A számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenség egy matematikai tétel, amely szerint nemnegatív valós számok számtani középértéke nem lehet kisebb, mint a számok mértani középértéke; egyenlőség is csak akkor állhat fenn, ha a szóban forgó számok megegyeznek.

Bármely ${\displaystyle a_{1},\dots ,a_{n}\in \mathbb {R} \,(n\in \mathbb {N} )}$ nemnegatív valós számok esetén

${\displaystyle {\frac {a_{1}+\cdots +a_{n}}{n}}\geq {\sqrt[{n}]{a_{1}\cdots a_{n}}}}$

és egyenlőség csak abban az esetben áll fenn, ha ${\displaystyle a_{1}=\cdots =a_{n}}$.

Algebrai bizonyítás

Ekvivalens átalakításokkal

${\displaystyle {\frac {a_{1}+a_{2}}{2}}\geq {\sqrt {a_{1}a_{2}}}}$

${\displaystyle (a_{1}+a_{2})^{2}\geq 4a_{1}a_{2}}$

${\displaystyle a_{1}^{2}-2a_{1}a_{2}+a_{2}^{2}\geq 0}$

${\displaystyle (a_{1}-a_{2})^{2}\geq 0}$

ami mindig teljesül.

Geometriai bizonyítás

Az egymás mögé illesztett ${\displaystyle \,a_{1}}$ és ${\displaystyle \,a_{2}}$ hosszúságú szakaszok, mint átmérő fölé, rajzoljunk félkörívet! Ennek sugara a két szám számtani közepe lesz. A két szám mértani közepének megfelel a szakaszok érintkezési pontjába állított és a körívig húzott merőlegesnek a hossza. Az ábráról leolvasható, hogy az utóbbi csak abban az esetben éri el a sugár hosszát, ha ${\displaystyle \,a_{1}=a_{2}}$.

1. bizonyítás

a.) A tételt ${\displaystyle \,n=2}$ esetre már bizonyítottuk.

b.) Igazoljuk, hogy ha ${\displaystyle \,n}$-re igaz az állítás, akkor ${\displaystyle \,2n}$-re is igaz. Osszuk ugyanis fel a tetszőlegesen rögzített ${\displaystyle \,2n}$ számot két darab ${\displaystyle \,n}$-es csoportra; alkalmazzuk ezekre külön-külön az ${\displaystyle \,n}$-re vonatkozó indukciós feltevést; majd második lépésben alkalmazzuk az ${\displaystyle \,n=2}$ esetre már bizonyított tételt:

${\displaystyle {\frac {a_{1}+\cdots +a_{2n}}{2n}}={\frac {1}{2}}\left({\frac {a_{1}+\cdots +a_{n}}{n}}+{\frac {a_{n+1}+\cdots +a_{2n}}{n}}\right)\geq {\frac {1}{2}}({\sqrt[{n}]{a_{1}\cdots a_{n}}}+{\sqrt[{n}]{a_{n+1}\cdots a_{2n}}})\geq {\sqrt[{2n}]{a_{1}\cdots a_{2n}}}}$

Ezzel bizonyítottuk az állítást minden olyan esetre, amikor a tagok száma 2-hatvány (${\displaystyle \,n=2^{k}}$).

c.) Amennyiben ${\displaystyle \,n}$ nem 2-hatvány (${\displaystyle \,2^{k-1}<n<2^{k}}$), akkor az ${\displaystyle a_{1},\dots ,a_{n}}$ nemnegatív valós számokhoz vegyük hozzá az ${\displaystyle a_{n+1}=\cdots =a_{2^{k}}={\frac {a_{1}+\cdots +a_{n}}{n}}=A_{n}}$ elemeket, és alkalmazzuk az így kapott ${\displaystyle a_{1},\dots ,a_{2^{k}}}$ számokra a már bizonyított állítást:

