# Disuguaglianza tra media aritmetica e media geometrica

In matematica, la disuguaglianza tra media aritmetica e media geometrica, o più brevemente la disuguaglianza MA-MG, afferma che la media aritmetica di una lista di numeri reali è maggiore della media geometrica della stessa lista; e inoltre, che le due medie sono uguali se e solo se ogni numero nella lista è lo stesso.
Il caso non banale più semplice, per due numeri reali non negativi $x$ e $y$, è la disuguaglianza:
    ${\frac {x+y}{2}}\geq {\sqrt {xy}}$
con l'uguaglianza se e solo se $x=y$. Questo caso può essere visto dal fatto che il quadrato di un numero reale è sempre non negativo (maggiore o uguale a zero) e dal caso elementare $(a\pm b)^{2}=a^{2}\pm 2ab+b^{2}$ della formula binomiale:
    ${\begin{aligned}0&\leq (x-y)^{2}=x^{2}-2xy+y^{2}\\&=x^{2}+2xy+y^{2}-4xy=(x+y)^{2}-4xy.\end{aligned}}$
Quindi $(x+y)^{2}\geq 4xy$, con l'uguaglianza precisamente quando $(x-y)^{2}=0$, cioè $x=y$. La disuguaglianza MA-MG segue poi applicando la radice quadrata ad ambo i membri.
Per un'interpretazione geometrica, si consideri un rettangolo con lati di lunghezza $x$ e $y$, perciò ha perimetro $2x+2y$ e area $xy$. In modo simile, un quadrato con il lato di lunghezza ${\sqrt {xy}}$ ha perimetro $4{\sqrt {xy}}$ e la stessa area del rettangolo. Questo caso della disuguaglianza MA-MG implica per i perimetri che $2x+2y\geq 4{\sqrt {xy}}$ e pertanto che il quadrato ha il minore perimetro tra tutti i rettangoli di uguale area.
Estensioni della disuguaglianza MA-MG sono disponibili per includere medie pesate o generalizzate.

## Media aritmetica e geometrica

La media aritmetica, o meno precisamente la media, di una lista di $n$ numeri $x_{1},x_{2},...,x_{n}$ è la somma dei numeri divisa per $n$:
    ${\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}}{n}}.$
La media geometrica è simile, eccetto che è definita solo per una lista di numeri non negativi, e usa la moltiplicazione e la radice n-esima invece della somma e divisione:
    ${\sqrt[{n}]{x_{1}\cdot x_{2}\cdots x_{n}}}.$
Se $x_{1},x_{2},...,x_{n}>0$, questo è uguale all'esponenziale della media aritmetica dei logaritmi naturali dei numeri:
    $\exp \left({\frac {\ln {x_{1}}+\ln {x_{2}}+\cdots +\ln {x_{n}}}{n}}\right).$

## La disuguaglianza

Riaffermando la disuguaglianza usando la notazione matematica, si ha che per ogni lista di $n$ numeri non negativi $x_{1},x_{2},...,x_{n}$,
    ${\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}}{n}}\geq {\sqrt[{n}]{x_{1}\cdot x_{2}\cdots x_{n}}}\,,$
e vale l'uguaglianza se e solo se $x_{1}=x_{2}=\cdots =x_{n}$.

