用简易方法证明 n 个数的算术平均数 ＞ 几何平均数

写博时间：2023-4-12 16:30~20:10

以前常常证明与使用 a+b2>ab\\dfrac{a+b}{2}>\\sqrt {ab}2a+b​>ab​ 的公式，
那么 $n$ 个数的算术平均数 > 几何平均数的命题怎么证明呢？

在网上搜了一番，基本都是使用琴生不等式，柯西不等式进行证明的，那有没有什么可以轻松理解的证明方法呢？在浏览了许多问答之后，我找到了一种简单易懂的证法。

证明
An≥GnA_n\\ge G_nAn​≥Gn​

即
∑i=1nxin≥∏i=1nxin\\dfrac{\\sum_{i=1}^{n}x_i}{n}\\ge \\sqrt[n]{\\prod_{i=1}^{n}x_i}n∑i=1n​xi​​≥ni=1∏n​xi​​

以下均满足 $x>0$。

首先证明 $n=2$ 的情况，即
x1+x22≥x1x2\\dfrac{x_1+x_2}{2}\\ge \\sqrt{x_1x_2}2x1​+x2​​≥x1​x2​​
x1+x2≥2x1x2x_1+x_2\\ge 2\\sqrt{x_1x_2}x1​+x2​≥2x1​x2​​
x1+x2−2x1x2≥0x_1+x_2-2\\sqrt{x_1x_2}\\ge0x1​+x2​−2x1​x2​​≥0

(x1−x2)2≥0(\\sqrt{x_1}-\\sqrt{x_2})^2\\ge0(x1​​−x2​​)2≥0

显然成立。

那么我们能不能把它推广到高元呢？

三元比较难证，想想怎么通过二元式证明四元式。

x1+x2+x3+x44\\dfrac{x_1+x_2+x_3+x_4}{4}4x1​+x2​+x3​+x4​​
=12×(x1+x22+x1+x22)=\\dfrac{1}{2}\\times(\\dfrac{x_1+x_2}{2}+\\dfrac{x_1+x_2}{2})=21​×(2x1​+x2​​+2x1​+x2​​)
≥12×(x1x2+x3x4)\\ge\\dfrac{1}{2}\\times(\\sqrt{x_1x_2}+\\sqrt{x_3x_4})≥21​×(x1​x2​​+x3​x4​​)
≥12×2x1x2×x3x4\\ge\\dfrac{1}{2}\\times2\\sqrt{\\sqrt{x_1x_2}\\times\\sqrt{x_3x_4}}≥21​×2x1​x2​​×x3​x4​​​
≥x1x2x3x4\\ge\\sqrt{\\sqrt{x_1x_2x_3x_4}}≥x1​x2​x3​x4​​​
≥x1x2x3x44\\ge\\sqrt[4]{x_1x_2x_3x_4}≥4x1​x2​x3​x4​​

诶，证出来了。

类似的我们可以证明当 n=2m,m∈Nn=2^m,m\\in \\Nn=2m,m∈N 时，式子均成立。如下：
假设 n=2m−1n=2^{m-1}n=2m−1 时成立，则当 n=2mn=2^mn=2m 时，

x1+x2+x3+⋯+x2m2m\\dfrac{x_1+x_2+x_3+\\dots +x_{2^m}}{2^m}2mx1​+x2​+x3​+⋯+x2m​​
=12×(x1+x2+⋯+x2m−12+x2m−1+1+x2m−1+2+⋯+x2m2)=\\dfrac{1}{2}\\times(\\dfrac{x_1+x_2+\\dots +x_{2^{m-1}}}{2}+\\dfrac{x_{2^{m-1}+1}+x_{2^{m-1}+2}+\\dots +x_{2^{m}}}{2})=21​×(2x1​+x2​+⋯+x2m−1​​+2x2m−1+1​+x2m−1+2​+⋯+x2m​​)
≥12×(x1x2…x2m−12m−1+x2m−1+1x2m−1+2…x2m2m−1)\\ge\\dfrac{1}{2}\\times(\\sqrt[2^{m-1}]{x_1x_2\\dots x_{2^{m-1}}}+\\sqrt[2^{m-1}]{x_{2^{m-1}+1}x_{2^{m-1}+2}\\dots x_{2^m}})≥21​×(2m−1x1​x2​…x2m−1​​+2m−1x2m−1+1​x2m−1+2​…x2m​​)
≥12×2x1x2…x2m−12m−1×x2m−1+1x2m−1+2…x2m2m−1\\ge\\dfrac{1}{2}\\times2\\sqrt{\\sqrt[2^{m-1}]{x_1x_2\\dots x_{2^{m-1}}}\\times\\sqrt[2^{m-1}]{x_{2^{m-1}+1}x_{2^{m-1}+2}\\dots x_{2^m}}}≥21​×22m−1x1​x2​…x2m−1​​×2m−1x2m−1+1​x2m−1+2​…x2m​​​
≥x1x2…x2m2m−1\\ge\\sqrt{\\sqrt[2^{m-1}]{x_1x_2\\dots x_{2^m}}}≥2m−1x1​x2​…x2m​​​
≥x1x2…x2m2m\\ge\\sqrt[2^m]{x_1x_2\\dots x_{2^m}}≥2mx1​x2​…x2m​​

