 代替 $n$ 得

$$a_n\le \frac{2}{n-1}\sum_{i=1}^{n-1}a_i.\tag{7}$$

由 (7) 得

$$\frac{a_n}{n}H_{n-1}\le \frac{2H_{n-1}}{n(n-1)}\sum_{i=1}^{n-1}a_i.$$

结合 (6) 即得

$$S_{n-1}\ge \frac{a_n}{n}H_{n-1}.\tag{8}$$

最后，

$$S_n=S_{n-1}+\frac{a_n}{n^2} \ge \frac{a_n}{n}H_{n-1}+\frac{a_n}{n^2}=\frac{a_n}{n}\left(H_{n-1}+\frac{1}{n}\right)=\frac{a_n}{n}H_n.$$

故对一切正整数 $n$ 都有 $S_n\ge \dfrac{a_n}{n}H_n$，命题获证．