## Interpretazione geometrica

In due dimensioni, $2x_{1}+2x_{2}$ è il perimetro di un rettangolo con lati di lunghezza $x_{1}$ e $x_{2}$. In modo simile, $4{\sqrt {x_{1}x_{2}}}$ è il perimetro di un quadrato della stessa area $x_{1}x_{2}$ del rettangolo. Quindi per $n=2$ la disuguaglianza afferma che solo il quadrato è fra i rettangoli aventi la stessa area quello che ha il perimetro minore.
La vera disuguaglianza è un'estensione di quest'idea a $n$ dimensioni. Ogni vertice di una scatola $n$-dimensionale è connesso a $n$ spigoli. Se le miure di questi spigoli sono $x_{1},x_{2},...,x_{n}$, allora $x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}$ è la lunghezza totale degli spigoli incidenti in quel vertice. Ci sono in totale $2^{n}$ vertici, quindi si moltiplica $n$ per $2^{n}$; poiché ogni spigolo, tuttavia, incontra sue vertici, ciascuno dei primi sono contati due volte. Pertanto, si divide il risultato per $2$ e si conclude che ci sono $n2^{n-1}$ spigoli. Ci sono lo stesso numero di spigoli per ogni lunghezza, quindi ci sono $2^{n-1}$ spigoli per ogni $x_{1},...,x_{n}$ e la loro lunghezza totale è perciò $2^{n-1}(x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n})$. D'altra parte,
    $2^{n-1}nx_{1}=2^{n-1}n{\sqrt[{n}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{n}}}$
è la lunghezza totale degli spigoli connessi a un vertice in un cubo $n$-dimensionale di uguale volume, poiché in questo caso $x_{1}=x_{2}=\cdots =x_{n}$. Siccome la disuguaglianza afferma che
    ${x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n} \over n}\geq {\sqrt[{n}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{n}}},$
moltiplicando entrambi i membri per $n2^{n-1}$ si ottiene
    $2^{n-1}(x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n})\geq 2^{n-1}n{\sqrt[{n}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{n}}}$
con l'uguaglianza se e solo se $x_{1}=x_{2}=...=x_{n}$.
Così la disuguaglianza MA-MG afferma che fra le scatole $n$-dimensionali di uguale volume, l'n-cubo ha la minore somma delle lunghezze degli spigoli connessi a ciascun vertice.

## Esempio di applicazione

Si consideri la funzione
    $f(x,y,z)={\frac {x}{y}}+{\sqrt {\frac {y}{z}}}+{\sqrt[{3}]{\frac {z}{x}}}$
per ogni numero reale positivo $x$,$y$ e $z$. Si supponga di trovare il minimo valore della funzione. Prima la riscriviamo come:
    ${\begin{aligned}f(x,y,z)&=6\cdot {\frac {{\frac {x}{y}}+{\frac {1}{2}}{\sqrt {\frac {y}{z}}}+{\frac {1}{2}}{\sqrt {\frac {y}{z}}}+{\frac {1}{3}}{\sqrt[{3}]{\frac {z}{x}}}+{\frac {1}{3}}{\sqrt[{3}]{\frac {z}{x}}}+{\frac {1}{3}}{\sqrt[{3}]{\frac {z}{x}}}}{6}}\\&=6\cdot {\frac {x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}+x_{5}+x_{6}}{6}}\end{aligned}}$
con
    $x_{1}={\frac {x}{y}},\qquad x_{2}=x_{3}={\frac {1}{2}}{\sqrt {\frac {y}{z}}},\qquad x_{4}=x_{5}=x_{6}={\frac {1}{3}}{\sqrt[{3}]{\frac {z}{x}}}.$
Applicando la disuguaglianza MA-MG per $n=6$, si ha
    ${\begin{aligned}f(x,y,z)&\geq 6\cdot {\sqrt[{6}]{{\frac {x}{y}}\cdot {\frac {1}{2}}{\sqrt {\frac {y}{z}}}\cdot {\frac {1}{2}}{\sqrt {\frac {y}{z}}}\cdot {\frac {1}{3}}{\sqrt[{3}]{\frac {z}{x}}}\cdot {\frac {1}{3}}{\sqrt[{3}]{\frac {z}{x}}}\cdot {\frac {1}{3}}{\sqrt[{3}]{\frac {z}{x}}}}}\\&=6\cdot {\sqrt[{6}]{{\frac {1}{2\cdot 2\cdot 3\cdot 3\cdot 3}}{\frac {x}{y}}{\frac {y}{z}}{\frac {z}{x}}}}\\&=2^{2/3}\cdot 3^{1/2}.\end{aligned}}$
Inoltre, si sa che i due membri sono esattamente uguali quando tutti i termini della media sono uguali:
    $f(x,y,z)=2^{2/3}\cdot 3^{1/2}\quad {\mbox{quando}}\quad {\frac {x}{y}}={\frac {1}{2}}{\sqrt {\frac {y}{z}}}={\frac {1}{3}}{\sqrt[{3}]{\frac {z}{x}}}.$
Tutti i punti $(x,y,z)$ soddisfacenti questa condizione giacciono su una semiretta che parte dall'origine e sono dati da
    $(x,y,z)={\biggrt,{\sqrt[{3}]{2}}{\sqrt {3}}\,t,{\frac {3{\sqrt {3}}}{2}}\,t{\biggr )}\quad {\mbox{con}}\quad t>0.$

## Applicazioni pratiche

Un'importante applicazione pratica nella matematica finanziaria è il calcolo del tasso di rendimento: il ritorno annuo, calcolato attraverso la media geometrica, è minore del ritorno annuo medio, ricavato da una media aritmetica (o uguali se tutti i profitti sono uguali). Questo è importante nell'analisi degli investimenti, poiché il ritorno medio sopravvaluta l'effetto cumulativo.

