平均值不等式证明（数学归纳法）

平均值不等式：对任意的n个正数a1，a2，a3，...，an，有

a1+a2+a3+...+ann≥a1a2a3...an−−−−−−−−−−√n≥n1a1+1a2+1a3+...+1an.

证明：

先证：a1+a2+a3+...+ann≥a1a2a3...an−−−−−−−−−−√n.

(1)n=1时：

a1=a1，显然成立.

(2)n=2时：

∵(a1−a2)2≥0，即a21−2a1a2+a22≥0，两边同加上4a1a2，得：a21+2a1a2+a22≥4a1a2.

∴(a1+a2)2≥4a1a2.

∵an>0.

∴a1+a2>0，a1a2>0.

两边开平方，得：a1+a2≥2a1a2−−−−√，即：a1+a22≥a1a2−−−−√（基本不等式）.

符合上述不等式.

(3)n=2k(k∈N+)时：

1、k=1时，n=2：(2)处已证明.

2、k≠1时：

n=2k−1时：假设上述不等式成立，即a1+a2+a3+...+a2k−12k−1≥a1a2a3...a2k−1−−−−−−−−−−−√2k−1.

n=2k时：将数列分成项数相同（各有2k−1项）的两部分a1，a2，...，a2k−1和a2k−1+1，a2k−1+2，...，a2k.

设A=a1+a2+...+a2k−1，B=a2k−1+1+a2k−1+2+...+a2k，P=a1a2a3...a2k−1，Q=a2k−1+1a2k−1+2...a2k.

∵a1+a2+a3+...+a2k−12k−1≥a1a2a3...a2k−1−−−−−−−−−−−√2k−1.

∴A2k−1+B2k−12≥P12k−1+Q12k−12.

∵由基本不等式得：P12k−1+Q12k−12≥(PQ)12k−1−−−−−−−√=PQ−−−√2k.

∴A2k−1+B2k−12≥PQ−−−√2k.

∴A+B2k≥PQ−−−√2k，即：a1+a2+a3+...+a2k2k≥a1a2a3...a2k−−−−−−−−−−√2k.

与假设相符，符合上述不等式.

(4) n≠2k(k∈N+)时：

存在k∈N+，使得2k−1<n<2k.

设a1a2...an−−−−−−−−√n=X.

在数列尾部补上2k−n个X，使之成为a1，a2，...，an，X，...，X，X.

此时该数列有2k项，根据(3)的结论得：a1+a2+...+an+(2k−n)X2k≥a1a2...anX2k−n−−−−−−−−−−−−−√2k.

∵a1a2...an=Xn.

∴a1a2...anX2k−n−−−−−−−−−−−−−√2k=X.

∴a1+a2+...+an+(2k−n)X2k≥X.

∴a1+a2+...+an−nX2k≥0，即a1+a2+...+an−nX≥0.

∴a1+a2+...+ann≥X，即a1+a2+...+ann≥a1a2...an−−−−−−−−√n，符合上述不等式.

综合(1)(2)(3)(4)得：a1+a2+a3+...+ann≥a1a2a3...an−−−−−−−−−−√n成立.

再证：a1a2a3...an−−−−−−−−−−√n≥n1a1+1a2+1a3+...+1an.

将数列1a1，1a2，...，1an带入不等式a1+a2+a3+...+ann≥a1a2a3...an−−−−−−−−−−√n，得：

1a1+1a2+...+1ann≥1a11a2...1an−−−−−−−−−√n，两边取倒数，得a1a2a3...an−−−−−−−−−−√n≥n1a1+1a2+1a3+...+1an，上述不等式得证.

综上：平均值不等式成立.（证毕）

参考文献：

[1]数学分析 .上册/陈纪修，於崇华，金路. —2版. —北京：高等教育出版社，.5（.5重印）ISBN 978-7-04-013852-8.