很不错，但对于所有正整数来说，还有 n−log2nn-log_2nn−log2​n 个数没证明呢。

这时候我们再来想想三元式？

对于三元式
x1+x2+x33≥x1x2x3\\dfrac{x_1+x_2+x_3}{3}\\ge \\sqrt{x_1x_2x_3}3x1​+x2​+x3​​≥x1​x2​x3​​
来说，他和四元式最大的不同在于少了一个 x4x_4x4​，如果将 x4x_4x4​ 扔掉了，那不就成立了？
再搬一下四元式的结论：

x1+x2+x3+x44≥x1x2x3x4\\dfrac{x_1+x_2+x_3+x_4}{4}\\ge \\sqrt{x_1x_2x_3x_4}4x1​+x2​+x3​+x4​​≥x1​x2​x3​x4​​

那就尝试一下，我们令

x1+x2+x33=x1+x2+x3+x44\\dfrac{x_1+x_2+x_3}{3}=\\dfrac{x_1+x_2+x_3+x_4}{4}3x1​+x2​+x3​​=4x1​+x2​+x3​+x4​​

那么如果能证明这个式子成立就好了。
x1+x2+x3+x44≥x1x2x3\\dfrac{x_1+x_2+x_3+x_4}{4}\\ge \\sqrt{x_1x_2x_3}4x1​+x2​+x3​+x4​​≥x1​x2​x3​​
由
x1+x2+x33=x1+x2+x3+x44\\dfrac{x_1+x_2+x_3}{3}=\\dfrac{x_1+x_2+x_3+x_4}{4}3x1​+x2​+x3​​=4x1​+x2​+x3​+x4​​
得
4x1+4x2+4x3=3x1+3x2+3x3+3x44x_1+4x_2+4x_3=3x_1+3x_2+3x_3+3x_44x1​+4x2​+4x3​=3x1​+3x2​+3x3​+3x4​
x4=x1+x2+x33x_4=\\dfrac {x_1+x_2+x_3}{3}x4​=3x1​+x2​+x3​​
把这么难看的一坨分式乘进去
由四元式的式子得到：
x1x2x3x44\\sqrt[4]{x_1x_2x_3x_4}4x1​x2​x3​x4​​
=x1x2x34×x1+x2+x334=\\sqrt[4]{x_1x_2x_3}\\times\\sqrt[4]{\\dfrac {x_1+x_2+x_3}{3}}=4x1​x2​x3​​×43x1​+x2​+x3​​​
≤x1+x2+x3+x44\\le \\dfrac{x_1+x_2+x_3+x_4}{4}≤4x1​+x2​+x3​+x4​​
=x1+x2+x3+x1+x2+x334=\\dfrac{x_1+x_2+x_3+\\dfrac{x_1+x_2+x_3}{3}}{4}=4x1​+x2​+x3​+3x1​+x2​+x3​​​
=x1+x2+x33=\\dfrac{x_1+x_2+x_3}{3}=3x1​+x2​+x3​​

看起来是一大坨玩意儿，实际上我们需要用到的不过就第二条式子和最后一条式子。
也就是

x1x2x34×x1+x2+x334≤x1+x2+x33\\sqrt[4]{x_1x_2x_3}\\times\\sqrt[4]{\\dfrac {x_1+x_2+x_3}{3}} \\le\\dfrac{x_1+x_2+x_3}{3}4x1​x2​x3​​×43x1​+x2​+x3​​​≤3x1​+x2​+x3​​

根号多不好看啊，我们将式子左右两边都四次方。
就变成了

x1x2x3×x1+x2+x33≤(x1+x2+x33)4{x_1x_2x_3}\\times \\dfrac {x_1+x_2+x_3}{3}\\le(\\dfrac{x_1+x_2+x_3}{3})^4x1​x2​x3​×3x1​+x2​+x3​​≤(3x1​+x2​+x3​​)4