## Dimostrazioni della disuguaglianza MA-MG
### Dimostrazione usando la disuguaglianza di Jensen

La disuguaglianza di Jensen afferma che il valore di una media aritmetica calcolata in una funzione concava è maggiore o uguale della media aritmetica dei valori della funzione. Poiché la funzione logaritmo è concava, si ottiene
    $\log \left({\frac {\sum x_{i}}{n}}\right)\geq \sum (1/n)\log x_{i}=\sum \left(\log x_{i}^{1/n}\right)=\log \left(\prod x_{i}^{1/n}\right).$
Prendendo l'esponenziale di entrambi i membri, si ha la disuguaglianza MA-MG.

### Dimostrazioni per induzione

Si deve mostrare che
    ${\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}}{n}}\geq {\sqrt[{n}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{n}}}$
con l'uguaglianza se e solo se tutti i numeri sono uguali. Se $x_{i}\neq x_{j}$, allora sostituendo sia $x_{i}$ sia $x_{j}$ con $(x_{i}+x_{j})/2$ lascerà la media aritmetica inalterata, ma incrementerà la media geometrica sulla destra perché
    ${\Bigl{\frac {x_{i}+x_{j}}{2}}{\Bigr )}^{2}-x_{i}x_{j}={\Bigl{\frac {x_{i}-x_{j}}{2}}{\Bigr )}^{2}>0.$
Così il membro destro sarà il più grande quando tutti gli $x_{i}$ sono uguali alla media aritmetica
    $\alpha ={\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}}{n}},$
e siccome questo è il maggior valore del membro destro, si ha
    ${\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}}{n}}=\alpha ={\sqrt[{n}]{\alpha \alpha \cdots \alpha }}\geq {\sqrt[{n}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{n}}}.$
Questa è una dimostrazione valida per il caso $n=2$, ma la procedura di prendere iterativamente medie di coppie di numeri può fallire nel produrre valori uguali nel caso $n\geq 3$. Un esempio di questo caso è $x_{1}=x_{2}\neq x_{3}$: Prendendo la media di due numeri differenti se ne ottengono due uguali, ma il terzo è ancora diverso. Perciò, non si avrà mai una disuguaglianza sulla media geometrica di tre numeri uguali.
Quindi, un trucco in più o un diverso ragionamento è necessario per trasformare l'idea precedente in una valida dimostrazione per $n\geq 3$.

