从一个简单不等式谈起

平均值不等式

$$\frac{x_1+x_2}{2} \geq \sqrt{x_1x_2} \quad x_1,x_2 \geq 0$$

它的证明很简单

$$(\sqrt{x_1}-\sqrt{x_2})^2 \geq 0 \\ \Leftrightarrow x_1^2+x_2^2-2\sqrt{x_1x_2} \geq 0 \\ \Leftrightarrow \frac{x_1+x_2}{2} \geq \sqrt{x_1x_2}$$

证毕

当然，这样子就结束多没意思，我们肯定要考虑推广

$$设x_1,x_2,x_3,x_4 \geq 0 \\ \frac{x_1+x_2+x_3+x_4}{4} = \frac{1}{2}(\frac{x_1+x_2}{2}+\frac{x_3+x_4}{2}) \\ \geq \frac{1}{2}(\sqrt{x_1x_2}+\sqrt{x_3x_4}) \geq \sqrt[4]{x_1x_2x_3x_4}$$

同样的，拆分加号再使用二项的均值不等式，就有

$$\frac{x_1+x_2+...+x_8}{8} \geq \sqrt[8]{x_1x_2...x_8} \\ \frac{x_1+x_2+...+x_{16}}{16} \geq \sqrt[16]{x_1x_2...x_{16}} \\ \frac{x_1+x_2+...+x_{32}}{32} \geq \sqrt[32]{x_1x_2...x_{32}} \\ ...$$

虽然我们只覆盖了2，4，6，8…这样项数为2的幂次的形式

但我们有理由猜测

$$\frac{x_1+x_2+...+x_{n}}{n} \geq \sqrt[n]{x_1x_2...x_{n}}$$

应该是成立的，但我们现在没有证据 x

那现在就探究n=3的情况

$$欲证 \\ \frac{x_1+x_2+x_{3}}{3} \geq \sqrt[3]{x_1x_2x_{3}}$$ $$尝试 \\ \frac{x_1+x_2+x_{3}}{3} \geq \frac{2\sqrt{x_1x_2}+x_{3}}{3} \geq \frac{2\sqrt{2x_3\sqrt{x_1x_2}}}{3}$$

好吧，看来硬套是不行的

我觉得主要原因还是两次平方根会产生四次方根

要解释思路还是很困难的

我们只能换一个想法，用四元不等式去推导三元

这样是不是看着轻松一些？以大推小

$$再次尝试 \\ \\ \frac{x_1+x_2+x_3+x_4}{4} \geq \sqrt[4]{x_1x_2x_3x_4} \\ 如果我们能找得到x_4=f(x_1,x_2,x_3) \\ 使\frac{x_1+x_2+x_3+x_4}{4}=\frac{x_1+x_2+x_3}{3} \\ 使\sqrt[4]{x_1x_2x_3x_4}=\sqrt[3]{x_1x_2x_3} \\ 那就完成了 \\ 然而，找到同时满足这两个条件的f并不容易，至少我不太想去找，不如先满足一个 \\ 试一下，令f(x_1,x_2,x_3)=x_1^\frac{1}{3}x_2^\frac{1}{3}x_3^\frac{1}{3} \\ \frac{x_1+x_2+x_3+x_4}{4} \geq \sqrt[4]{x_1x_2x_3x_4} \\ \Rightarrow \frac{x_1+x_2+x_3+x_1^\frac{1}{3}x_2^\frac{1}{3}x_3^\frac{1}{3}}{4} \geq \sqrt[3]{x_1x_2x_3}$$

现在再看

$$\frac{x_1+x_2+x_3}{3} \land \frac{x_1+x_2+x_3+x_1^\frac{1}{3}x_2^\frac{1}{3}x_3^\frac{1}{3}}{4} \\ (\land我用来表示未确定的不等号,当然我们期望它是\geq) \\ \frac{x_1+x_2+x_3}{12} \land \frac{x_1^\frac{1}{3}x_2^\frac{1}{3}x_3^\frac{1}{3}}{4} \\ x_1+x_2+x_3 \land 3(x_1^\frac{1}{3}x_2^\frac{1}{3}x_3^\frac{1}{3}) \\ \frac{x_1+x_2+x_{3}}{3} \land \sqrt[3]{x_1x_2x_{3}} \\$$

妈的笑死我了绕回来了

那就试着让f满足左边吧

$$尝试\\ 令f(x_1,x_2,x_3)=\frac{1}{3}(x_1+x_2+x_3) \\ \frac{x_1+x_2+x_3+x_4}{4} \geq \sqrt[4]{x_1x_2x_3x_4} \\ \Rightarrow \frac{x_1+x_2+x_3}{3} \geq \sqrt[4]{x_1x_2x_3\frac{(x_1+x_2+x_3)}{3}}= \sqrt[4]{x_1x_2x_3}(\frac{(x_1+x_2+x_3)}{3})^{\frac{1}{4}}\\ (\frac{x_1+x_2+x_3}{3})^{\frac{3}{4}} \geq \sqrt[4]{x_1x_2x_3} \\ \frac{x_1+x_2+x_3}{3} \geq \sqrt[3]{x_1x_2x_3} \\ 得证$$

