平均数不等式
证明方法

关于均值不等式的证明方法有很多，数学归纳法（第一数学归纳法或反向归纳法）、拉格朗日乘数法、琴生不等式法、排序不等式法、柯西不等式法等等，都可以证明均值不等式，在这里简要介绍数学归纳法证明n维形式的均值不等式的方法：
用数学归纳法证明，需要一个辅助结论。
引理：设 A\geq 0， B\geq 0，则 \left(A+B\right)^{n}\geq A^{n}+nA^{n-1}B，且仅当 B=0时取等号。
引理的正确性较明显，条件 A\geq 0， B\geq 0可以弱化为 A\geq 0， A+B\geq 0，可以用数学归纳法证明。
原题等价于： \left({\frac {a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{n}}{n}}\right)^{n}\geq a_{1}a_{2}\cdots a_{n}，当且仅当 a_{1}=a_{2}=\cdots =a_{n}时取等号。
当 n=2时易证；
假设当 n=k时命题成立，即 \left({\frac {a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{k}}{k}}\right)^{k}\geq a_{1}a_{2}\cdots a_{k}，当且仅当 a_{1}=a_{2}=\cdots =a_{k}时取等号。
那么当 n=k+1时，不妨设 a_{k+1}是 a_{1}、 a_{2}\cdots a_{k+1}中最大者，则 ka_{k+1}\geq a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{k}
设 S=a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{k}，
 \left({\frac {a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{k+1}}{k+1}}\right)^{k+1}=\left[{\frac {S}{k}}+{\frac {ka_{k+1}-S}{k\left(k+1\right)}}\right]^{k+1}，根据引理
\left[{\frac {S}{k}}+{\frac {ka_{k+1}-S}{k\left(k+1\right)}}\right]^{k+1}\geq \left({\frac {S}{k}}\right)^{k+1}+(k+1)\left({\frac {S}{k}}\right)^{k}{\frac {ka_{k+1}-S}{k(k+1)}}=\left({\frac {S}{k}}\right)^{k}a_{k+1}\geq a_{1}a_{2}\cdots a_{k}a_{k+1}，当且仅当 ka_{k+1}-S=0且 a_{1}=a_{2}=\cdots =a_{k}时，即 a_{1}=a_{2}=\cdots =a_{k}=a_{k+1}时取等号。
此外，人教版高中数学教科书《选修4-5 不等式选讲》也介绍了一个运用数学归纳法的证明方法。
先运用数学归纳法证明一个引理：若 n（ n是正整数）个正数 a_{1},a_{2},...,a_{n}的乘积 a_{1}a_{2}...a_{n}=1，则它们的和 a_{1}+a_{2}+...+a_{n}\geqslant n，当且仅当 a_{1}=a_{2}=...=a_{n}=1时等号成立。
此引理证明如下：
当 n=1时命题为：若 a=1，则 a\geqslant 1，当且仅当 a=1时等号成立。命题显然成立。
假设当 n=k时命题成立，则现在证明当 n=k+1时命题也成立。
若这 k+1个数全部是1，即 a_{1}=a_{2}=...=a_{k+1}=1，则命题显然成立。
若这 k+1个数不全是1，则易证明必存在 i\neq j使 a_{i}>1,a_{j}<1。不妨设 a_{1}>1,a_{2}<1。由归纳假设，因为 (a_{1}a_{2})a_{3}...a_{k+1}=1，所以 a_{1}a_{2}+a_{3}+...+a_{k+1}\geqslant k，记此式为①式。由 a_{1}>1,a_{2}<1，知 a_{1}-1>0,1-a_{2}>0，则 (a_{1}-1)(1-a_{2})=a_{1}+a_{2}-a_{1}a_{2}-1>0，整理得 a_{1}+a_{2}>1+a_{1}a_{2}，记此式为②式。①+②得 a_{1}+a_{2}+a_{1}a_{2}+a_{3}+...+a_{k+1}>k+1+a_{1}a_{2}，整理得 a_{1}+a_{2}+...+a_{k+1}>k+1（此时等号不成立），命题成立。