#### Dimostrazione per induzione #1

Con la media aritmetica
    $\alpha ={\frac {\ x_{1}+\cdots +x_{n}}{n}}$
di numeri reali non negativi $x_{1},...,x_{n}$, la disuguaglianza è equivalente a
    $\alpha ^{n}\geq x_{1}x_{2}\cdots x_{n}$
con l'uguaglianza se e solo se $\alpha =x_{i}$ per ogni $i\in {1,...,n}$. Per la seguente dimostrazione si applica il principio d'induzione e solo ben conosciute regole di aritmetica.
Base induttiva: Per $n=1$ l'enunciato è vero con l'uguaglianza.
Ipotesi induttiva: Si supponga che la disuguaglianza valga per ogni scelta di $n$ numeri reali non negativi.
Passo induttivo: Si consideri $n+1$ numeri reali non negativi $x_{1},...,x_{n+1}$. La loro media aritmetica $\alpha$ soddisfa
    $(n+1)\alpha =\ x_{1}+\cdots +x_{n}+x_{n+1}.$
Se tutti i $x_{i}$ sono uguali ad $\alpha$, allora si ha l'uguaglianza e si è concluso. Nel caso in cui qualcuno non è uguale a $\alpha$, deve esistere un numero della lista che è più grande della media $\alpha$ e un altro che è più piccolo. Senza perdita di generalità, si possono riordinare i $x_{i}$ in modo da collocare questi due particolari elementi alla fine: $x_{n}>\alpha$ e $x_{n+1}<\alpha$. Allora
    $(x_{n}-\alpha )>0\qquad \alpha -x_{n+1}>0$
    $\implies (x_{n}-\alpha )(\alpha -x_{n+1})>0\,.\qquad (1)$
Ora si definisce $y$ come
    $y:=x_{n}+x_{n+1}-\alpha \geq x_{n}-\alpha >0\,,$
e si consideri i $n$ numeri $x_{1},...,x_{n-1},y$ che sono tutti non negativi. Poiché
    $(n+1)\alpha =x_{1}+\cdots +x_{n-1}+x_{n}+x_{n+1}$
    $n\alpha =x_{1}+\cdots +x_{n-1}+\underbrace {x_{n}+x_{n+1}-\alpha } _{=\,y},$
Perciò, $\alpha$ è anche la media aritmetica degli $n$ numeri $x_{1},...,x_{n-1},y$ e l'ipotesi induttiva implica
    $\alpha ^{n+1}=\alpha ^{n}\cdot \alpha \geq x_{1}x_{2}\cdots x_{n-1}y\cdot \alpha .\qquad (2)$
Grazie a $(1)$ si sa che
    $(\underbrace {x_{n}+x_{n+1}-\alpha } _{=\,y})\alpha -x_{n}x_{n+1}=(x_{n}-\alpha )(\alpha -x_{n+1})>0,$
quindi
    $y\alpha >x_{n}x_{n+1}\,,\qquad (3)$
