这道题是非常巧妙的一道不等式测试题。放出来：
我们已知 \(a_1，a_2，\cdots，a_n；b_1，b_2，\cdots，b_n；c_1，c_2，\cdots，c_n>0，n\ge 1\in Z^{*}\)，求证：
\[\left(\displaystyle \sum^{n}_{i=1}a_i^3\right)\left(\displaystyle \sum^{n}_{i=1}b_i^3\right)\left(\displaystyle \sum^{n}_{i=1}c_i^3\right)\ge \left(\displaystyle \sum^{n}_{i=1}a_ib_ic_i\right)^3
\]
提示：回想A-G不等式的证明：（试卷上并没有这么一大串。）
证明：对 \(n\) 进行归纳。
\(1^{\circ}\) 对于 \(n=1,2\) 时的情况，我们易证它们成立。
\(2^{\circ}\) 若 \(n=k\)，下证对于 \(n=2k\) 时成立。
对数列 \(a_1,a_2,\cdots a+k,a_{k+1},\cdots a_{2k}\)
由归纳假设：
\[\dfrac{\displaystyle \sum_{i=1}^k a_i}{k}\ge \sqrt[k]{\displaystyle \prod_{i=1}^k a_i} (I)
\]
\[\dfrac{\displaystyle \sum_{i=k+1}^{2k} a_i}{k}\ge \sqrt[n]{\displaystyle \prod_{i=k+1}^{2k} a_i}(II)
\]
\(\sqrt{I\times II}\)得
\[\sqrt[2k]{\prod_{i=1}^{2k}a_i}\le \dfrac{1}{k}\sqrt{\left(\sum_{i=1}^{k} a_i\right) \left( \sum_{i=k+1}^{2k} a_i\right) }
\]
$\le \dfrac{1}{k} \times \dfrac{1}{2} (\displaystyle\sum_{i=1}^{2k} a_i) $ （此处使用两元的均值不等式）
故 \(n=2k\) 时成立。综上所述，对于 \(n=2^k(k\in N)\) 时，原不等式成立。
\(3^{\circ}\) 若 \(n=k\) 时不等式成立，考察 \(n=k-1\) 时：
由归纳假设：
\[\displaystyle \sum_{i=1}^{k-1} a_i+\sqrt[k]{\prod_{i=1}^{k-1} a_i}\le k\times \sqrt[k]{\prod_{i=1}^{k-1} a_i\times \sqrt[k-1]{\prod_{i=1}^{k-1} a_i}}=k\times \sqrt[k-1]{\prod_{i=1}^{k-1} a_i}
\]
即j
\[\sum_{i=1}^{k-1} a_i\le (k-1)\times \sqrt[k-1]{\prod_{i=1}^{k-1} a_i}
\]
即 \(n=k-1\) 成立。
事实上，我们可将原不等式视作关于n的命题P(n)，已知 \(P(k)\rightarrow P(2k)\)，\(P(k)\rightarrow P(k-1)\)，由此，我们不难看出，原不等式对于任意的n都成立。理由：我们可以用第一个条件推到一个比n大的数，然后由第二个条件反向推回去。这就是“反向归纳法”。它与普通数学归纳法的不同之处在于，数学归纳法是用前面的条件作为“基石”去推后面，而反向归纳法则是基石在后面，再往反向推。
这里写一种所谓“奇技淫巧”的方法，非常之巧妙，由zyy和lxz二人提供。大概思路是结合上述证明法是根据2的幂，想到找四项的cauchy，进而去降次、消项。
首先，我们对于均大于零的\(a_i,b_i,c_i,d_i(i=1,2,\cdots,n)\)，使用cauchy不等式：
\[\left(\displaystyle \sum^{n}_{i=1}a_i^4\right)\left(\displaystyle \sum^{n}_{i=1}b_i^4\right)\left(\displaystyle \sum^{n}_{i=1}c_i^4\right)\left(\displaystyle \sum^{n}_{i=1}d_i^4\right)\ge \left(\displaystyle \sum^{n}_{i=1}a_ib_i\right)^2\left(\displaystyle \sum^{n}_{i=1}c_id_i\right)^2 \\ \\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =\left[\left(\displaystyle \sum^{n}_{i=1}a_ib_i\right)\times\left(\displaystyle \sum^{n}_{i=1}c_id_i\right)\right]^2\\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ge \left(\displaystyle \sum^{n}_{i=1}a_ib_ic_id_i\right)^4
\]
那么，取 \(a_i=(m_i)^{\frac{3}{4}}\)，\(b_i=(k_i)^{\frac{3}{4}}\)，\(c_i=(p_i)^{\frac{3}{4}}\)，\(a_i=(m_ik_ip_i)^{\frac{1}{4}}\)，代入上式，即得所证不等式。