${\displaystyle A_{n}={\frac {a_{1}+\cdots +a_{n}}{n}}={\frac {a_{1}+\cdots +a_{n}+A_{n}+...+A_{n}}{2^{k}}}\geq {\sqrt[{2^{k}}]{a_{1}\cdots a_{n}A_{n}^{(2^{k}-n)}}}}$

Ekvivalens átalakításokkal:

${\displaystyle A_{n}^{2^{k}}\geq a_{1}\cdots a_{n}A_{n}^{(2^{k}-n)}}$

${\displaystyle A_{n}^{n}\geq a_{1}\cdots a_{n}}$

${\displaystyle A_{n}\geq {\sqrt[{n}]{a_{1}\cdots a_{n}}}}$

amit bizonyítani kellett.

d.) Végül igazoljuk a tétel egyenlőségre vonatkozó részét.
${\displaystyle a_{1}=\dots =a_{n}=a}$ esetén az egyenlőség nyilvánvalóan teljesül, hiszen ekkor ${\displaystyle {\frac {a_{1}+\cdots +a_{n}}{n}}=a={\sqrt[{n}]{a_{1}\cdots a_{n}}}}$
Tegyük fel most, hogy például ${\displaystyle a_{1}\neq a_{2}}$ ! Felhasználva, hogy ebben az esetben ${\displaystyle {\frac {a_{1}+a_{2}}{2}}>{\sqrt {a_{1}a_{2}}}}$ :

${\displaystyle {\frac {a_{1}+a_{2}+a_{3}+\cdots +a_{n}}{n}}={\frac {{\frac {a_{1}+a_{2}}{2}}+{\frac {a_{1}+a_{2}}{2}}+a_{3}+\cdots +a_{n}}{n}}\geq {\sqrt[{n}]{\left({\frac {a_{1}+a_{2}}{2}}\right)^{2}a_{3}\cdots a_{n}}}>{\sqrt[{n}]{({\sqrt {a_{1}a_{2}}})^{2}a_{3}\cdots a_{n}}}={\sqrt[{n}]{a_{1}\cdots a_{n}}}}$

tehát egyenlőség nem állhat fenn.

2. bizonyítás

a.) A tételt ${\displaystyle \,n=2}$ esetre már bizonyítottuk.

b.) Igazoljuk, hogy ha ${\displaystyle \,n}$-re igaz az állítás, akkor ${\displaystyle \,2n}$-re is igaz, a már látott módon.

c.) Egyfajta fordított irányú indukciót alkalmazva igazoljuk, hogy ha ${\displaystyle \,n+1}$-re igaz az állítás, akkor ${\displaystyle \,n}$-re is teljesül, és így minden természetes számra fennáll. Az ${\displaystyle a_{1},\dots ,a_{n}}$ nemnegatív valós számokhoz vegyük ugyanis hozzá ${\displaystyle \,(n+1)}$-dik elemként a számok számtani középértékét, az ${\displaystyle a_{n+1}={\frac {a_{1}+\cdots +a_{n}}{n}}=A_{n}}$ számot. Az indukciós feltevésből kiindulva, ekkor, ekvivalens átalakításokkal:

${\displaystyle A_{n}={\frac {a_{1}+\cdots +a_{n}+A_{n}}{n+1}}\geq {\sqrt[{n+1}]{a_{1}\cdots a_{n}A_{n}}}}$

${\displaystyle A_{n}^{n+1}\geq a_{1}\cdots a_{n}A_{n}}$

${\displaystyle A_{n}^{n}\geq a_{1}\cdots a_{n}}$

${\displaystyle A_{n}\geq {\sqrt[{n}]{a_{1}\cdots a_{n}}}}$,

amit bizonyítani kellett.

d.) Végül igazoljuk a tétel egyenlőségre vonatkozó részét, a már látott módon.