in particulare $\alpha >0$. Dunque, se almeno uno dei numeri $x_{1},...,x_{n-1}$ è zero, allora si aveva già la disuguaglianza stretta in $(2)$. D'altra parte il membro destro della $(2)$ è positivo e si ottiene la disuguaglianza stretta usando la stima $(3)$ per avere un limite inferiore della parte destra della $(2)$. Quindi, in entrambi i casi si può sostituire $(3)$ in $(2)$ per ottenere
    $\alpha ^{n+1}>x_{1}x_{2}\cdots x_{n-1}x_{n}x_{n+1}\,$
che completa la dimostrazione.

#### Dimostrazione per induzione #2

Prima di tutto si dimostra che per i numeri reali $x_{1}<1$ e $x_{2}>1$ vale
    $x_{1}+x_{2}>x_{1}x_{2}+1.$
Infatti, moltiplicando entrambi i membri di $x_{2}>1$ per $1-x_{1}$, si ottiene
    $x_{2}-x_{1}x_{2}>1-x_{1},$
dalla quale si ricava immediatamente la disuguaglianza richiesta.
Ora, ora si andrà a dimostrare che per i numeri reali $x_{1},...,x_{n}$ tali che $x_{1}\cdots x_{n}=1$, vale
    $x_{1}+\cdots +x_{n}\geq n.$
L'uguaglianza vale se $x_{1}=\cdots =x_{n}$.
Base induttiva: Per $n=2$ l'enunciato è vero per la proprietà precedente.
Ipotesi induttiva: Si supponga che è vero per ogni numero naturale fino a $n-1$.
Passo induttivo: Si consideri $n$ numeri reali positivi $x_{1},...,x_{n}$ che soddisfano $x_{1}\cdots x_{n}=1$. Esisterà almeno un $x_{k}<1$, quindi ci deve essere almeno un $x_{j}>1$. Senza perdita di generalità, si pone $k=n-1$ e $j=n$.
Inoltre, la condizione $x_{1}\cdots x_{n}=1$ si scrive nella forma $(x_{1}\cdots x_{n-2})(x_{n-1}x_{n})=1$. Qui l'ipotesi induttiva implica
    $(x_{1}+\cdots +x_{n-2})+(x_{n-1}x_{n})>n-1.$
Tuttavia, tenendo conto della base induttiva, si ha
    $x_{1}+\cdots +x_{n-2}+x_{n-1}+x_{n}=(x_{1}+\cdots +x_{n-2})+(x_{n-1}+x_{n})>(x_{1}+\cdots +x_{n-2})+x_{n-1}x_{n}+1>n,$
che completa la dimostrazione.
Dati i numeri positivi reali $a_{1},...,a_{n}$, si definiscono $x_{1},...,x_{n}$ come
    $x_{1}={\frac {a_{1}}{\sqrt[{n}]{a_{1}\cdots a_{n}}}},...,x_{n}={\frac {a_{n}}{\sqrt[{n}]{a_{1}\cdots a_{n}}}}.$
I numeri $x_{1},...,x_{n}$ soddisfano la condizione $x_{1}\cdots x_{n}=1$. Così si ottiene
    ${\frac {a_{1}}{\sqrt[{n}]{a_{1}\cdots a_{n}}}}+\cdots +{\frac {a_{n}}{\sqrt[{n}]{a_{1}\cdots a_{n}}}}\geq n,$
da cui si ricava
    ${\frac {a_{1}+\cdots +a_{n}}{n}}\geq {\sqrt[{n}]{a_{1}\cdots a_{n}}},$
con l'uguaglianza che vale se e solo se $a_{1}=\cdots =a_{n}$.

