Question

Докажите неравенство Коши для n=5. Иными словами, докажите, что

$displaystyle frac{a_1+a_2+a_3+a_4+a_5}{5} geq sqrt[5]{a_1a_2a_3a_4a_5}$

Естественно, предполагается неотрицательность всех переменных.

Answer 1

Выпишем неравенство Бернулли, которое будем использовать в доказательстве: $(1+a)^n geq 1+na,,,,,, a textgreater -1$
Нужно доказать, что $A_5 geq G_5$. 
Пусть n>1. Рассмотрим дробь $dfrac{A_n}{A_{n-1}}>0$, причем $a_{i} textgreater 0,,,,, i=overline{1,n}$
$bigg( dfrac{A_n}{A_{n-1} }bigg)^n =bigg(1+ dfrac{A_n}{A_{n-1}}-1 bigg)^n geq 1+ncdotbigg(dfrac{A_n}{A_{n-1}}-1bigg)=\ \ \ = dfrac{A_{n-1}+nA_n-nA_{n-1}}{A_{n-1}} = \ \ \ =dfrac{nA_n-(n-1)A_{n-1}}{A_{n-1}}= dfrac{a_1+...+a_n-a_1-...-a_{n-1}}{A_{n-1}} = dfrac{a_n}{A_{n-1}}$
Доказали, что $bigg( dfrac{A_n}{A_{n-1}} bigg)^n geq dfrac{a_n}{A_{n-1}}$ откуда $A^n_n geq a_ncdot A^{n-1}_{n-1}$ - вспомогательное неравенство.

$A^n_n geq a_nA^{n-1}_{n-1} geq a_{n}a_{n-1}A^{n-2}_{n-2} geq .... geq a_na_{n-1}...a_1=G^n_n$

Откуда 
$A_n geq G_n$

для n=5 можно считать что доказано $A_5 geq G_5$ или $dfrac{a_1+a_2+a_3+a_4+a_5}{5} geq sqrt[5]{a_1a_2a_3a_4a_5}$

Answer 2

(1+a)^n => 1 + n*a это?)

Answer 3

Методом мат индукции ж доказывается

Answer 4

Чтобы неподготовленный читатель не выпал в осадок, на такие вещи нужно ссылаться))

Answer 5

А по поводу описки - я говорю о 5-й строчке снизу, а не сверху))

Answer 6

А теперь a_n там потеряли...