标签：a+b begin limits 就是 ali 证明 class line lin
定义
对于非负数 \(a,b\)，因为
\[(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2\ge0
\]
所以
\[a-2\sqrt{ab}+b\ge 0\\\frac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}
\]
对于序列 \(a_1,a_2,\cdots,a_n\)（\(a_i\ge 0\)），定义其算数平均值为：
\[A_n=\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}=\frac{\sum\limits_{i=1}^n a_i}{n}
\]
几何平均值为：
\[G_n=\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}=\sqrt[n]{\prod_{i=1}^na_i}
\]
那么有：
\[A_n\ge G_n
\]
证明
（小蓝本 P3）
（1）当 \(n=2\) 时，命题成立。
（2）假设对 \(n=k\)（\(k\in\mathbb{N}^+\) 且 \(k> 2\)）命题成立，即对于 \(a\ge0\)，有：
\[\sqrt[k]{a_1a_2\cdots a_k}\le \frac{a_1+a_2+\cdots+a_k}{k}
\]
当 \(n=k+1\)，时：
\[\begin{align*}
A_{k+1}&=\frac{1}{2k}\left[\left(k+1\right)A_{k+1}+\left(k-1\right)A_{k+1}\right]\ &=\frac{1}{2k}\left(a_1+a_2+\cdots +a_{k+1}+\underbrace{A_{k+1}+A_{k+1}+\cdots+A_{k+1}}_{k+1\text{个}}\right)\ &\ge\frac{1}{2k}\left(k\sqrt[k]{a_1a_2\cdots a_k}+k\sqrt[k]{a_{k+1}A_{k+1}^{k-1}}\right)\ &\ge \sqrt[2k]{a_1a_2\cdots a_{k+1}A_{k+1}^{k-1}}
\end{align*}\\]
所以 \(A_{k+1}^{2k}\ge a_1a_2\cdots a_{k+1}A_{k+1}^{k-1}\)，也就是 \(A_{k+1}\ge G_{k+1}\)。
\[\mathcal{Q.E.D.}
\]
均值不等式及其证明
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原文地址：https://www.cnblogs.com/juruo-zzt/p/14644948.html
