AMGM不等式の初等的証明
任意の$a,b\in\mathbb{R}_{\geq 0}$に対して
$$
a+b-2\sqrt{ab} = (\sqrt{a}-\sqrt{b})^{2}\geq 0 \quad\leadsto\quad \frac{a+b}{2}\geq \sqrt{ab}$$
が成り立つ．
$a,b\in\mathbb{R}_{>0},\,a+b=1,\,$とすると，2-amgmより
$$
0< ab \leq \left(\frac{a+b}{2}\right)^{2} = \frac{1}{4} \quad\leadsto\quad \frac{1}{ab} \geq 4$$
となるので，
\begin{align}
\left(a+\frac{1}{a}\right)^{2} + \left(b+\frac{1}{b}\right)^{2}
&\geq \frac{1}{2}\left(\left(a+\frac{1}{a}\right)+\left(b+\frac{1}{b}\right)\right)^{2} \\
&= \frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{ab}\right)^{2} \\
&\geq \frac{25}{2}
\end{align}
が成り立つ．
$a,b,c\in\mathbb{R}_{>0},\,a+b+c=1,\,$とすると，2-amgmより
\begin{align}
\left(\frac{1}{a}-1\right)\left(\frac{1}{b}-1\right)\left(\frac{1}{c}-1\right)
&= \frac{1-a}{a}\frac{1-b}{b}\frac{1-c}{c} \\
&= \frac{b+c}{a}\frac{c+a}{b}\frac{a+b}{c} \\
&\geq \frac{2\sqrt{bc}}{a}\frac{2\sqrt{ca}}{b}\frac{2\sqrt{ab}}{c} \\
&= 8
\end{align}
が成り立つ．
任意の$a,b,c\in\mathbb{R}_{\geq 0}$に対して
$$
\frac{a+b+c}{3} \geq \sqrt[3]{abc}$$
が成り立つ：実際，$x\coloneqq\sqrt[3]{a},\,y\coloneqq\sqrt[3]{b},\,z\coloneqq\sqrt[3]{c}$とおくと，
\begin{align}
a+b+c-3\sqrt[3]{abc}
&= x^{3}+y^{3}+z^{3}-3xyz\\
&= (x+y+z)(x^{2}+y^{2}+z^{2}-xy-yz-zx) \\
&= (x+y+z)\cdot\frac{1}{2}((x-y)^{2}+(y-z)^{2}+(z-x)^{2}) \\
&\geq 0
\end{align}
となる（cf. cyc-det例8）．
任意の$a,b,c\in\mathbb{R}_{>0}$に対して，$G\coloneqq\sqrt[3]{(b+c)(c+a)(a+b)}$とおくと3-amgmより
\begin{align}
2(a+b+c) = (b+c)+(c+a)+(a+b) &\geq 3G;\\[3pt]
\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b} &\geq 3\frac{1}{G};
\end{align}
となるので，
\begin{align}
\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}
&= \left(\frac{a+b+c}{b+c}-1\right)+\left(\frac{b+c+a}{c+a}-1\right)+\left(\frac{c+a+b}{a+b}-1\right) \\[2pt]
&= (a+b+c)\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}\right)-3\\
&\geq \frac{3G}{2} \cdot \frac{3}{G} -3 \\
&=\frac{3}{2}
\end{align}
が成り立つ．
$n\in\mathbb{Z}_{\geq 2}$とする．列$a_{\bullet}\in(\mathbb{R}_{>0})^{n}$が定値でなければ，列$a'_{\bullet}\in(\mathbb{R}_{>0})^{n}$であって
$$
\frac{a_{1}+\cdots+a_{n}}{n} > \frac{a'_{1}+\cdots+a'_{n}}{n},\ \sqrt[n]{a_{1}\cdots a_{n}} = \sqrt[n]{a'_{1}\cdots a'_{n}}$$
