均值不等式及其证明
还有很多证明方法，等我学了再写 qwq
引理1
若 \(a\ge 0,b\ge 0\) ，则 \[ (a+b)^n\ge a^n+na^{n-1}b\qquad (n\in \mathbb{Z}^+) \] 证明直接二项式展开即可。
均值不等式
定理1
\[ \dfrac{\sum_{i=1}^{n}a_i}{n}\ge \left(\prod_{i=1}^na_i\right)^{\frac{1}{n}} \]
证明 考虑数学归纳法。
原命题等价于 \[ \left(\dfrac{\sum_{i=1}^{n}a_i}{n}\right)^n \ge \prod\limits_{i=1}^{n}a_i \] 设 \(n=k\) 时原不等式成立，规定 \(\forall i<j,a_i<a_j\) ，并记 \(S_n = \sum_{i=1}^{n}a_i\) 。
当 \(n=k+1\) 时，原不等式为 \[ \begin{aligned} \left(\dfrac{S_k+a_{k+1}}{k+1}\right)^{k+1} &\ge \prod\limits_{i=1}^{k+1}a_i \\[6pt]\left(\dfrac{S_k}{k}+\dfrac{ka_{k+1}-S_k}{k(k+1)}\right)^{k+1}&\ge \prod\limits_{i=1}^{k+1}a_i \end{aligned} \] 由引理1可知 \[ \text{LHS}\ge \left(\dfrac{S_k}{k}\right)^{k+1}+(k+1)\left(\dfrac{S_k}{k}\right)^k\dfrac{ka_{k+1}-S_k}{k(k+1)} \] 提示：这里 \(\rm LHS\) 表示等式左侧，同理下文 \(\rm RHS\) 表示等式右侧。
因为 \(a_{k+1}=\max\left\{a_i\mid 1\le i \le k+1\right\}\) ，所以 \(ka_{k+1}-S_k\ge 0\) ，那么 \[ \text{LHS} \ge \left(\dfrac{S_k}{k}\right)^{k}\times a_{k+1} \ge \text{RHS} \] 故原命题得证。\(\square\)
定理2
\[ \sqrt{\dfrac{\sum_{i=1}^{n}a_i^2}{n}} \ge \dfrac{\sum_{i=1}^{n}a_i}{n} \]
证明 令 \(c = \frac{\sum_{i=1}^{n}a_i}{n},~x_i=a_i-c\) ，则 \[ \sum_{i=1}^{n}a_i = \sum_{i=1}^{n}x_i+nc = \sum_{i=1}^{n}x_i+\sum_{i=1}^{n}a_i \] 故 \(\sum_{i=1}^{n}x_i = 0\) 。那么 \[ \begin{aligned} \text{LHS}&=\sqrt{\dfrac{\sum_{i=1}^{n}\left(x_i+c\right)^2}{n}} \\[6pt] &= \sqrt{c^2+\dfrac{\sum_{i=1}^{n}x_i^2}{n}} \ge \sqrt{c^2} = \text{RHS} \end{aligned} \] 故原命题得证。\(\square\)
定理3
\[ \left(\prod_{i=1}^na_i\right)^{\frac{1}{n}} \ge \frac{n}{\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{a_i}} \]
证明 由定理1可知 \[ \frac{\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{a_i}}{n} \ge \left(\prod_{i=1}^n\frac{1}{a_i}\right)^{\frac{1}{n}} = \frac{1}{\left(\prod_{i=1}^na_i\right)^{\frac{1}{n}}} \] 那么 \[ \left(\prod_{i=1}^na_i\right)^{\frac{1}{n}} \ge\frac{n}{\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{a_i}} \] 原命题得证。\(\square\)
定理4
综上可得结论（均值不等式） \[ \frac{n}{\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{a_i}} \le \left(\prod_{i=1}^na_i\right)^{\frac{1}{n}} \le \dfrac{\sum_{i=1}^{n}a_i}{n} \le \sqrt{\dfrac{\sum_{i=1}^{n}a_i^2}{n}} \] 当且仅当 \(a_1=a_2=\cdots=a_n\) 时等号成立。
文字表述为：调和平均数 不超过 几何平均数 不超过 算术平均数 不超过 平方平均数。
更为常见的形式是 \(n=2\) 的情况，即 \[ \frac{2}{\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \le \sqrt{ab} \le \frac{a + b}{2} \le \sqrt{\frac{a^2 + b^2}{2}} \]
