广东省深圳市高级中学518034
如果n个正数a1，a2，…，an的算术平均和几何平均分别是An=和Gn=a1a2…an，那么Gn≤An。其中等号成立的充要条件是a1=a2=…=an。
证法1：数学归纳法
n=1时，a1=a1，不等式成立。
n=2时，由=+a1a2≥a1a2即≥a1a2，不等式显然成立。
假设n=k(k≥2,k∈N)时不等式成立，则当n=k+1时，
从而Ak+1≥a1a2…ak·ak+1·Ak+1，
化简，得Ak+1≥a1a2…akak+1。
当且仅当a1=a2=…=ak=ak+1=Ak+1时，不等式取等号。
证法2：逐步调整法
对于n个正数a1，a2，…，an有A(a)≥G(a)①
其中A(a)=，G(a)=a1a2…an。
证明：不妨设a1≤a2≤…≤an，若a1=a2=…=an，则①取等号。若ai（i=1,2,…,n）不全相等，则a1<an。
令bj=aj(j=2,3,…,n-1),b1=A(a)，bn=(a1+an)-A(a)。a1<b1<an，a1<bn<an，那么b1bn>a1an。
事实上，若有A+B=A`+B`，A＜B，|A`-B`|＜|A-B|，A`＞A，B`＞A,总有A`B`-AB=A`B`-A[(A`+B`)-A]=(A`-A)(B`-A)＞0。
于是，A(b)=A(a),G(b)＞G(a)，且bi(i=1,2,…,n)中至少有一个b=A(a)。
若b2,b3,…,bn这(n-1)个数都相等，显然命题成立。否则仍不妨设b2≤b3≤…≤bn，b2＜bn。
再令C1=b1=A(a)=A(b)，C2=A(b)，Cn=(b2+bn)-A(b)，Ck=bk(k=3,4,…,n-1)。
又可得A(c)=A(b)，G(c)＞G(b)，且Ci(i=1,2,…,n)中至少有二个A(b)。
这样的调整至多重复(n-1)次，最终必将出现新数组中各正数均相等。假定第s次时新数组中各数相等，那么A(a)=A(b)=A(c)=…=A(s)，G(a)＜G(b)＜G(c)…＜G(s)。同时A(s)=G(s),所以，A(a)＞G(a)。
从上述证明过程知，当且仅当a1=a2=…=an时取等号。
每次仅对多变数中两个变数实行简单调整，经过有限次重复施行，而毋须繁复的推理、计算，也毋须较高深的理论。相比之下，在这个问题的各种证明中，这一应用局部调整法给出的证明当属漂亮的一个。
证法3：排序不等式法
令x1＝，x2=，…，xn=＝1，
y1=，y2=，…，yn=。
由于数组x1，x2，…，xn和数组y1，y2，…，yn中对应的数互为倒数，由排序不等式，得x1y1+x2y2+…+xnyn≤x1yn+x2yn-1+…+xny1，即n≤＋+…＋。
从而An≤Gn，等号当且仅当x1=x2=…=xn、y1=y2=…=yn时成立，而这两者都可得到a1=a2=…=an。
证法4：凸函数法
由lgx的上凸性质，得=≤lg，即（a1·a2…an）≤。
（1）由An≥Gn得++…+≥n＝，
即Gn≥=Hn。
（2）Qn≥An等价于n（a12+a22+…+an2）-（a1+a2+…+an）2≥0。
而上式左边=（a1-a2）2+（a1-a3）2+…+（a1-an）2+（a2-a3）2+…+（a2-an）2+…+（an-1-an）2≥0。
当且仅当a1=a2=…=an时等号成立。
综上得Hn≤Gn≤An,等号当且仅当a1=a2=…=an时成立。
证法5：积分法
证明几何——算术平均不等式Gn≤An。
证明：不妨设0＜a1≤a2≤…≤an，显然a1≤Gn≤an，存在1＜k＜n（k∈N）使得ak≤Gn≤ak+1。
-1=[∑-n]
=[ln+∑-n]
（添加零项ln=ln1=0）
因每个积分非负，所以和非负，即－1≥0，Gn≤An。
当且仅当每个积分为零，即ai=Gn进而a1=a2=…=an时，Gn=An。
证法6：概率法
证明：若a1，a2，…，an为n个正数，
则≤a1a2…an≤≤。
证明：设随机变量ζ的概率分布为P(ζ=ai）=（i=1,2,…,n)。
由(Eζ)2≤Eζ2得≤。又因为E(lnζ)≤ln(Eζ)，所以∑lnai≤ln∑，即a1a2…an≤。
再令随机变量η的概率分布为p（η＝）=（i=1，2，…，n），由E（lnη）≤ln（Eη)得∑ln≤ln（∑），即≤a1a2…an。
综上所述，≤a1a2…an≤≤。
点评：因为函数y=lnx是上凸函数，所以其函数值的平均数小于或等于自变量平均数的函数值。将数学期望理解成随机变量取值的平均数，便可得E(lnζ)≤ln(Eζ)当且仅当ζ的取值为(0,+∞)中的某个常数时等号成立。
类似可证明该命题的推广形式：如果ai＞0，pi∈[0,1]，i=1，2，…，n,∑pi=1，那么≤∏piai≤∑piai2。