を満たすものが存在する．
仮定より
$$
a_{r} = \max\{a_{1},\ldots,a_{n}\} > \min\{a_{1},\ldots,a_{n}\} = a_{s}$$
であり，$G\coloneqq \sqrt[n]{a_{1}\cdots a_{n}}\in\mathbb{R}_{>0}$とおくと
$$
a_{r}^{n} > a_{1}\cdots a_{n} > a_{s}^{n} \quad\leadsto\quad a_{r} > G > a_{s}$$
が成り立つ．そこで，$a'_{\bullet}\in(\mathbb{R}_{>0})^{n}$を
$$
a'_{i} \coloneqq \begin{dcases}
a_{i} & i \neq r,s \\[2pt]
\frac{a_{r}a_{s}}{G} & i=r\\[2pt]
G & i=s
\end{dcases}$$
で定めると，
$$
\sqrt[n]{a'_{1} \cdots a'_{n}} = \sqrt[n]{a_{1} \cdots a_{n}} = G$$
であり，
$$
(a_{r}+a_{s})-(a'_{r}+a'_{s}) = \frac{a_{r}G+a_{s}G-a_{r}a_{s}-G^{2}}{G} = \frac{(a_{r}-G)(G-a_{s})}{G} > 0$$
より
$$
\frac{a_{1}+\cdots+a_{n}}{n} > \frac{a'_{1}+\cdots+a'_{n}}{n}$$
が成り立つ．
$$ a_{r}>G>a_{s} \quad\leadsto\quad a_{r}G > a_{r}a_{s} > Ga_{s} \quad\leadsto\quad a_{r} > a'_{r} > a_{s}.$$
$a_{1}\geq a_{2}>a_{3}>0$または$a_{1}>a_{2} \geq a_{3}>0$のとき，
$$
a'_{1}=\frac{a_{1}a_{3}}{G},\ a'_{2}=a_{2},\ a'_{3}=G$$
となる．
- $a'_{1}=a'_{2}=a'_{3}\,(\,=G\,)$のとき，
$$ \frac{a_{1}+a_{2}+a_{3}}{3} > \frac{a'_{1}+a'_{2}+a'_{3}}{3} = G = \sqrt[3]{a_{1}a_{2}a_{3}}$$
が成り立つ． - $a'_{1}=a'_{2}=a'_{3}$でないとき，
$$ \max\{a'_{1},a'_{2},a'_{3}\} > \sqrt[3]{a'_{1}a'_{2}a'_{3}}=G=a'_{3} > \min\{a'_{1},a'_{2},a'_{3}\}$$
より
\begin{align} a'_{1}>a'_{3}>a'_{2} &\quad\leadsto\quad a''_{1} = \frac{a'_{1}a'_{2}}{G} = \frac{a_{1}a_{2}a_{3}}{G^{2}} = G,\ a''_{2}=G,\ a''_{3}=a'_{3}=G; \\[3pt] a'_{2}>a'_{3}>a'_{1} &\quad\leadsto\quad a''_{1} = G,\ a''_{2}=\frac{a'_{2}a'_{1}}{G}=\frac{a_{1}a_{2}a_{3}}{G^{2}}=G,\ a''_{3}=a'_{3}=G; \end{align}
となるので，やはり
$$ \frac{a_{1}+a_{2}+a_{3}}{3}>\frac{a'_{1}+a'_{2}+a'_{3}}{3}>\frac{a''_{1}+a''_{2}+a''_{3}}{3}=G = \sqrt[3]{a_{1}a_{2}a_{3}}$$
が成り立つ．
$n\in\mathbb{Z}_{\geq 2}$とする．このとき，任意の非負実数$a_{1},\ldots,a_{n}\in\mathbb{R}_{\geq 0}$に対して
$$
\frac{a_{1}+\cdots+a_{n}}{n} \geq \sqrt[n]{a_{1}\cdots a_{n}}$$
が成り立つ．さらに，この不等式において等号が成立するためには，$a_{1}=\cdots=a_{n}$が成り立つことが必要かつ十分である．
不等式が成り立つこと
$G\coloneqq\sqrt[n]{a_{1}\cdots a_{n}}$とおく．$G>0$としてよい．
-
- $a_{1}=\cdots=a_{n}$ならば，
$$ \frac{a_{1}+\cdots+a_{n}}{n} = G = \sqrt[n]{a_{1} \cdots a_{n}}$$
が成り立つ． - そうでないとき，reductionより，$a'_{1},\ldots,a'_{n}\in\mathbb{R}_{>0},\,a'_{s}=G,\,$であって
