С. Берколайко

Решил добавить к уже выложенным доказательствам неравенства между средним арифметическим и средним геометрическим ещё одно. Оно не такое потрясное по оригинальности как доказательства Бора и Гурвица, а любопытно, скорее, простотой используемых средств и ловкостью автора. – E.G.A.]

Пусть a1, a2, ..., an – положительные числа, среди которых есть различные. Тогда выполняется неравенство Коши:

a1 + a2 + ... + an n > n  a1 a2 ... an .

(1)

Обозначим левую часть неравенства Коши через Sn и докажем его в такой форме:

(Sn ) n > a1 a2 ... an .

(2)

Очевидно, не ограничивая общности, можно считать, что для некоторого k такого, что 1 ≤ k ≤ n – 1,

a1 ≤ a2 ≤ ... ≤ ak ≤ Sn ≤ ak+1 ≤ ... ≤ an–1 ≤ an.

(3)

Основой доказательства неравенства (2) будет неравенство

b  b – a b < ∫  dt t = ln  b a <  b – a a , a

(4)

где 0 < a < b (см. рисунок). Заметим, что при a = b вместо (4) имеем

b – a b

= ln

b a

=

b – a a

.

Из (3) и (4)

Sn – a1 Sn +  Sn – a2 Sn + ... +  Sn – ak Sn ≤ ln  Sn a1 + ln  Sn a1 + ... + ln  Sn ak ,

(5)

или

kSn – (a1 + a2 + ... + ak) Sn ≤ ln  (Sn)k a1 a2 ... ak .

(6)

Опять-таки из (3) и (4)

ln  ak+1 Sn + ln  ak+2 Sn + ... + ln  an Sn ≤  ak+1 – Sn Sn +  ak+2 – Sn Sn + ... +  an – Sn Sn ,

(7)

или

ln  ak+1 ak+2 ... an (Sn) n–k ≤  (ak+1 + ... + an) – (n – k)Sn Sn .

(8)

Легко проверить, что левая часть неравенства (6) равна правой части неравенства (8). Значит, из (6) и (8)

ln  ak+1 ak+2 ... an (Sn) n–k ≤ ln  (Sn)k a1 a2 ... ak .

(9)

Поскольку среди чисел a1, a2, ..., an есть различные, в цепочке неравенств (3) какие-то неравенства выполняются «строго». Тогда эти «строгие» неравенства перейдут в (5) или (7). Значит, по крайней мере, одно из неравенств (6), (8) тоже будет «строгим». Поэтому вместо (9) мы можем утверждать

ln

ak+1 ak+2 ... an (Sn) n–k

< ln

(Sn)k a1 a2 ... ak

,

или

ak+1 ak+2 ... an (Sn) n–k

<

(Sn)k a1 a2 ... ak

,

откуда вытекает (2).

Если же a1 = a2 = ... = an, то, очевидно,

a1 + a2 + ... + an n

=

n



a1 a2 ... an

.