$\sqrt[n]{a_1.a_2.a_3......a_n}\le\dfrac{a_1+a_2+a_3+.....+a_n}{n}$

Question

$a_i=a_1,a_2,a_3,.....,a_n\;\in\mathbb R^+$  olsun,


$\sqrt[n]{a_1.a_2.a_3......a_n}\le\dfrac{a_1+a_2+a_3+.....+a_n}{n}$

Olduğunu ispatlayınız,


İnduction veya $AG$ eşitsizliğini kullanınız.

Comments

AG esitsizligi nedir?

---

Genelleştirilmemiş ,Aritmetik-Geometrik Eşitsiziliği kastetmiştim.


$(\sqrt a -\sqrt b)^2\ge 0\quad\rightarrow\quad \dfrac{a+b}2\ge \sqrt{ab}$

Answer 1

Soru: 
$x_1,x_2,\cdots,x_n$ pozitif gercel sayilari icin $$\frac{x_1+x_2+\cdots+x_n}n \ge \sqrt[n]{x_1x_2\cdots x_n}$$ esitsizligi saglanir ve esitlik sadece $x_1=x_2=\cdots=x_n$ durumunda saglanir.

Soruyu degistirme:

$x_i=y_i^n$ olacak sekilde biricik bir $y_i$ pozitif sayisi oldugundan sorumuzu su sekilde degistirebiliriz: $y_1,y_2,\cdots,y_n$ pozitif gercel sayilari icin $$y_1^n+y_2^n+\cdots+y_n^n \ge ny_1y_2\cdots y_n$$ esitsizligi saglanir ve esitlik sadece $y_1=y_2=\cdots=y_n$ durumunda saglanir.

Ek olarak:
$y_1\ge y_2 \ge \cdots \ge y_n \ge 0$ olarak kabul edebiliriz.

Ispat: (Tumevarim)
$n=1$ icin $y_1^1\ge 1\cdot y_1$ dogru.
$n=k$ durumu icin dogru oldugunu kabul edelim. Ilk olarak $$y_k^{k+1}+y_{k+1}^{k+1}=y_k^ky_k+y_{k+1}^ky_{k+1} \ge y_k^ky_{k+1}+y_{k+1}^ky_k$$ $$y_{k-1}^k y_{k-1}+(y_{k+1}^{k-1}y_k)y_{k+1} \ge y_{k-1}^ky_{k+1}+y_{k+1}^{k-1}y_{k-1}y_k$$ $$\cdots$$ $$y_1^ky_1+(y_2y_3\cdots y_k)y_{k+1} \ge y_{1}^ky_{k+1}+y_1y_{2}\cdots y_ky_{k+1}$$ olacak sekilde $k$ adim ilerledigimizde (burasi da tumevarim ile gosterilebilir) $$y_1^{k+1}+y_2^{k+1}+\cdots+y_{k+1}^{k+1} \ge y_{k+1}(y_1^k+y_2^k+\cdots+y_k^k)+y_1y_2\cdots y_ky_{k+1}$$ $$\ge y_{k+1}(ky_1y_2\cdots y_k)+y_1y_2\cdots y_ky_{k+1}=(k+1)y_1y_2\cdots y_ky_{k+1}$$ olur.