3. bizonyítás

a.) A tételt ${\displaystyle \,n=2}$ esetre már bizonyítottuk.

b.) Igazoljuk, hogy ha ${\displaystyle \,n}$-re igaz az állítás, akkor ${\displaystyle \,(n+1)}$-re is igaz. Legyen ugyanis ${\displaystyle A={\sqrt[{n(n+1)}]{a_{1}\cdots a_{n}}}}$ és ${\displaystyle B={\sqrt[{n+1}]{a_{n+1}}}}$, ekkor az indukciós feltevés miatt

${\displaystyle {\frac {a_{1}+\cdots +a_{n}+a_{n+1}}{n+1}}\geq {\frac {n{\sqrt[{n}]{a_{1}\cdots a_{n}}}+a_{n+1}}{n+1}}={\frac {nA^{n+1}+B^{n+1}}{n+1}}}$

Mivel ${\displaystyle {\sqrt[{n+1}]{a_{1}\cdots a_{n+1}}}=A^{n}B}$, elegendő megmutatni, hogy

${\displaystyle {\frac {nA^{n+1}+B^{n+1}}{n+1}}\geq A^{n}B}$

Ekvivalens átalakításokkal:

${\displaystyle {\frac {nA^{n+1}+B^{n+1}}{n+1}}\geq A^{n}B}$

${\displaystyle nA^{n+1}+B^{n+1}\geq A^{n}B(n+1)=nA^{n}B+A^{n}B}$

${\displaystyle nA^{n+1}-nA^{n}B-A^{n}B+B^{n+1}\geq 0}$

${\displaystyle nA^{n}(A-B)+B(B^{n}-A^{n})\geq 0}$

${\displaystyle (A-B)(nA^{n}-A^{n-1}B-\dots -AB^{n-1}-B^{n})\geq 0}$,

ami mindig teljesül, mert ${\displaystyle \,A>B}$ esetén a bal oldalon két pozitív, ${\displaystyle \,A<B}$ esetén pedig két negatív szám szorzata szerepel.

c.) Végül igazoljuk a tétel egyenlőségre vonatkozó részét, a már látott módon.

4. bizonyítás

a.) A tételt ${\displaystyle \,n=2}$ esetre már bizonyítottuk.

b.) Igazoljuk, hogy ha ${\displaystyle \,n}$-re igaz az állítás, akkor ${\displaystyle \,(n+1)}$-re is igaz. Indukcióval feltehetjük, hogy ${\displaystyle \,n}$-re igaz az állítás és ${\displaystyle \,(n+1)}$ szám van adva: ${\displaystyle a_{1},\dots ,a_{n}}$ és ${\displaystyle \,x}$. Jelöljük ${\displaystyle \,A}$-val az ${\displaystyle a_{1},\dots ,a_{n}}$ számok számtani közepét. Az indukciós hipotézis miatt tudjuk, hogy ${\displaystyle a_{1}\cdots a_{n}\leq A^{n}}$. Be kell látnunk, hogy

${\displaystyle a_{1}\cdots a_{n}x\leq \left({\frac {An+x}{n+1}}\right)^{n+1}}$

teljesül minden ${\displaystyle x\geq 0}$ számra. Az indukció miatt már tudjuk, hogy ${\displaystyle a_{1}\cdots a_{n}\leq A^{n}}$, ezért azt kell belátni, hogy ${\displaystyle A^{n}x\leq \left({\frac {An+x}{n+1}}\right)^{n+1}}$ azaz

${\displaystyle f(x)=\left({\frac {An+x}{n+1}}\right)^{n+1}-A^{n}x\geq 0}$

teljesül. ${\displaystyle \,f(x)}$polinom, ami 0-ban pozitív, ${\displaystyle \,A}$-ban nulla, végtelenben pedig végtelenhez tart. Így van minimuma, ahol deriváltja nulla. Kiszámolva:

${\displaystyle f'(x)={\frac {(An+x)^{n}}{(n+1)^{n}}}-A^{n}=0}$

ahonnan ${\displaystyle \,x=A}$.