综上，由数学归纳法，引理成立。
现在为了证明平均值不等式，考虑 n个正数 {\frac {a_{1}}{\sqrt[{n}]{a_{1}a_{2}...a_{n}}}},{\frac {a_{2}}{\sqrt[{n}]{a_{1}a_{2}...a_{n}}}},...,{\frac {a_{n}}{\sqrt[{n}]{a_{1}a_{2}...a_{n}}}}，它们的积为1，由引理，它们的和 {\frac {a_{1}}{\sqrt[{n}]{a_{1}a_{2}...a_{n}}}}+{\frac {a_{2}}{\sqrt[{n}]{a_{1}a_{2}...a_{n}}}}+...+{\frac {a_{n}}{\sqrt[{n}]{a_{1}a_{2}...a_{n}}}}={\frac {a_{1}+a_{2}+...+a_{n}}{\sqrt[{n}]{a_{1}a_{2}...a_{n}}}}\geqslant n，当且仅当 {\frac {a_{1}}{\sqrt[{n}]{a_{1}a_{2}...a_{n}}}}={\frac {a_{2}}{\sqrt[{n}]{a_{1}a_{2}...a_{n}}}}=...={\frac {a_{n}}{\sqrt[{n}]{a_{1}a_{2}...a_{n}}}}即 a_{1}=a_{2}=\cdots =a_{n}时等号成立。
整理即得： {\frac {a_{1}+a_{2}+...+a_{n}}{n}}\geqslant {\sqrt[{n}]{a_{1}a_{2}...a_{n}}}，当且仅当 a_{1}=a_{2}=\cdots =a_{n}时等号成立。于是 G_{n}\leq A_{n}得证。
利用 G_{n}\leq A_{n}，易证 H_{n}\leq G_{n}。考虑 n个正数 {\frac {1}{a_{1}}},{\frac {1}{a_{2}}},...,{\frac {1}{a_{n}}}，有 {\frac {{\frac {1}{a_{1}}}+{\frac {1}{a_{2}}}+...+{\frac {1}{a_{n}}}}{n}}\geqslant {\sqrt[{n}]{{\frac {1}{a_{1}}}\cdot {\frac {1}{a_{2}}}\cdot ...\cdot {\frac {1}{a_{n}}}}}={\frac {1}{\sqrt[{n}]{a_{1}a_{2}...a_{n}}}}，当且仅当 {\frac {1}{a_{1}}}={\frac {1}{a_{2}}}=...={\frac {1}{a_{n}}}即 a_{1}=a_{2}=\cdots =a_{n}时等号成立。两边取倒数整理得 {\frac {n}{{\frac {1}{a_{1}}}+{\frac {1}{a_{2}}}+...+{\frac {1}{a_{n}}}}}\leqslant {\sqrt[{n}]{a_{1}a_{2}...a_{n}}}，当且仅当 a_{1}=a_{2}=\cdots =a_{n}时等号成立，即 H_{n}\leq G_{n}。
A_{n}\leq Q_{n}等价于 Q_{n}^{2}-A_{n}^{2}\geq 0。事实上， Q_{n}^{2}-A_{n}^{2}等于 a_{1},a_{2},\ldots ,a_{n}的方差，通过这个转化可以证出 Q_{n}^{2}-A_{n}^{2}\geq 0，证明如下。
Q_{n}^{2}-A_{n}^{2}=Q_{n}^{2}-2A_{n}^{2}+A_{n}^{2}={\frac {a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\ldots +a_{n}^{2}}{n}}-{\frac {2a_{1}A_{n}+2a_{2}A_{n}+\ldots +2a_{n}A_{n}}{n}}+{\frac {nA_{n}^{2}}{n}}
={\frac {(a_{1}^{2}-2a_{1}A_{n}+A_{n}^{2})+(a_{2}^{2}-2a_{2}A_{n}+A_{n}^{2})+\ldots +(a_{n}^{2}-2a_{n}A_{n}+A_{n}^{2})}{n}}
={\frac {(a_{1}-A_{n})^{2}+(a_{2}-A_{n})^{2}+\ldots +(a_{n}-A_{n})^{2}}{n}}
\geqslant 0，
当且仅当 a_{1}=a_{2}=\cdots =a_{n}=A_{n}时等号成立。
利用琴生不等式法也可以很简单地证明均值不等式，同时还有柯西归纳法等方法。