Question

Докажите неравенство коши для n=5. иными словами, докажите, что 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 $a_{i}\ \textgreater \ 0,\,\,\,\, i=\overline{1,n}$
$\bigg( \dfrac{A_n}{A_{n-1} }\bigg)^n =\bigg(1+ \dfrac{A_n}{A_{n-1}}-1 \bigg)^n \geq 1+n\cdot\bigg(\dfrac{A_n}{A_{n-1}}-1\bigg)=\\ \\ \\ = \dfrac{A_{n-1}+nA_n-nA_{n-1}}{A_{n-1}} = \\ \\ \\ =\dfrac{nA_n-(n-1)A_{n-1}}{A_{n-1}}= \dfrac{a_1+...+a_n-a_1-...-a_{n-1}}{A_{n-1}} = \dfrac{a_n}{A_{n-1}}$
Доказали, что $\bigg( \dfrac{A_n}{A_{n-1}} \bigg)^n \geq \dfrac{a_n}{A_{n-1}}$ откуда $A^n_n \geq a_n\cdot A^{n-1}_{n-1}$ - вс 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 $\dfrac{a_1+a_2+a_3+a_4+a_5}{5} \geq \sqrt[5]{a_1a_2a_3a_4a_5}$