均值不等式证明（AM-GM）
对于非负实数 \(x_{1},x_{2},\cdots,x_{n}\)，存在不等式：
\[
\sqrt[n]{\prod_{i=1}^{n}x_{i}}\leqslant \dfrac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}x_{i}
\]
当且仅当 \(x_i\) 均相等时取等．
这里列举一些证明方法．
0x00
只有这个是个人完成的．
考虑一个加强形式
对于非负实数 \(x_{1},x_{2},\cdots,x_{n}\)，和正实数 \(\alpha_{1},\alpha_{2},\cdots,\alpha_{n}\)，其中
\[
\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i} = 1
\]
存在不等式
\[
\prod_{i=1}^{n}x_{i}^{\alpha} \leqslant \sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}x_{i}
\]
当且仅当 \(x_i\) 均相等时取等．
先证二元形式
\[
\tag{1} x^{1-\alpha}y^{\alpha}\leqslant \left(1-\alpha\right) x+\alpha y
\]
对于 \(xy=0\) 和 \(x=y\) 的情形，容易验证不等式成立，并且 \(x=y\) 时不等式取等．
不考虑这两种情况，不妨假设 \(0\lt x\lt y\)．
令
\[
\begin{align*}
\tag{2} y &= x+t~\left(t\gt 0\right) \\
\tag{3} \left(x+t\right)^{\alpha} &= x^{\alpha}+R
\end{align*}
\]
我们证这时不等号取严格小于：
\[
\tag{4}
\begin{aligned}
x^{1-\alpha}\left(x^{\alpha}+R\right) &\lt \left(1-\alpha\right)x+\alpha\left(x+t\right) \\
x^{1-\alpha}R &\lt \alpha t \\
R &\lt \alpha x^{\alpha-1} t
\end{aligned}
\]
代入式 \(\mathrm{\left(3\right)}\)，有
\[
\tag{5}
\begin{aligned}
\left(x+t\right)^{\alpha} &\lt x^{\alpha}+\alpha x^{\alpha-1} t \\
\dfrac{\left(x+t\right)^{\alpha}-x^{\alpha}}{t} &\lt \alpha x^{\alpha-1}
\end{aligned}
\]
设辅助函数 \(F\left(x\right)=x^{\alpha}\)，则 \(\mathrm{\left(5\right)}\) 可以写为
\[
\tag{6} \dfrac{F\left(x+t\right)-F\left(x\right)}{t} \lt F^{\prime}\left(x\right)
\]
根据拉格朗日中值定理，存在 \(t_{0}\in\left(0,t\right)\)，使得
\[
\tag{7} F^{\prime}\left(x+t_{0}\right) = \dfrac{F\left(x+t\right)-F\left(x\right)}{t}
\]
代入 \(\mathrm{\left(6\right)}\)，有
\[
\tag{8} F^{\prime}\left(x+t_{0}\right) \lt F^{\prime}\left(x\right)
\]
上述变形均为等价变形．
欲证明式 \(\mathrm{\left(8\right)}\)，只需 \(F^{\prime}\left(x\right)\) 单调递减，而
\[
F^{\prime\prime}\left(x\right) = \alpha\left(\alpha-1\right)x^{\alpha-2} \lt 0
\]
证毕．
对原命题施数学归纳法．
对于 \(n=1,2\)，已经验证命题成立．
假设 \(n=N\) 时，命题成立，即
\[
\prod_{i=1}^{N}x_{i}^{\alpha} \leqslant \sum_{i=1}^{N}\alpha_{i}x_{i}
\]
当且仅当 \(x_{i}\) 全部相等时取等．
下证 \(n=N+1\) 时命题亦成立．
令
\[
X_{N}^{1-\alpha_{N+1}} = \prod_{i=1}^{N}x_{i}^{\alpha_{i}}
\]
则
\[
X_{N} \leqslant \dfrac{1}{1-\alpha_{N+1}}\sum_{i=1}^{N}\alpha_{i}x_{i}
\]
因此
\[
\begin{aligned}
\prod_{i=1}^{N+1}x_{i}^{\alpha_{i}}
&= X_{N}^{1-\alpha_{N+1}}\cdot x_{N+1}^{\alpha_{N+1}} \\
&\leqslant \left(1-\alpha_{N+1}\right)X_{N}+\alpha_{N+1}x_{N+1} \\
&\leqslant \sum_{i=1}^{N+1}\alpha_{i}x_{i}
\end{aligned}
\]
当且仅当 \(x_i\) 全部相等时取等．
总之，原不等式成立，当且仅当 \(x_i\) 全部相等时取等．
取 \(\alpha_i\) 全部相等，即均值不等式．
0x01
仍考虑 \(\mathtt{0x00}\) 中提到的加强形式的二元形式，不妨令 \(xy\ne 0\) 且 \(y\geqslant x\)．
不等式两侧同时除以 \(x\)，有
\[
\left(\dfrac{y}{x}\right)^{\alpha}\leqslant \alpha\left(\dfrac{y}{x}\right)+1-\alpha