$$ \frac{a_{1}+\cdots+a_{n}}{n} > \frac{a'_{1}+\cdots+a'_{n}}{n},\ G=\sqrt[n]{a'_{1} \cdots a'_{n}}$$
を満たすものが存在する．
- $a_{1}=\cdots=a_{n}$ならば，
-
- $a'_{1}=\cdots=a'_{n} \,(\,=G\,)$のとき，
$$ \frac{a_{1}+\cdots+a_{n}}{n} > \frac{a'_{1}+\cdots+a'_{n}}{n} = G = \sqrt[n]{a_{1}\cdots a_{n}}$$
が成り立つ． - そうでないとき，$a'_{r'}=\max\{a'_{1},\ldots,a'_{n}\},\ a'_{s'} = \min\{a'_{1},\ldots,a'_{n}\}$とすると
$$ a'_{r'} > \sqrt[n]{a'_{1} \cdots a'_{n}} = G = a'_{s} > a'_{s'} \quad\leadsto\quad s \neq r',\,s'$$
であるから，reductionより，$a''_{1},\ldots,a''_{n}\in\mathbb{R}_{>0},\,a''_{s'}=G=a''_{s},\,$であって
$$ \frac{a'_{1}+\cdots+a'_{n}}{n} > \frac{a''_{1}+\cdots+a''_{n}}{n},\ G=\sqrt[n]{a''_{1} \cdots a''_{n}}$$
を満たすものが存在する．
- $a'_{1}=\cdots=a'_{n} \,(\,=G\,)$のとき，
- 以下同様にして，必要なら一番小さい項（のひとつ）を$G$で置き換えていくことができ，高々$n-1$回で
$$ \frac{a_{1}+\cdots+a_{n}}{n} >\cdots> \frac{G+\cdots+G}{n}=G = \sqrt[n]{a_{1} \cdots a_{n}}$$
に到る．
等号成立条件
$a_{1}=\cdots=a_{n}$のとき
$$
\frac{a_{1}+\cdots+a_{n}}{n} = \sqrt[n]{a_{1} \cdots a_{n}} \eqqcolon G$$
が成り立つことは明らか．逆に，この等式が成り立つならば，
- $G=0$のとき，
$$ 0 \leq a_{i} \leq a_{1}+\cdots+a_{n}=0 \quad\leadsto\quad a_{1}=\cdots=a_{n}=0$$
となる． - $G>0$のとき，$a_{1}=\cdots=a_{n}$でないとすると，reductionと前段より
$$ \exists\,a'_{\bullet}\in(\mathbb{R}_{>0})^{n},\ G=\frac{a_{1}+\cdots+a_{n}}{n} > \frac{a'_{1}+\cdots+a'_{n}}{n} \geq \sqrt[n]{a'_{1} \cdots a'_{n}}=G$$
となって，不合理である．
$a_{1},\ldots,a_{n}\in\mathbb{R}_{>0}$とし，$s\coloneqq a_{1}+\cdots+a_{n}$とおく．このとき，
$$
(1+a_{1})\cdots(1+a_{n}) \leq 1+s+\frac{s^{2}}{2!} +\cdots+ \frac{s^{n}}{n!}$$
が成り立つ．
amgmより
\begin{align}
(1+a_{1})\cdots(1+a_{n})
&\leq \left(\frac{(1+a_{1}) +\cdots+ (1+a_{n})}{n}\right)^{n} = \left(\frac{n+s}{n}\right)^{n} \\[2pt]
&= \left(1+\frac{s}{n}\right)^{n} \\[2pt]
&= 1+ \binom{n}{1}\frac{s}{n} + \binom{n}{2}\frac{s^{2}}{n^{2}} +\cdots+ \binom{n}{n}\frac{s^{n}}{n^{n}}
\end{align}
が成り立つ．さらに，各$k\in\{1,\ldots,n\}$に対して
$$
\binom{n}{k}k! = n(n-1)\cdots(n-(k-1)) \leq n^{k} \quad\leadsto\quad \binom{n}{k}\frac{1}{n^{k}} \leq \frac{1}{k!}$$
が成り立つので，所期の不等式
$$
(1+a_{1})\cdots(1+a_{n}) \leq 1+s+\frac{s^{2}}{2!} +\cdots+ \frac{s^{n}}{n!}$$
を得る．