Richard Rado indukciós bizonyítása erősebb állítást igazol. Tegyük fel, hogy ${\displaystyle \,n+1}$ számunk van, ezek számtani és mértani közepe ${\displaystyle \,A_{n+1}}$ és ${\displaystyle \,G_{n+1}}$, az első ${\displaystyle \,n}$ szám számtani illetve mértani közepe pedig ${\displaystyle \,A_{n}}$ és ${\displaystyle \,G_{n}}$. Ekkor

${\displaystyle n(A_{n}-G_{n})\leq (n+1)(A_{n+1}-G_{n+1}).}$

Ez elég, hiszen ha ${\displaystyle A_{n}\geq G_{n}}$, akkor a képlet szerint ${\displaystyle A_{n+1}\geq G_{n+1}}$. A képlet igazolásához ${\displaystyle \,G_{n}}$-nel osztva, 0-ra redukálva és bevezetve az

${\displaystyle x=\left({\frac {a_{n+1}}{G_{n}}}\right)^{\frac {1}{n+1}}}$

új változót, a következő adódik:

${\displaystyle x^{n+1}-(n+1)x+n\geq 0.}$

Ezt kell tehát ${\displaystyle x\geq 0}$-ra igazolni. Ezt ${\displaystyle \,n}$-re való indukcióval bizonyítjuk. Az ${\displaystyle \,n=0}$ eset igaz. Ha pedig ${\displaystyle \,n-1}$-re igaz, akkor ${\displaystyle \,n}$-re

${\displaystyle x^{n+1}-(n+1)x+n=\left(x^{n}-nx+(n-1)\right)x+n(x-1)^{2}\geq 0.}$

Pólya György bizonyítása, ami az analízis mély fogalmait használja.

Tegyük fel tehát, hogy adottak az ${\displaystyle a_{1},\dots ,a_{n}}$ nemnegatív számok, számtani közepük ${\displaystyle \,A}$.

Ha ${\displaystyle A=0}$, akkor ${\displaystyle a_{i}=0}$, (${\displaystyle i=1,...n}$) tehát az egyenlőség teljesül:

${\displaystyle {\sqrt[{n}]{a_{1}a_{2}\cdots a_{n}}}={\frac {a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{n}}{n}}}$

Tegyük fel, hogy a számok pozitívok: ${\displaystyle a_{i}>0,\quad i=1,...,n}$

Ekkor ${\displaystyle A>0}$.

Legyen ${\displaystyle f(x):=e^{x}-x-1,\quad x\in \mathbb {R} }$

${\displaystyle f}$ függvény első deriváltja:

${\displaystyle f'(x)=e^{x}-1}$

${\displaystyle f}$ második deriváltja:

${\displaystyle f''(x)=e^{x}}$

A második derivált mindenhol pozitív:

${\displaystyle f''(x)=e^{x}>0,\quad x\in \mathbb {R} }$

A ${\displaystyle 0=f'(x)=e^{x}-1}$ egyenlet egyetlen megoldása: ${\displaystyle x=0}$

Ezekből az következik, hogy ${\displaystyle f}$ függvénynek csak ${\displaystyle x=0}$ helyen van szélsőértéke és ott minimuma van. Továbbá ${\displaystyle f(0)=e^{0}-0-1=0}$.

Összefoglalva: Minden ${\displaystyle x\in \mathbb {R} }$ esetén ${\displaystyle f(x)\geq 0}$ és ${\displaystyle f(x)=0}$ pontosan akkor igaz, ha ${\displaystyle x=0}$.

Kifejtve:

${\displaystyle e^{x}-x-1\geq 0}$

${\displaystyle e^{x}\geq 1+x}$ és az egyenlőség csak akkor áll, ha ${\displaystyle x=0}$.

