روش های متنوعی برای اثبات این مطلب وجود داره. میتونید به اینجا نگاهی بندازید:Inequality of arithmetic and geometric means
به عنوان مثال اگر با نامساوی ین سن آشنایی داشته باشید:
(یک صورت از نامساوی ین سن) فرض کنید $f$ یک تابع مقعر رو به بالا باشد و $x_1,...,x_n$ در دامنه آن تابع باشند آنگاه $$f\big(\frac{x_1+...+x_n}{n}\big)\leq \frac{f(x_1)+...+f(x_n)}{n}$$
و اگر $f$ تابعی مقعر رو به پایین باشدجهات نامساوی عوض می شود یعنی
$$f\big(\frac{x_1+...+x_n}{n}\big)\geq \frac{f(x_1)+...+f(x_n)}{n}$$
حال تابع $f(x)=\ln x$ را در نظر بگیرید و $x_1,...,x_n$ در دامنه ی آن باشند(لذا همگی مثبت هستند چون دامنه لگاریتم برابر اعداد حقیقی مثبت است) در اینصورت چون $\ln $ تابعی مقعر رو به پایین است اگر از نامساوی روم که در بالا گفته شد و از قوانین حاکم بر لگاریتم استفاده کنید نامساوی بین میانگین هندسی و حسابی حاصل می شود.(چرا؟)
روش دیگر استفاده از استقرا می باشد. یک روش استقرای کوشی وجود دارد که می گوید اگر $P(n)$ حکمی روی اعداد طبیعی باشد در اینصورت چنانچه $P(2)$ درست باشد و $P(n)$ برای $n=2^k$ و $n< 2^k$ درست باشد آنگاه $P(n)$ برای هر $n\geq 2$ درست است.
حالا حکم ما یعنی $\frac{ a_{1} + a_{2} + a_{3}+ ... +a_{n} }{n} \geq \sqrt[n]{ a_{1} . a_{2} . a_{3} ... a_{n} }$ برای $n=2$ به وضوح برقرار است(با استفاده از اتحاد اول بررسی کنید).
حال آن را برای $n=2^k$ بررسی می کنیم:
برای $k=1$ که همان $n=2$ است گفتیم که برقرار است.
فرض کنیم برای $k$ دلخواه برقرار باشد یعنی برای $n=2^k$ حکم برقرار باشد:
$\frac{ a_{1} + a_{2} + a_{3}+ ... +a_{2^k} }{2^k} \geq \sqrt[2^k]{ a_{1} . a_{2} . a_{3} ... a_{2^k} }$
نشان می دهیم برای $k+1$ یعنی $n=2^{k+1}$ هم برقرار است:
$$\begin{align}\frac{x_1+...+x_{2^k}+x_{2^{k+1}}}{2^{k+1}}&=\frac{\frac{x_1+...+x_{2^k}}{2^k}+\frac{x_{2^k+1}+...+x_{2^{k+1}}}{2^k}}{2}\\
&\geq \frac{\sqrt[2^k]{x_1...x_{2^k}}+\sqrt[2^k]{x_{2^k+1}...x_{2^{k+1}}}}{2}\\
&\geq\sqrt{\sqrt[2^k]{x_1...x_{2^k}}\sqrt[2^k]{x_{2^k+1}...x_{2^{k+1}}}}\\
&=\sqrt[2^{k+1}]{x_1...x_{2^k+1}}\end{align}$$
توجه کنید که در اینجا هم از فرض استقرا که گفتیم برای $2^k$ درست باشد و هم از مقدمه استقرا یعنی برای دو تا حکم درست باشد استفاده کردیم.
حال فقط کافی است حکم را برای $n< 2^k$ بررسی کنیم. اما توجه کنید که چون دنباله $(2^k)$ واگراست به بی نهایت لذا حتما توانهایی از دو وجود دارند که $n< 2^k$ . پس توانی مانند $m$ را در نظر بگیرید که $n< 2^m$ و $n< m$.
در این حالت قرار می دهیم $\alpha=\frac{x_1+...+x_n}{n}$ پس داریم
$$\begin{align}
\alpha&=\frac{x_1+...+x_n}{n}\\
&=\frac mm\frac{x_1+...+x_n}{n}\\
&=\frac{\frac mn(x_1+...+x_n)}{m}\\
&=\frac{\frac{n+m-n}{n}(x_1+...+x_n)}{m}\\
&=\frac{(x_1+...+x_n)+\frac {m-n}n(x_1+...+x_n)}{m}\\
&=\frac{(x_1+...+x_n)+(m-n)\alpha}{m}\\
&\geq \sqrt[m]{x_1...x_n(\alpha)^{m-n}}
\end{align}$$
بنابراین $\alpha^m\geq x_1...x_n(\alpha^{m-n})$ و لذا $\alpha^n\geq x_1...x_n$ پس $\alpha\geq \sqrt[n]{x_1...x_n}$ و حکم ثابت است.
البته خوبه بدونید که نامساوی ین سن رو که نوشتم با همین روش استقرای کوشی میتونیم اثبات کنیم.
روش دیگه ای که وجود دارد باز هم به کمک استقرا است. خیلی سخت نیست که ثابت کنید اگر $x_1,...,x_n> 0$ و $x_1...x_n=1$ آنگاه $x_1+...+x_n\geq n$ .(با استقرا ثابت کنید)
حال اگر قرار دهیم $\beta=\sqrt[n]{x_1...x_n}$ و $y_1=\frac{x_1}{\beta},...,y_n=\frac{x_n}{\beta}$ در اینصورت $y_1...y_n=1$ لذا بنابر نکته بالا $y_1+...+y_n\geq n$ که این هم نامساوی بین میانگین حسابی و هندسی را می دهد.(چرا؟)
برای دیدن اثبات های دیگر به همان صفحه ای که در ابتدا نوشتم رجوع کنید.