#### Dimostrazione per induzione utilizzando il calcolo infinitesimale

La seguente dimostrazione utilizza il principio di induzione e basi di calcolo differenziale.
Base induttiva: Per $n=1$ l'enunciato è vero con l'uguale.
Ipotesi induttiva: Si supponga che la disuguaglianza MA-MG vale per ogni scelta di $n$numeri reali non negativi.
Passo induttivo: Per dimostrare l'enunciato per $n+1$ numeri non negativi $x_{1},...,x_{n},x_{n+1}$, si ha bisogno di verificare che
    ${\frac {x_{1}+\cdots +x_{n}+x_{n+1}}{n+1}}-({x_{1}\cdots x_{n}x_{n+1}})^{\frac {1}{n+1}}\geq 0$
con l'uguaglianza se e solo se i $n+1$ numeri sono uguali.
Se tutti i numeri sono zero, l'enunciato vale con l'uguale. Se almeno un numero è non zero, si ha la disuguaglianza stretta. Pertanto, si può assumere che tutti i $n+1$ numeri sono positivi.
Si consideri l'ultimo numero $x_{n+1}$ come una variabile e si definisca la funzione
    $f(t)={\frac {x_{1}+\cdots +x_{n}+t}{n+1}}-({x_{1}\cdots x_{n}t})^{\frac {1}{n+1}},\qquad t>0.$
Provare il passo induttiva corrisponde a mostrare che $f(t)\geq 0$ per ogni $t>0$, e che $f(t)=0$ solo se $x_{1},...,x_{n},t$ sono uguali. Questo può essere fatto analizzando i punti critici di $f$ usando calcolo differenziale basilare.
La derivata prima si $f$ è data da
    $f'(t)={\frac {1}{n+1}}-{\frac {1}{n+1}}({x_{1}\cdots x_{n}})^{\frac {1}{n+1}}t^{-{\frac {n}{n+1}}},\qquad t>0.$
Un punto critico $t_{0}>0$ deve soddisfare $f'(t_{0})=0$, che significa
    $({x_{1}\cdots x_{n}})^{\frac {1}{n+1}}t_{0}^{-{\frac {n}{n+1}}}=1.$
Dopo pochi calcoli si ha
    $t_{0}^{\frac {n}{n+1}}=({x_{1}\cdots x_{n}})^{\frac {1}{n+1}},$
e infine
    $t_{0}=({x_{1}\cdots x_{n}})^{\frac {1}{n}},$
che è la media geometrica di $x_{1},...,x_{n}$. Questo è l'unico punto critico di $f$. Poiché $f''(t)>0$ per ogni $t>0$, la funzione è strettamente convessa e ha un massimo globale stretto in $t_{0}$. Successivamente si calcola il valore della funzione nel punto di massimo:
    ${\begin{aligned}f(t_{0})&={\frac {x_{1}+\cdots +x_{n}+({x_{1}\cdots x_{n}})^{1/n}}{n+1}}-({x_{1}\cdots x_{n}})^{\frac {1}{n+1}}({x_{1}\cdots x_{n}})^{\frac {1}{n(n+1)}}\\&={\frac {x_{1}+\cdots +x_{n}}{n+1}}+{\frac {1}{n+1}}({x_{1}\cdots x_{n}})^{\frac {1}{n}}-({x_{1}\cdots x_{n}})^{\frac {1}{n}}\\&={\frac {x_{1}+\cdots +x_{n}}{n+1}}-{\frac {n}{n+1}}({x_{1}\cdots x_{n}})^{\frac {1}{n}}\\&={\frac {n}{n+1}}{\Bigl{\frac {x_{1}+\cdots +x_{n}}{n}}-({x_{1}\cdots x_{n}})^{\frac {1}{n}}{\Bigr )}\geq 0,\end{aligned}}$
dove la disuguaglianza finale vale per l'ipotesi induttiva. L'ipotesi afferma anche che si può avere l'uguaglianza se e solo se $x_{1},...,x_{n}$ sono tutti uguali. In questo caso, la loro media geometrica $t_{0}$ ha lo stesso valore e quindi, a meno che $x_{1},...,x_{n},x_{n+1}$ siano tutti uguali, si ha $f(x_{n+1})>0$, che completa la dimostrazione.
Questa tecnica può essere usata nella solita maniera per la disuguaglianza MA-MG generalizzata e la disuguaglianza di Cauchy-Schwarz nello spazio euclideo $\mathbb {R} ^{n}$.

