n変数相加相乗平均を示そうね（脳筋）

$$\frac{a_1+a_2}{2} = \frac{(\sqrt{a_1}-\sqrt{a_2})^2+2\sqrt{a_1a_2}}{2}\geq\sqrt{a_1a_2}$$
等号は$a_1=a_2$で成立．

正の実数$a_1,a_2,a_3$に対し，
$$ \begin{align} \space& a_1+a_2+a_3 \\ =\space& \frac{1}{2} (a_1+a_2)+\frac{1}{2}(a_2+a_3)+\frac{1}{2}(a_3+a_1) \\ \geq\space& \sqrt{a_1a_2}+\sqrt{a_2a_3}+\sqrt{a_3a_1} & \cdots① \space(n=2の場合より) \end{align} $$
（等号は$a_1=a_2=a_3$でのみ成立）

すると右辺はまた正数3項の和なので，①をもう一度適用していく．
$$ \begin{align} \space& a_1+a_2+a_3 \\ \geq\space& \sqrt{a_1a_2}+\sqrt{a_2a_3}+\sqrt{a_3a_1} &(一回目) \\ \geq \space&\sqrt{\sqrt{a_1a_2}\sqrt{a_2a_3}}+\sqrt{\sqrt{a_2a_3}\sqrt{a_3a_1}}+\sqrt{\sqrt{a_3a_1}\sqrt{a_1a_2}} &(二回目)\\ =\space&\sqrt[4]{a_1a_2a_3}(\sqrt[4]{a_1}+\sqrt[4]{a_2}+\sqrt[4]{a_3}) &\cdots\space②\space \end{align} $$
（すべての等号は$a_1=a_2=a_3$でのみ成立）

そうするとまた右辺に正数3項の和が現れるので，②を繰り返し（$N$回）適用していく．

$$ \begin{align} \space& a_1+a_2+a_3 \\ \geq\space&{(a_1a_2a_3)}^\frac{1}{4}(a_1^\frac{1}{4}+a_2^\frac{1}{4}+a_3^\frac{1}{4}) &(一回目) \\ \geq\space& {(a_1a_2a_3)}^\frac{1}{4}{(a_1a_2a_3)}^\frac{1}{16}(a_1^\frac{1}{16}+a_2^\frac{1}{16}+a_3^\frac{1}{16}) &(二回目)\\ \geq\space&\space\cdots \\ \geq\space& {(a_1a_2a_3)}^{\frac{1}{4}+\frac{1}{16}+\cdots+\frac{1}{4^N}}(a_1^\frac{1}{4^N}+a_2^\frac{1}{4^N}+a_3^\frac{1}{4^N}) &(N回目) \end{align} $$
（すべての等号は$a_1=a_2=a_3$でのみ成立）
ここで，$N$回適用したもの（5行目）を$A_N$とでもすると，$\{A_N\}$は上の式より単調減少列であるから，
$$ \begin{align} \space& a_1+a_2+a_3\\ \geq\space& A_N\\ \geq\space& \lim_{N \to \infty}{A_N} = {(a_1a_2a_3)}^{\frac{\frac{1}{4}}{1-\frac{1}{4}}}\cdot(1+1+1)=3(a_1a_2a_3)^\frac{1}{3} \end{align} $$
特に1つ目の等号は$a_1=a_2=a_3$でのみ成立し，
またこのとき2つ目の等号も成立することが分かるから，題意を示した．

I) $n=1$ 自明
II) $n=2$ 上述
III) 定理2と方針は同じ
$n-1$でこの命題が成立するとする．$n$のとき，
$$ \begin{align} \space&a_1+a_2+\cdots+a_n\\ =\space& \frac{1}{n-1} \sum_{k=1}^{n}\sum_{\substack{1\leq i\leq n\\i\neq k}}a_i &(2個目のΣがn-1項和)\\ \geq\space& \frac{1}{n-1} \sum_{k=1}^{n}(n-1)\sqrt[n-1]{ \prod_{\substack{1\leq i\leq n\\i\neq k}}a_i } &(帰納法の仮定を使った)\\ =\space& \sum_{k=1}^{n}\sqrt[n-1]{ \prod_{\substack{1\leq i\leq n\\i\neq k}}a_i } \\ =\space&\sum_{k=1}^{n}\sqrt[n-1]{b_k} & (b_k:=\prod_{\substack{1\leq i\leq n\\i\neq k}}a_i=\frac{a_1a_2\cdots a_n}{a_k}) \end{align} $$
（等号は$a_1=a_2=\cdots=a_n$でのみ成立）