好像可以消掉一个 x1+x2+x33\\dfrac{x_1+x_2+x_3}{3}3x1​+x2​+x3​​：

x1x2x3≤(x1+x2+x33)3x_1x_2x_3\\le(\\dfrac{x_1+x_2+x_3}{3})^3x1​x2​x3​≤(3x1​+x2​+x3​​)3
再开个三次方根：
x1x2x33≤x1+x2+x33\\sqrt[3]{x_1x_2x_3}\\le\\dfrac{x_1+x_2+x_3}{3}3x1​x2​x3​​≤3x1​+x2​+x3​​
这不就是我们想要的 x1+x2+x33≥x1x2x33\\dfrac{x_1+x_2+x_3}{3}\\ge\\sqrt[3]{x_1x_2x_3}3x1​+x2​+x3​​≥3x1​x2​x3​​ 嘛？

于是，我们成功地通过 $n=4$ 的结论推出了三元式的结论！

也就是说，当我们知道 $n=t$ 的时候式子成立时，当 $n=t-1$ 时式子同样成立（当然 $t$ 不能不是正整数）。
有什么用呢？

刚才我们不是证明了当 n=2m,m∈Nn=2^m,m\\in \\Nn=2m,m∈N 时，式子均成立？

因为 $m\in \mathbb{N}$，那 n=2mn=2^mn=2m 是不是能无限增大？

那我们又证出了

当我们知道 $n=t$ 的时候式子成立时，当 $n=t-1$ 时式子同样成立

不就能覆盖正整数集了？！

类似的，我们写一下推广结论：

假设 $n=k$ 时有 An≥GnA_n\\ge G_nAn​≥Gn​，即：
x1+x2+⋯+xkk≥x1x2…xkk\\dfrac{x_1+x_2+\\dots+x_k}{k}\\ge \\sqrt[k]{x_1x_2\\dots x_k}kx1​+x2​+⋯+xk​​≥kx1​x2​…xk​​

令
xk=Ak−1=x1+x2+⋯+xk−1k−1x_k=A_{k-1}=\\dfrac{x_1+x_2+\\dots +x_{k-1}}{k-1}xk​=Ak−1​=k−1x1​+x2​+⋯+xk−1​​
则有：
x1+x2+⋯+xk−1+x1+x2+⋯+xk−1k−1k≥x1x2…xk−1Ak−1k\\dfrac{x_1+x_2+\\dots +x_{k-1}+\\dfrac{x_1+x_2+\\dots +x_{k-1}}{k-1}}{k}\\ge\\sqrt[k]{x_1x_2\\dots x_{{k-1}}A_{k-1}}kx1​+x2​+⋯+xk−1​+k−1x1​+x2​+⋯+xk−1​​​≥kx1​x2​…xk−1​Ak−1​​

即
x1+x2+⋯+xk−1k−1≥x1x2…xk−1Ak−1k\\dfrac{x_1+x_2+\\dots +x_{k-1}}{k-1}\\ge\\sqrt[k]{x_1x_2\\dots x_{{k-1}}A_{k-1}}k−1x1​+x2​+⋯+xk−1​​≥kx1​x2​…xk−1​Ak−1​​

也就是
Ak−1≥x1x2…xk−1Ak−1kA_{k-1}\\ge\\sqrt[k]{x_1x_2\\dots x_{{k-1}}A_{k-1}}Ak−1​≥kx1​x2​…xk−1​Ak−1​​

所以有
Ak−1k≥x1x2…xk−1Ak−1A_{k-1}^{k}\\ge x_1x_2\\dots x_{{k-1}}A_{k-1}Ak−1k​≥x1​x2​…xk−1​Ak−1​

Ak−1k−1≥x1x2…xk−1A_{k-1}^{k-1}\\ge x_1x_2\\dots x_{{k-1}}Ak−1k−1​≥x1​x2​…xk−1​

注意这里不是组合数！！

开 $k-1$ 次方根，得

Ak−1≥x1x2…xk−1k−1A_{k-1}\\ge \\sqrt[k-1]{x_1x_2\\dots x_{k-1}}Ak−1​≥k−1x1​x2​…xk−1​​

亦即

Ak−1≥Gk−1A_{k-1}\\ge G_{k-1}Ak−1​≥Gk−1​

于是当 $n=k-1$ 时，命题仍然成立。

综上所述，对一切正整数 $n$，都满足 An≥GnA_n\\ge G_nAn​≥Gn​

证毕。