### Dimostrazione di Cauchy

La seguente dimostrazione per casi si basa direttamente su ben note regole di aritmetica ma impiega la tecnica dell'induzione "in avanti e a ritroso", usata molto raramente. La tecnica è essenzialmente di Augustin-Louis Cauchy e può essere trovata nel suo Cours d'analyse. In questa variante del principio di induzione, una volta dimostrata vera la proprietà $P(n)$ per $n_{0}$, il passo induttivo consiste nel dimostrare che
* $P(n)$ è vera per $n=2^{k}\geq n_{0}$ con $k\in \mathbb {N}$
* $P(2^{k})\Rightarrow P(n)$ con $n<2^{k}$
Perciò la tecnica si basa sul dimostrare prima che la proposizione è vera nel caso facile di una potenza di due ("in avanti"), e poi che è vero per ogni suo numero minore ("a ritroso"). L'idea intuitiva è quindi che, siccome le potenze di due diventano "arbitrariamente grandi" e per ogni loro intero minore vale l'enunciato, allora la dimostrazione riesce a "raggiungere" ogni numero naturale.
Il caso in cui sono tutti uguali
Se tutti i termini sono:
    $x_{1}=x_{2}=\cdots =x_{n},$
allora la loro somma è $nx_{1}$, perciò la loro media aritmetica è $x_{1}$; e il loro prodotto è $x_{1}^{n}$, perciò la loro media geometrica è $x_{1}$. Pertanto, la media geometrica e aritmetica sono uguali, come desiderato.
Il caso in cui non sono tutti uguali
Rimane da mostrare che se non tutti i termini sono uguali, allora la media aritmetica è maggiore della media geometrica. Chiaramente, questo è possibile solo quando $n>1$.
Si passa ora a dimostrare il passo base e poi le due parti del passo induttivo.
Il passo base: n = 2
Se $n=2$, allora si hanno due termini, $x_{1}$ e $x_{2}$, e poiché (per ipotesi) non tutti i termini sono uguali, si ha:
    ${\begin{aligned}&{\Bigl{\frac {x_{1}+x_{2}}{2}}{\Bigr )}^{2}-x_{1}x_{2}={\frac {1}{4}}(x_{1}^{2}+2x_{1}x_{2}+x_{2}^{2})-x_{1}x_{2}\\&={\frac {1}{4}}(x_{1}^{2}-2x_{1}x_{2}+x_{2}^{2})\\&={\Bigl{\frac {x_{1}-x_{2}}{2}}{\Bigr )}^{2}>0,\end{aligned}}$
quindi
    ${\frac {x_{1}+x_{2}}{2}}>{\sqrt {x_{1}x_{2}}}$
come desiderato.
Il sottocaso n = 2$^k$
Si consideri il caso dove $n=2^{k}$, dove $k$ è un intero positivo. Si procede per induzione matematica.
Nel passo base, $k=1$, così $n=2$. La disuguaglianza vale per $n=2$ come dimostrato precedentemente.
Ora si suppone che per un dato $k>1$ la disuguaglianza valga per $n=2^{k-1}$ e si vuole dimostrare che anche $2^{k}$ la soddisfa. Per farlo, si applica due volte la disuguaglianza per $2^{n-1}$ numeri e una volta il caso $n=2$ per ottenere
    ${\begin{aligned}{\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{2^{k}}}{2^{k}}}&={\frac {{\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{2^{k-1}}}{2^{k-1}}}+{\frac {x_{2^{k-1}+1}+x_{2^{k-1}+2}+\cdots +x_{2^{k}}}{2^{k-1}}}}{2}}\\[7pt]&\geq {\frac {{\sqrt[{2^{k-1}}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{2^{k-1}}}}+{\sqrt[{2^{k-1}}]{x_{2^{k-1}+1}x_{2^{k-1}+2}\cdots x_{2^{k}}}}}{2}}\\[7pt]&\geq {\sqrt {{\sqrt[{2^{k-1}}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{2^{k-1}}}}{\sqrt[{2^{k-1}}]{x_{2^{k-1}+1}x_{2^{k-1}+2}\cdots x_{2^{k}}}}}}\\[7pt]&={\sqrt[{2^{k}}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{2^{k}}}}\end{aligned}}$
dove nella prima disuguaglianza, i due membri sono uguali solo se
    $x_{1}=x_{2}=\cdots =x_{2^{k-1}}$
e
    $x_{2^{k-1}+1}=x_{2^{k-1}+2}=\cdots =x_{2^{k}}$
(in cui la media aritmetica e geometrica della prima sono entrambe uguali a $x_{1}$, e similmente per la seconda); e nella seconda disuguaglianza, i due membri sono uguali solo se sono uguali le medie geometriche. Poiché non tutti i $2^{k}$ numeri sono uguali, è impossibile che entrambe siano uguaglianze, così si ricava che:
    ${\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{2^{k}}}{2^{k}}}>{\sqrt[{2^{k}}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{2^{k}}}}$
come desiderato.
Il sottocaso n < 2$^k$
Se $n$ non è una potenza intera di 2, allora è certamente minore di una qualche potenza di due, poiché la successione $2,4,8,...,2^{k},...$ è superiormente illimitata. Dunque, senza perdita di generalità, sia $m$ una qualche potenza di due che è maggiore di $n$.
Quindi, dati gli $n$ termini, si indica con $\alpha$ la loro media aritmetica e si espande la lista in modo da avere $m$ numeri:
    $x_{n+1}=x_{n+2}=\cdots =x_{m}=\alpha .$
Si ha dunque:
    ${\begin{aligned}\alpha &={\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}}{n}}\\[6pt]&={\frac {{\frac {m}{n}}\left(x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}\right)}{m}}\\[6pt]&={\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}+{\frac {m-n}{n}}\left(x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}\right)}{m}}\\[6pt]&={\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}+\left(m-n\right)\alpha }{m}}\\[6pt]&={\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}+x_{n+1}+\cdots +x_{m}}{m}}\\[6pt]&>{\sqrt[{m}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{n}x_{n+1}\cdots x_{m}}}\\[6pt]&={\sqrt[{m}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{n}\alpha ^{m-n}}}\,,\end{aligned}}$
da cui
    $\alpha ^{m}>x_{1}x_{2}\cdots x_{n}\alpha ^{m-n}$
cioè
    $\alpha >{\sqrt[{n}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{n}}}$
come desiderato.