右辺はこれもまた正数$n$項の和なので，①をもう一度適用していく．
$$ \begin{align} \space&a_1+a_2+\cdots+a_n \\ \geq\space&\sum_{k=1}^{n}\sqrt[n-1]{ b_k } &(一回目)\\ \geq\space& \sum_{k=1}^{n}\sqrt[n-1]{ \prod_{\substack{1\leq i\leq n\\i\neq k}}\sqrt[n-1]b_i } &(二回目) \\ =\space&\sum_{k=1}^{n}\sqrt[(n-1)^2]{\prod_{\substack{1\leq i\leq n\\i\neq k}}b_i }\\ =\space&\sum_{k=1}^{n}\sqrt[(n-1)^2]{\prod_{\substack{1\leq i\leq n\\i\neq k}}\frac{a_1a_2\cdots a_n}{a_i}}\\ =\space&\sum_{k=1}^{n}\sqrt[(n-1)^2]{ \left( a_1a_2\cdots a_n\right)^{n-1} \prod_{\substack{1\leq i\leq n\\i\neq k}}\frac{1}{a_i}}\\ =\space&\sum_{k=1}^{n}\sqrt[(n-1)^2]{ \left( a_1a_2\cdots a_n\right)^{n-1} \cdot\frac{a_k}{a_1a_2\cdots a_n}}\\ =\space&(a_1a_2\cdots a_n)^\frac{n-2}{(n-1)^2}\sum^n_{k=1}a_k^{\frac{1}{(n-1)^2}} & \cdots②\space(n項和が出てきた) \end{align} $$
（等号は$a_1=a_2=\cdots=a_n$でのみ成立）

右辺に正数$n$項和があるので，②を繰り返し適用．
$$ \begin{align} \space&a_1+a_2+\cdots+a_n\\ \geq\space&(a_1a_2\cdots a_n)^\frac{n-2}{(n-1)^2}\sum^n_{k=1}a_k^{\frac{1}{(n-1)^2}} & (一回目)\\ \geq\space& (a_1a_2\cdots a_n)^\frac{n-2}{(n-1)^2}(a_1a_2\cdots a_n)^\frac{n-2}{(n-1)^4}\sum^n_{k=1}a_k^{\frac{1}{(n-1)^4}} &(二回目)\\ \geq\space&\cdots\\ \geq\space& (a_1a_2\cdots a_n)^{\frac{n-2}{(n-1)^2}+\frac{n-2}{(n-1)^4}+\cdots+\frac{n-2}{(n-1)^{2N}}}\sum^n_{k=1}a_k^{\frac{1}{(n-1)^{2N}}} &(N回目)\\ \end{align} $$
（等号は$a_1=a_2=\cdots=a_n$でのみ成立）

ここで$N$回適用したものを$A_N$とすると，$\{A_N\}$は上の式より単調減少列であるから，
$$ \begin{align} \space&a_1+a_2+\cdots+a_n \\ \geq\space& A_N\\ \geq\space& \lim_{N \to \infty}{A_N}\\ =\space&{(a_1a_2\cdots a_n)}^{\frac{1}{1-\frac{1}{(n-1)^2}}\cdot\frac{n-2}{(n-1)^2}}\sum^n_{k=1}1 \\ =\space&{(a_1a_2\cdots a_n)}^{\frac{1}{n}}\cdot n &(約分できるんですね) \end{align} $$
特に1つ目の等号は$a_1=a_2=\cdots=a_n$でのみ成立し，
またこのとき2つ目の等号も成立することが分かる．

IV) I, II, III より数学的帰納法で題意を示した．