Prove that there exists even a collection of such $b_i$'s such that each $b_i/b_j$ is a power of $2$. For this purpose, for each $i$ choose such collection with $b_i = a_i$ and minimal possible $b_j$'s with $j \neq i$. The product of all $n^2$ numbers in these $n$ collections is at most $(2^{(n-1)/2} a_1 a_2 \cdots a_n)^n$.

Мы докажем, что существуют даже числа $b_1, b_2, \dots, b_n$, удовлетворяющие следующим (более сильным) условиям:
(1) $b_i \ge a_i$ при всех $i \le n$;
(2) $b_1b_2\dots b_n \le 2^{(n-1)/2} a_1a_2\dots a_n$;
(3) отношение любых двух из чисел $b_i$ является степенью двойки (с целым показателем).

Заметим, что доказываемое утверждение не изменится, если какое-то из чисел $a_k$ (а с ним и соответствующее $b_k$) умножить на некоторую степень двойки. Умножим каждое из чисел $a_k$ на степень двойки так, чтобы все полученные числа лежали в промежутке $[1, 2)$.
Не умаляя общности можно считать, что $1 \le a_1 \le a_2 \le \dots \le a_n < 2$. Покажем теперь, что одна из следующих $n$ последовательностей удовлетворяет всем трём условиям:

$$\begin{align*} a_1, & \quad a_1, \quad 2a_1, \quad 2a_1, \quad \dots, \quad 2a_1, \quad 2a_1; \\ a_2, & \quad a_2, \quad 2a_2, \quad 2a_2, \quad \dots, \quad 2a_2, \quad 2a_2; \\ a_3, & \quad a_3, \quad a_3, \quad 2a_3, \quad \dots, \quad 2a_3, \quad 2a_3; \\ & \dots \\ a_{n-1}, & \quad a_{n-1}, \quad a_{n-1}, \quad a_{n-1}, \quad \dots, \quad a_{n-1}, \quad 2a_{n-1}; \\ a_n, & \quad a_n, \quad a_n, \quad a_n, \quad \dots, \quad a_n, \quad a_n. \end{align*}$$

Поскольку для любых $k$ и $l$ выполнено неравенство $2a_l \ge 2 > a_k$, каждая из последовательностей удовлетворяет (1). Кроме того, каждая из последовательностей, очевидно, удовлетворяет (3).
Осталось показать, что хотя бы одна из них удовлетворяет (2).
Для этого заметим, что произведение всех $n^2$ чисел во всех $n$ последовательностях равно
$$2^{(n-1)+(n-2)+\dots+0} \cdot a_1^n a_2^n \dots a_n^n = (2^{(n-1)/2} a_1 a_2 \dots a_n)^n .$$
Следовательно, произведение чисел хотя бы в одной из последовательностей не превосходит $2^{(n-1)/2} a_1 a_2 \dots a_n$, что и требовалось.