\]
由于 \(\dfrac{y}{x}\) 可以是任何大于等于 \(1\) 的实数，不妨将 \(\dfrac{y}{x}\) 替换为 \(1+x\)（这里更换了符号含义），即
\[
\left(1+x\right)^{\alpha}\leqslant 1 + \alpha x
\]
上述变形均为等价变形．
考虑辅助函数 \(f\left(x\right)=\left(1+x\right)^{\alpha}-\alpha x - 1\)．
首先，有 \(f\left(0\right)=0\)．
考虑函数单调性，有
\[
\begin{aligned}
f^{\prime}\left(x\right)
&= \alpha\left(1+x\right)^{\alpha-1}-\alpha \\
&= \alpha\left[\left(1+x\right)^{\alpha-1}-1\right]
\end{aligned}
\]
由于 \(1+x\geqslant 1\) 和 \(\alpha-1\lt 0\)，有 \(f^{\prime}\left(x\right)\leqslant 0\)，因此 \(f\left(x\right)\) 在 \(\left[0,1\right)\) 上单调递减．
综上，\(f\left(x\right)\leqslant 0\)，当且仅当 \(x=0\) 时取等．
因此，\(\left(1+x\right)^{\alpha}\leqslant 1 + \alpha x\) 成立，当且仅当 \(x=0\) 时取等；即原不等式成立，当且仅当 \(x=y\) 时取等．
不再重复数学归纳法．
0x02
方便起见，令
\[
\begin{aligned}
\mathbf{A}_{n} = \dfrac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}x_i \\
\mathbf{G}_{n} = \sqrt[n]{\prod_{i=1}^{n}x_i}
\end{aligned}
\]
原命题即为
\[
A_{n}\geqslant G_{n}
\]
记其为 \(P_n\)．
对于 \(P_1\) 和 \(P_2\)，显然成立．
若 \(P_n\) 成立，则 \(P_{2n}\) 显然成立．
例如，对于 \(x_{1},x_{2},\cdots,x_{n},x_{n+1},x_{n+2},\cdots,x_{2n}\)，有
\[
\begin{aligned}
\dfrac{x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{2n}}{2n}
&= \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}}{n} + \dfrac{x_{n+1}+x_{n+2}+\cdots+x_{2n}}{n}\right) \\
&\leqslant \dfrac{1}{2}\left(\sqrt[n]{x_{1}x_{2}\cdots x_{n}} + \sqrt[n]{x_{n+1}x_{n+2}\cdots x_{2n}}\right) \\
&\leqslant \sqrt{\sqrt[n]{x_{1}x_{2}\cdots x_{n}}\cdot\sqrt[n]{x_{n+1}x_{n+2}\cdots x_{2n}}} \\
&\leqslant \sqrt[2n]{x_{1}x_{2}\cdots x_{2n}} \\
\end{aligned}
\]
若 \(P_{n}\) 成立，则 \(P_{n-1}\) 显然成立．
因为 \(P_{n}\) 成立，有
\[
\begin{aligned}
\mathbf{A}_{n-1}
&= \dfrac{x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n-1}+\mathbf{A}_{n-1}}{n} \\
&\leqslant \sqrt[n]{x_{1}x_{2}\cdots x_{n-1}\mathbf{A}_{n-1}} \\
&\leqslant \sqrt[n]{\mathbf{G}_{n-1}^{n-1}\mathbf{A}_{n-1}} \\
\end{aligned}
\]
即
\[
\mathbf{A}_{n-1} \leqslant \mathbf{G}_{n-1}
\]
根据以上两个陈述，可以得到：
- 对于任意 \(k\)，\(P_{2^{k}}\) 成立；
- 对于任意 \(n\)，若 \(P_{n}\) 成立，则对于任意 \(m\lt n\)，\(P_{m}\) 成立．
而对于任意 \(m\)，总可以找到 \(k\)，使得 \(2^{k}\geqslant m\)．
因此 \(P_{n}\) 对于任意 \(n\) 成立．
0x03
令 \(b_{i}=\dfrac{x_{i}}{\mathbf{G}_{n}}\)，则 \(b_{1}b_{2}\cdots b_{n}=1\)．
作代换 \(b_{1}=\dfrac{c_{1}}{c_{2}},b_{2}=\dfrac{c_{2}}{c_{3}},\cdots,b_{n}=\dfrac{c_{n}}{c_{1}}\)．
根据排序不等式，有
\[
\begin{aligned}
b_{1}+b_{2}+\cdots+b_{n}
&= \dfrac{c_{1}}{c_{2}}+\dfrac{c_{2}}{c_{3}}+\cdots+\dfrac{c_{n}}{c_{1}} \\
&\geqslant \dfrac{c_{1}}{c_{1}}+\dfrac{c_{2}}{c_{2}}+\cdots+\dfrac{c_{n}}{c_{n}} \\
&= n
\end{aligned}
\]
移项得
\[
\mathbf{A}_{n}\geqslant \mathbf{G}_{n}
\]