Задача М1534‍‍

Приведём два решения. Нам удобнее считать, что в правой части стоит $a_2$‍,‍ а не $a_n$‍‍ (из-за симметрии это не меняет дела).

Первое решение. Обозначим $A_k=\dfrac{a_1+a_2+\ldots+a_k}k$‍,‍ $G_k=\!\sqrt[\scriptstyle k~]{a_1a_2\ldots a_k}$‍,‍ где $k=2$‍,‍ $\ldots$‍,‍ $n$‍,‍ и докажем сначала такое замечательное неравенство: $$ (k+1)(A_{k+1}-G_{k+1})\ge k(A_k-G_k).\tag{*} $$

Пусть $x=\!\sqrt[\scriptstyle k+1~]{a_{k+1}}$‍,‍ $g=\!\sqrt[\scriptstyle k+1~]{G_k}$‍.‍ Так как $$ A_{k+1}=kA_k+x^{k+1},\quad G_{k+1}=\sqrt[\scriptstyle k+1~]{G_k^{k}x^{k+1}}=g^kx, $$ то (*) переписывается в виде $$ x^{k+1}-(k+1)g^kx+kg^{k+1}\ge0, $$ а это неравенство легко доказать (при $x\ge0$‍,‍ $g\ge0$‍),‍ исследуя левую часть с помощью производной или заметив, что она делится не только на $x-g$‍,‍ но и на $(x-g)^2$‍:‍ $$ \begin{gather*} x(x^k-g^k)-kg^{k+1}(x-g)=(x-g)(x^k+x^{k-1}g+\ldots+xg^{k-1}-kg^k)=\\ =(x-g)^2(x^k+2gx^{k-1}+3g^2x^{k-2}+\ldots+kg^{k-1}). \end{gather*} $$

Итак, (*) доказано. Отсюда получаем $$ n(A_n-G_n)\ge(n-1)(A_{n-1}-G_{n-1})\ge\ldots\ge2(A_2-G_2)=a_1+a_2-2\sqrt{a_1a_2}=(\sqrt{a_2}-\sqrt{a_1})^2. $$

Из этого решения получается одновременно и доказательство основного неравенства $A_n\ge G_n$‍‍ для среднего арифметического и среднего геометрического $n$‍‍ положительных чисел.

А вот — совсем короткое решение, опирающееся на это неравенство.

Второе решение. Перепишем данное неравенство так: $$ \sqrt{a_1a_2}+\sqrt{a_1a_2}+a_3+\ldots+a_n\ge n\sqrt[\scriptstyle n~]{a_1a_2\ldots a_n}, $$ и воспользуемся неравенством между средним арифметическим и геометрическим для $n$‍‍ чисел $\sqrt{a_1a_2}$‍,‍ $\sqrt{a_1a_2}$‍,‍ $a_3$‍,‍ $\ldots$‍,‍ $a_n$‍.‍

Из любого решения нетрудно получить ответ на вопрос, при каких условиях наше неравенство превращается в равенство: это происходит, когда все числа, кроме двух — наименьшего и наибольшего, стоящих в правой части, — равны их среднему геометрическому.

Впервые доказательство неравенства между средним арифметическим и средним геометрическим было опубликовано в 1821 г. Огюстеном Коши, именем которого оно часто называется.

Существует, наверное, более полусотни различных его доказательств. Вот одно из самых коротких — использующее тот факт, что график функции $y=e^x=\exp(x)$‍‍ всюду, кроме точки $x=0$‍,‍ лежит выше касательной $y=1+x$‍‍ в этой точке: $\exp(x)\ge1+x$‍.‍ Пусть $A=\dfrac{a_1+\ldots+a_n}n$‍,‍ $\xi_k=\dfrac{a_k-A}A$‍‍ ($k=1$‍,‍ $\ldots$‍,‍ $n$‍).‍ Тогда $$ a_1a_2\ldots a_n=A^n(1+\xi_1)(1+\xi_2)\ldots(1+\xi_n)\le A^n\exp(\xi_1+\ldots+\xi_n)=A^n. $$

Существует и много разных оценок отклонений средних друг от друга. Например, одна такая оценка вытекает из тождества, полученного в 1891 г. немецким математиком Гурвицем — он представил разность $x_1^n+\ldots+x_n^n-nx_1\ldots x_n$‍‍ в виде многочлена от $x_1$‍,‍ $\ldots$‍,‍ $x_n$‍,‍ положительность которого при $x_i\gt0$‍,‍ $i=1$‍,‍ $\ldots$‍,‍ $n$‍,‍ очевидна. Для $n=3$‍‍ тождество Гурвица выглядит так: $$ x^3+y^3+z^3-3xyz=\dfrac12(x+y+z)((x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2). $$

Советуем посмотреть первые параграфы книги Р. Беллмана «Неравенства», которая начинается с 12 разных доказательств теоремы о средних и где приведены другие оценки их разности.