Bevisa att aritmetiskt medelvärde är lika med eller större än geometriskt medelvärde

Har du redan bevisat  "den Aritmetisk-Geometriska olikheten", eller står det i uppgiften att man får lov att använda den utan att bevisa den?

Den aritmetisk-geometriska olikheten har vi gått igenom på (inspelad) föreläsning och den får vi använda oss av. Jag skrev inte ut den, men har antecknat:

$$\begin{gathered} A(a,b)-G(a,b) \\ =\frac{a+b}{2} -\sqrt{ab} \\ =\frac{1}{2}(a+b-2\sqrt{ab}) \end{gathered}$$

Andra kvadreringsregeln ger:

$$\begin{gathered} \frac{1}{2}({\left(\sqrt{a}\right)}^2+{\left(\sqrt{b}\right)}^2-2\sqrt{a}\sqrt{b}) \\ =\frac{1}{2}{(\sqrt{a}-\sqrt{b})}^2. \end{gathered}$$

Ett kvadrerat uttryck är garanterat positivt!

Så, $A(a,b)-G(a,b) \ge 0$

vilket medför att $A(a,b)\ge G(a,b).$

Nu har jag förstått att 

$$\begin{gathered} \mathit{V}\mathit{L}=\frac{a+b+c+\left({\displaystyle \frac{a+b+c}{3}}\right)}{4}=\frac{a+b+c+{\displaystyle \frac{a}{3}}+{\displaystyle \frac{b}{3}}+{\displaystyle \frac{c}{3}}}{4} \\ =\frac{{\displaystyle \frac{4a}{3}}+{\displaystyle \frac{4b}{3}}+{\displaystyle \frac{4c}{3}}}{4}=\frac{4(a+b+c)}{3}·\frac{1}{4}=\frac{\mathbf{a}\mathbf{+}\mathbf{b}\mathbf{+}\mathbf{c}}{\mathbf{3}} \end{gathered}$$

Är det nu så att $HL=\sqrt[4]{abc(\frac{a+b+c)}{3}} = .......... ? ......\sqrt[3]{abc}$

så vore det ju toppen.

Men jag går bet på att räkna ut det.

Tar tacksamt emot mera vägledning på denna uppgift.

Nu vet jag hur man bevisar olikheten $\frac{a+b+c}{3}\ge \sqrt[3]{abc}.$

Jag har fått vägledning på annat håll som jag vill dela med mig av här:

Vi har redan bevisat olikheten $\frac{a+b+c+d}{4}\ge \sqrt[4]{abcd}.$

Se ovan.

Nu sätter vi in  $d=\frac{a+b+c}{3}$i den olikheten och får $\frac{a+b+c+\left({\displaystyle \frac{a+b+c}{3}}\right)}{4}\ge \sqrt[4]{abc(\frac{a+b+c}{3}}) .$ 

Då har vi att $VL=\frac{a+b+c}{3}$eftersom $\frac{a+b+c+\left(\frac{a+b+c}{3}\right)}{4}=\frac{a+b+c}{3}.$

$\frac{a+b+c}{3}\ge \sqrt[4]{abc(\frac{a+b+c}{3}})$kan omformas till:

${\mathbf{\left(}\frac{\mathbf{a}\mathbf{+}\mathbf{b}\mathbf{+}\mathbf{c}}{\mathbf{3}}\mathbf{\right)}}^{\mathbf{4}}\mathbf{\ge }\mathit{a}\mathit{b}\mathit{c}\mathbf{\left(}\frac{\mathbf{a}\mathbf{+}\mathbf{b}\mathbf{+}\mathbf{c}}{\mathbf{3}}\mathbf{\right)},$efter att vi höjt upp båda led till 4.

${\mathbf{\left(}\frac{\mathbf{a}\mathbf{+}\mathbf{b}\mathbf{+}\mathbf{c}}{\mathbf{3}}\mathbf{\right)}}^{\mathbf{3}}\mathbf{\ge }\mathit{a}\mathit{b}\mathit{c},$efter att vi delat båda led med $\left(\frac{a+b+c}{3}\right),$och slutligen har vi

$\mathbf{\left(}\frac{\mathbf{a}\mathbf{+}\mathbf{b}\mathbf{+}\mathbf{c}}{\mathbf{3}}\mathbf{\right)}\mathbf{\ge }\sqrt[\mathbf{3}]{\mathbf{a}\mathbf{b}\mathbf{c}}, VSB.$

Funkar även att sätta 

$d=\sqrt[3]{abc}$

och sedan förenkla:

$$\begin{gathered} \frac{a+b+c+\sqrt[3]{abc}}{4}\ge \sqrt[4]{abc\sqrt[3]{abc}}\iff \\ \frac{a+b+c+\sqrt[3]{abc}}{4}\ge \sqrt[3]{abc} \iff \\ a+b+c+\sqrt[3]{abc}\ge 4\sqrt[3]{abc}\iff \\ a+b+c\ge 3\sqrt[3]{abc} \end{gathered}$$