Írjuk fel az említett egyenlőtlenséget az ${\displaystyle {\frac {a_{i}}{A}}-1}$ (${\displaystyle i=1,\dots ,n}$) számokra:

${\displaystyle e^{{\frac {a_{i}}{A}}-1}\geq {\frac {a_{i}}{A}}}$

Összeszorozva ezeket azt kapjuk, hogy

${\displaystyle e^{{\frac {a_{1}+\cdots +a_{n}}{A}}-n}\geq {\frac {a_{1}\cdots a_{n}}{A^{n}}}.}$

A bal oldal ${\displaystyle a_{1}+\cdots +a_{n}=nA}$ miatt így alakítható:

${\displaystyle \,e^{n-n}=1}$

és ezzel azt kaptuk, hogy ${\displaystyle a_{1}\cdots a_{n}\leq A^{n}}$, tehát készen vagyunk. Egyenlőség csak akkor áll, ha ${\displaystyle {\frac {a_{1}}{A}}=\cdots ={\frac {a_{n}}{A}}=1}$, azaz a számok egyenlőek. Ezt a bizonyítást Pólya György álmában találta.

Riesz Frigyes bizonyítása a következő:

Továbbra is feltesszük, hogy ${\displaystyle a_{i}\geq 0,\quad i=1,...,n}$

${\displaystyle a_{1}=\dots =a_{n}}$ esetén az egyenlőség nyilvánvalóan teljesül, hiszen ekkor ${\displaystyle A:={\frac {a_{1}+\cdots +a_{n}}{n}}={\sqrt[{n}]{a_{1}\cdots a_{n}}}\qquad (1)}$.

Mivel nem lehet minden szám nulla, továbbá ${\displaystyle a_{i}\geq 0}$ (${\displaystyle i=1,...,n}$), ezért a számtani középérték nyilván pozitív: ${\displaystyle A>0}$.

Ha bármelyik ${\displaystyle a_{i}=0}$, akkor a mértani középérték nulla, így az egyenlőtlenség teljesül:

${\displaystyle 0={\sqrt[{n}]{a_{1}\cdots a_{n}}}<A\qquad (2)}$

A továbbiakban tegyük fel, hogy az összes szám pozitív: ${\displaystyle a_{i}>0,\quad i=1,...,n}$

A mértani középértéket jelöljük ${\displaystyle B_{1}}$-el:

${\displaystyle B_{1}:={\sqrt[{n}]{a_{1}a_{2}\cdots a_{n}}}}$

Amennyiben a számok nem egyenlőek, feltehető, hogy létezik közöttük legkisebb és legnagyobb elem. Az általánosság elvesztése nélkül tegyük fel, hogy ezek az ${\displaystyle a_{1}}$ és ${\displaystyle a_{2}}$ elemek:

${\displaystyle a_{1}=\min\{a_{1},a_{2},...,a_{n}\}}$

${\displaystyle a_{2}=\max\{a_{1},a_{2},...,a_{n}\}}$

Nyilván igaz a következő egyenlőtlenség:

${\displaystyle a_{1}<A<a_{2}\qquad (3)}$

Az eredeti sorozat alapján állítsunk elő egy második sorozatot, melynek első két tagja ${\displaystyle A}$ és ${\displaystyle (a_{1}+a_{2}-A)}$:

${\displaystyle A,\;a_{1}+a_{2}-A,\;a_{3},...,a_{n}}$

A második sorozat számtani középértéke nem változik:

${\displaystyle {\frac {A+(a_{1}+a_{2}-A)+a_{3}+\cdots +a_{n}}{n}}=A}$

A második sorozat mértani középértéke:

${\displaystyle B_{2}:={\sqrt[{n}]{A(a_{1}+a_{2}-A)a_{3}\cdots a_{n}}}}$

A második mértani középértékben lévő szorzat az első mértani közép szorzatától az első két tényezőben különbözik, ezért ezeket hasonlítjuk össze:

${\displaystyle A(a_{1}+a_{2}-A)-a_{1}a_{2}=Aa_{1}+Aa_{2}-A^{2}-a_{1}a_{2}=(a_{1}-A)(A-a_{2})}$

${\displaystyle (3)}$-ból következik:

${\displaystyle a_{1}-A<0}$

${\displaystyle A-a_{2}<0}$

Ezek alapján:

${\displaystyle (a_{1}-A)(A-a_{2})>0}$

${\displaystyle A(a_{1}+a_{2}-A)-a_{1}a_{2}=(a_{1}-A)(A-a_{2})>0}$

A mértani középértékekben lévő szorzatok összehasonlítása:

${\displaystyle A(a_{1}+a_{2}-A)a_{3}\cdots a_{n}>a_{1}a_{2}a_{3}\cdots a_{n}}$

Kihasználtuk, hogy minden elem pozitív: ${\displaystyle a_{i}>0}$, ${\displaystyle i=1,...,n}$

Megmutattuk, hogy a módosított sorozat mértani középértéke nagyobb, mint az eredeti sorozat mértani középértéke:

${\displaystyle B_{2}={\sqrt[{n}]{A(a_{1}+a_{2}-A)a_{3}\cdots a_{n}}}>B_{1}}$

A módosított sorozatban legalább egyszer megjelenik ${\displaystyle A}$.

Ezt az eljárást véges sokszor ismételve egy olyan számsorozathoz jutunk, aminek minden eleme ${\displaystyle A}$. Legyen ez a ${\displaystyle p}$-ik sorozat:

${\displaystyle B_{p}:={\sqrt[{n}]{A^{n}}}=A}$

Fent beláttuk, hogy a mértani középértékek monoton növekvő sorozatot alkotnak:

${\displaystyle B_{1}<B_{2}<...<B_{p}}$

Ebből következik:

${\displaystyle B_{1}<B_{p}=A}$

Tehát

${\displaystyle B_{1}={\sqrt[{n}]{a_{1}a_{2}\cdots a_{n}}}<A\qquad (4)}$

${\displaystyle (1)}$, ${\displaystyle (2)}$ és ${\displaystyle (4)}$ figyelembevételével kijelenthetjük, hogy

${\displaystyle {\sqrt[{n}]{a_{1}a_{2}\cdots a_{n}}}\leq {\frac {a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{n}}{n}}}$

Az egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha az összes szám megegyezik.

.

Ez a szakasz egyelőre üres vagy erősen hiányos. Segíts te is a kibővítésében!

A tétel segítségével bebizonyítható, hogy ha ${\displaystyle a>0,a\in \mathbb {R} }$, akkor ${\displaystyle a+{\frac {1}{a}}\geq 2}$. Ugyanis ${\displaystyle {\frac {a+{\frac {1}{a}}}{2}}\geq {\sqrt {a\cdot {\frac {1}{a}}}}}$ egyenlőtlenség a tétel miatt igaz, hiszen a bal oldalon ${\displaystyle a}$ és ${\displaystyle {\frac {1}{a}}}$ számtani, míg a jobb oldalon a mértani közepük van. A jobb oldalon a gyök alatt 1 van, és mivel ${\displaystyle {\sqrt {1}}=1}$, ezért ${\displaystyle {\frac {a+{\frac {1}{a}}}{2}}\geq 1}$, és 2-vel szorozva ${\displaystyle a+{\frac {1}{a}}\geq 2}$. QED

Ebben a példában az egyenlőtlenség a rendezési egyenlőtlenséget helyettesíti:

Igazoljuk, hogy ${\displaystyle a^{8}+b^{8}+c^{8}\geq a^{4}b^{3}c+b^{4}c^{3}a+c^{4}a^{3}b}$ (a, b, c poz. valós számok). Bizonyítás: ${\displaystyle a^{4}b^{3}c=(a^{32}b^{24}c^{8})^{1/8}=(a^{8}a^{8}a^{8}a^{8}b^{8}b^{8}b^{8}c^{8})^{1/8}\leq {\frac {4a^{8}+3b^{8}+c^{8}}{8}}}$. A változók ciklikus permutálásával kapott három egyenlőtlenséget összeadva adódik az igazolandó. Leolvashatjuk az egyenlőség esetét is: a=b=c.

