Нужно доказать, что если числа a, b и с неотрицательны, то
![dfrac{a+b+c}{3}ge sqrt[3]{abc},](https://tex. z-dn. net/?f=dfrac{a+b+c}{3}ge sqrt[3]{abc}, "dfrac{a+b+c}{3}ge sqrt[3]{abc},")
причем равенство превращается тогда и только тогда, когда a=b=c. Воспользуемся способом, с помощью которого доказывается так называемая теорема Мюрхеда. Я не буду формулировать эту теорему, поскольку мое изложение не предполагает таких знаний.
Введем новые обозначения: ![sqrt[3]{a}=x; sqrt[3]{b}=y; sqrt[3]{c}=z;](https://tex. z-dn. net/?f=sqrt[3]{a}=x; sqrt[3]{b}=y; sqrt[3]{c}=z; "sqrt[3]{a}=x; sqrt[3]{b}=y; sqrt[3]{c}=z;")
неравенство, написанное раньше, превращается в 
По некоторым техническим соображениям перепишем его в виде
Доказательство проведем в два этапа: сначала докажем, что 
а затем - что 
Для доказательства первого неравенства перенесем все слагаемые налево и сгруппируем так:
+x^2(x-z)+y^2(y-x)+y^2(y-z)+z^2(z-x)+z^2(z-y)= "x^2(x-y)+x^2(x-z)+y^2(y-x)+y^2(y-z)+z^2(z-x)+z^2(z-y)=")
(x^2-y^2)+(x-z)(x^2-z^2)+(y-z)(y^2-z^2)= "(x-y)(x^2-y^2)+(x-z)(x^2-z^2)+(y-z)(y^2-z^2)=")
^2(x+y)+(x-z)^2(x+z)+(y-z)^2(y+z)ge 0 "=(x-y)^2(x+y)+(x-z)^2(x+z)+(y-z)^2(y+z)ge 0")
(вспомним, что мы рассматриваем только неотрицательные числа!), причем неравенство превращается в равенство только если x=y=z.
Доказываем второе неравенство. Для этого снова все переносим в левую часть:
+xy(y-z)+xz(x-y)+xz(z-y)+yz(y-x)+yz(z-x)= "xy(x-z)+xy(y-z)+xz(x-y)+xz(z-y)+yz(y-x)+yz(z-x)=")
(xy-yz)+(y-z)(xy-xz)+(x-y)(xz-yz)= "=(x-z)(xy-yz)+(y-z)(xy-xz)+(x-y)(xz-yz)=")
^2y+(y-z)^2x+(x-y)^2zge 0, "=(x-z)^2y+(y-z)^2x+(x-y)^2zge 0,")
причем неравенство превращается в равенство только если x=y=z. На этом доказательство неравенства Коши между средним арифметическим и средним геометрическим трех положительных чисел завершено.
dismantle
Bailey