Интеграл помогает доказать неравенство Коши

Интеграл помогает доказать неравенство Коши С. Берколайко а любопытно, скорее, простотой используемых средств и ловкостью автора. – E. G. A.] Пусть a1 , a2 , ..., an – положительные числа, среди которых есть различные. Тогда выполняется неравенство Коши: a1 + a2 + ... + an n > n  a1 a2 n . (1) n (Sn ) n> a1 a2 ... an . (2) Очевидно, не ограничивая общности, можно считать, что для некоторого k такого, что 1 ≤ k ≤ n – 1, a1≤ a2 ≤ ... ≤ ak≤ Sn≤ ak+1≤ ... ≤ an–1≤ an . (3) b b – a b < ∫ dt t = ln b a < a , a (4) < a < b (см. рисунок). Заметим, что при a = b вместо (4) имеем b – a b = ln b a = b – a a . Из (3) и (4) Sn – a1 Sn + Sn – a2 Sn + ... + Sn – ak Sn ≤ ln Sn a1 + ln Sn a1 Sn ak , (5) или kSn1 + a2 + ... + ak ) Sn ≤ ln (Sn )k a1 a2 k . (6) Опять-таки из (3) и (4) ln ak+1 Sn + ln ak+2 Sn + ... + ln an Sn ≤ ak+1n Sn + ak+2 – Sn Sn ann Sn , (7) или ln ak+1 ak+2n (Sn ) n–k ≤ (ak+1n ) – (n – k)Sn Sn . (8) ln ak+1 ak+2n (Sn ) n–k ≤ ln (Sn )k a1 a2 k . (9) 1 , a2 , ..., an будет «строгим». Поэтому вместо (9) мы можем утверждать ln ak+1 ak+2n (Sn ) n–k < ln (Sn )k a1 a2 ... ak , или ak+1 ak+2n (Sn ) n–k < (Sn )k a1 a2 ... ak , откуда вытекает (2). 12n , то, очевидно, a1 + a2n n = n  a1 a2 ... an .