### Dimostrazione di Pólya utilizzando la funzione esponenziale

George Pólya fornì una dimostrazione simile a quella seguente. Sia $f(x)=e^{x-1}-x$, con derivata prima $f'(x)=e^{x-1}-1$ e derivata seconda $f''(x)=e^{x-1}$. Si osserva che $f(1)=0$, $f'(1)=0$ e $f''(x)>0$ per ogni $x$, perciò $f$ è strettamente convessa con minimo assoluto in $x=1$. Ne segue che $x\leq e^{x-1}$ per ogni numero reale $x$con l'uguaglianza se e solo se $x=1$.
Si consideri la lista di numeri reali non negativi $x_{1},x_{2},...,x_{n}$. Se sono tutti zero, allora la disuguaglianza MA-MG vale con l'uguale. Quindi in seguito si considererà la loro media aritmetica $\alpha >0$. Dalla disuguaglianza precedente applicata $n$ volte, si ottiene che
    ${\begin{aligned}&{{\frac {x_{1}}{\alpha }}{\frac {x_{2}}{\alpha }}\cdots {\frac {x_{n}}{\alpha }}}\leq {e^{{\frac {x_{1}}{\alpha }}-1}e^{{\frac {x_{2}}{\alpha }}-1}\cdots e^{{\frac {x_{n}}{\alpha }}-1}}\\&=\exp {\Bigl{\frac {x_{1}}{\alpha }}-1+{\frac {x_{2}}{\alpha }}-1+\cdots +{\frac {x_{n}}{\alpha }}-1{\Bigr )},\qquad (1)\end{aligned}}$
con l'uguaglianza se e solo se ogni $x_{i}=\alpha$. L'argomento della funzione esponenziale può essere semplificato nella seguente maniera:
    ${\frac {x_{1}}{\alpha }}-1+{\frac {x_{2}}{\alpha }}-1+\cdots +{\frac {x_{n}}{\alpha }}-1={\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}}{\alpha }}-n=n-n=0.$
Ritornando alla $(1)$,
    ${\frac {x_{1}x_{2}\cdots x_{n}}{\alpha ^{n}}}\leq e^{0}=1,$
che produce $x_{1}x_{2}\cdots x_{n}\leq \alpha ^{n}$, e quindi l'enunciato
    ${\sqrt[{n}]{x_{1}x_{2}\cdots x_{n}}}\leq \alpha .$

## Generalizzazioni
### Disuguaglianza MA-MG pesata

Esiste una disuguaglianza simile per la media aritmetica pesata e la media geometrica pesate. In modo specifico, siano $x_{1},x_{2},...,x_{n}$ numeri reali non negativi e $w_{1},w_{2},...,w_{n}$ i loro rispettivi pesi (non negativi). Si definisca inoltre $w=w_{1}+w_{2}+\cdots +w_{n}$. Se $w>0$, allora vale la disuguaglianza
    ${\frac {w_{1}x_{1}+w_{2}x_{2}+\cdots +w_{n}x_{n}}{w}}\geq {\sqrt[{w}]{x_{1}^{w_{1}}x_{2}^{w_{2}}\cdots x_{n}^{w_{n}}}}$
e diventa una uguaglianza se e solo se tutti i $x_{k}$ con i $w_{k}>0$ sono uguali. Qui si usa la convenzione $0^{0}=1$.
Se tutti i $w_{k}$ sono uguali a $1$, la disuguaglianza si riduce a alla MA-MG non pesata analizzata precedentemente.

### Dimostrazione usando la disuguaglianza di Jensen

Usando la disuguaglianza di Jensen per il logaritmo naturale, si può dimostrare la disuguaglianza fra la media aritmetica pesata e la media geometrica pesata affermata prima.
Poiché un $x_{k}$ con peso $w_{k}=0$ non ha nessuna influenza sulla disuguaglianza, si può assumere che tutti i pesi sono positivi. Se tutti i numeri $x_{k}$ sono uguali, allora vale l'uguaglianza. Pertanto, rimane da provare la disuguaglianza stretta se non sono tutti uguali, che in seguito verrà assunto. Se almeno uno degli $x_{k}$ è nullo (ma non tutti), allora la media geometrica è zero, mentre la media aritmetica pesata è positiva, perciò vale la disuguaglianza stretta e allora si può assumere anche tutti i $x_{k}$ sono positivi.
Dal momento che il logaritmo è una funzione strettamente concava, la disuguaglianza di Jensen e le proprietà del logaritmo implicano
    $\ln {\Bigl{\frac {w_{1}x_{1}+\cdots +w_{n}x_{n}}{w}}{\Bigr )}>{\frac {w_{1}}{w}}\ln x_{1}+\cdots +{\frac {w_{n}}{w}}\ln x_{n}=\ln {\sqrt[{w}]{x_{1}^{w_{1}}x_{2}^{w_{2}}\cdots x_{n}^{w_{n}}}}.$
Poiché il logaritmo è strettamente monotono,
    ${\frac {w_{1}x_{1}+\cdots +w_{n}x_{n}}{w}}>{\sqrt[{w}]{x_{1}^{w_{1}}x_{2}^{w_{2}}\cdots x_{n}^{w_{n}}}}.$

### Altre generalizzazioni

Altre generalizzazioni della disuguaglianza fra media aritmetica e media geometrica sono:
* Disuguaglianza di raggruppamento,
* Disuguaglianza di MacLaurin,
* Media generalizzata.