Megmutatjuk, hogy ${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{n}}=1}$. Valóban, hiszen a számtani és mértani közepek közötti egyenlőtlenség alapján

${\displaystyle 1\leq {\sqrt[{n}]{n}}={\sqrt[{n}]{{\sqrt {n}}{\sqrt {n}}\cdot 1\cdot \ldots \cdot 1}}\leq {\frac {2{\sqrt {n}}+n-2}{n}}=1+{\frac {2}{\sqrt {n}}}-{\frac {2}{n}}\to 1.}$

Megmutatjuk, hogy ${\displaystyle \left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}\leq 4}$. Valóban, a számtani és mértani közepek közötti egyenlőtlenség alapján

${\displaystyle {\sqrt[{n+2}]{\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}\cdot {\frac {1}{2}}\cdot {\frac {1}{2}}}}\leq {\frac {n\left(1+{\frac {1}{n}}\right)+{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2}}}{n+2}}=1.}$

Ebből ${\displaystyle n+2}$-edikre emelés és rendezés után adódik a felső korlát. A szigorúan monoton növekedéshez azt kell igazolni, hogy ${\displaystyle \left(1+{\frac {1}{n+1}}\right)^{n+1}>\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}}$. A számtani és mértani közepek közötti egyenlőtlenség alapján

${\displaystyle {\sqrt[{n+1}]{\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}\cdot 1}}\leq {\frac {n\left(1+{\frac {1}{n}}\right)+1}{n+1}}=1+{\frac {1}{n+1}}.}$

Egyenlőség pedig nem állhat fenn. Hasonlóan igazolható, hogy ${\displaystyle \left(1+{\frac {x}{n}}\right)^{n}}$ is korlátos és szigorúan monoton növekedő, ahol ${\displaystyle x}$ tetszőleges valós szám.

Azonos kerületű háromszögek között a szabályos háromszög területe a legnagyobb. Egy ${\displaystyle a,b,c}$ oldalú háromszög félkerülete legyen ${\displaystyle s={\frac {a+b+c}{2}}}$. A Héron-képlet szerint a háromszög területe ${\displaystyle t={\sqrt {s(s-a)(s-b)(s-c)}},}$ vagyis az

${\displaystyle (a,b,c)\mapsto (s-a)(s-b)(s-c)}$

függvényt kell maximalizálnunk rögzített ${\displaystyle s}$ mellett. A számtani és mértani közepek közötti egyenlőtlenség alapján

${\displaystyle {\sqrt[{3}]{(s-a)(s-b)(s-c)}}\leq {\frac {s-a+s-b+s-c}{3}}={\frac {s}{3}}.}$

Egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha ${\displaystyle a=b=c}$.

A tétel súlyozott változata a következő. Ha ${\displaystyle a_{1},\dots ,a_{n}}$ nemnegatív valós számok, ${\displaystyle p_{1},\dots ,p_{n}}$ pozitív valós számok, amikre ${\displaystyle p_{1}+\cdots +p_{n}=1}$ teljesül, akkor

${\displaystyle a_{1}^{p_{1}}\cdots a_{n}^{p_{n}}\leq p_{1}a_{1}+\cdots +p_{n}a_{n}.}$

Egyenlőség csak akkor áll fenn, ha ${\displaystyle a_{1}=\cdots =a_{n}}$. Ennek ${\displaystyle p_{1}=\cdots =p_{n}={\frac {1}{n}}}$ speciális esete az eredeti tétel.

• a hatványközepek közötti egyenlőtlenség
• a szimmetrikus közepek közötti egyenlőtlenség
• a Jensen-egyenlőtlenség

Ez a szakasz egyelőre üres vagy erősen hiányos. Segíts te is a kibővítésében!

• Dr. Korányi Erzsébet: Matematika a gimnáziumok 10. osztálya számára ISBN 963-8332-84-0
• Besenyei Ádám: A számtani-mértani közép és egyéb érdekességek