。。。。

好吧，经过我一段时间的反思和询问AI，发现其实f取值的第一次尝试是可以成功的

$$回到这一步 \\ \frac{x_1+x_2+x_3+x_1^\frac{1}{3}x_2^\frac{1}{3}x_3^\frac{1}{3}}{4} \geq \sqrt[3]{x_1x_2x_3} \\ \Rightarrow \frac{x_1+x_2+x_3}{4} \geq \frac{3}{4} \sqrt[3]{x_1x_2x_3} \\ \frac{x_1+x_2+x_3}{3} \geq \sqrt[3]{x_1x_2x_3} \\ 得证$$

证明传输是错误的，放缩太过了

至于为什么用二元证明三元会失败呢？

我想到的解答是过程中破坏了轮换对称性

这样印证了一件事

从n元的情况出发证明n+1元的情况很难

但是反过来就相对简单

而且既然我们有2，4，6，8，32，64…(无限增大)的情况

那就可以用从高到底的方式填补整数的空缺

$$证明，对\forall n \in \mathbb{Z^+}，\forall x_{1},x_{2},...,x_{n}>0有 \\ \frac{x_1+x_2+...+x_{n}}{n} \geq \sqrt[n]{x_1x_2...x_{n}} \\ \\ 假设当n=k+1时，有 \\ \frac{x_1+x_2+...+x_{k+1}}{k+1} \geq \sqrt[k+1]{x_1x_2...x_{k+1}} \\ 求证 \\ \frac{x_1+x_2+...+x_{k}}{k} \geq \sqrt[k]{x_1x_2...x_{k}}\\ 这里我们就如法炮制，令x_{k+1}=\frac{1}{k}\sum_{i=1}^{k}x_{i} \\ \frac{x_1+x_2+...+x_{k+1}}{k+1}=\frac{\sum_{i=1}^{k}x_{i}+\frac{1}{k}\sum_{i=1}^{k}x_{i}}{k+1}\\ =\frac{\frac{k+1}{k}\sum_{i=1}^{k}x_{i}}{k+1}=\frac{1}{k}\sum_{i=1}^{k}x_{i} = \frac{x_1+x_2+...+x_{k}}{k} \\ \geq \sqrt[k+1]{x_1x_2...x_{k+1}} = \sqrt[k+1]{x_1x_2...x_{k}(\frac{1}{k}\sum_{i=1}^{k}x_{i})} \\ =\sqrt[k+1]{x_1x_2...x_{k}}\quad(\frac{1}{k}\sum_{i=1}^{k}x_{i})^{\frac{1}{k+1}} \\ 即 \quad \frac{1}{k}\sum_{i=1}^{k}x_{i} \geq \sqrt[k+1]{x_1x_2...x_{k}}\quad(\frac{1}{k}\sum_{i=1}^{k}x_{i})^{\frac{1}{k+1}} \\ \Rightarrow (\frac{1}{k}\sum_{i=1}^{k}x_{i})^{\frac{k}{k+1}} \geq \sqrt[k+1]{x_1x_2...x_{k}} \\ \Rightarrow (\frac{1}{k}\sum_{i=1}^{k}x_{i})^{k} \geq x_1x_2...x_{k} \\ \Rightarrow \frac{1}{k}\sum_{i=1}^{k}x_{i} \geq \sqrt[k+1]{x_1x_2...x_{k}} \\ 即 \\ \frac{x_1+x_2+...+x_{k}}{k} \geq \sqrt[k]{x_1x_2...x_{k}}$$

如此，我们用归纳法证明了

$$对\forall n \in \mathbb{Z^+}，有 \\ \frac{x_1+x_2+...+x_{n}}{n} \geq \sqrt[n]{x_1x_2...x_{n}} \\$$

也就是算术平均值大于等于几何平均值

理解与发现的基本思路与方法

在

$$\frac{x_1+x_2+...+x_{n}}{n} \geq \sqrt[n]{x_1x_2...x_{n}} \\$$

中，我们令

$$x_{1} \rightarrow \frac{1}{x_{1}} , x_{2} \rightarrow \frac{1}{x_{2}} , ... ,x_{n} \rightarrow \frac{1}{x_{n}}$$

就会有

$$\frac{\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}+...+\frac{1}{x_{n}}}{n} \geq \sqrt[n]{\frac{1}{x_{1}}\frac{1}{x_{2}}\frac{1}{x_{2}}...\frac{1}{x_{n}}} \\$$

也就是

$$\sqrt[n]{x_1x_2...x_{n}} \geq \frac{n}{\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}+...+\frac{1}{x_{n}}}$$

然后我们就加长了不等式链

$$对\forall n \in \mathbb{Z^+}，\forall x_{1},x_{2},...,x_{n}>0有 \\ \frac{x_1+x_2+...+x_{n}}{n} \geq \sqrt[n]{x_1x_2...x_{n}} \geq \frac{n}{\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}+...+\frac{1}{x_{n}}} \\ 其中\frac{n}{\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}+...+\frac{1}{x_{n}}} 称作调和平均值$$