Докажите AM-GM в одну строчку

[arqady]

Докажите обычное AM-GM, пользуясь только $\frac{x+y}{2}\geq\sqrt{xy}$ для неотрицательных $x$ и $y$.
Например, докажите, что для неотрицательных $a$, $b$, $c$, $d$ и $e$ выполняется:

$$\frac{a+b+c+d+e}{5}\geq\sqrt[5]{abcde}$$

в одну строчку.

[w0robey]

arqady в сообщении #438376 писал(а):

Докажите обычное AM-GM, пользуясь только $\frac{x+y}{2}\geq\sqrt{xy}$ для неотрицательных $x$ и $y$.
Например, докажите, что для неотрицательных $a$, $b$, $c$, $d$ и $e$ выполняется:

$$\frac{a+b+c+d+e}{5}\geq\sqrt[5]{abcde}$$

в одну строчку.

Вопрос: какой смысл несёт в себе это задание? В одну строчку можно расписать так: "по индукции всё получается)"

[Edward_Tur]

По Огюстену Луи Коши?
$\left( {\left( {a + b} \right) + \left( {c + d} \right)} \right) + \left( {\left( {e + \sqrt[5]{{abcde}}} \right) + \left( {\sqrt[5]{{abcde}} + \sqrt[5]{{abcde}}} \right)} \right) \ge 8\sqrt[5]{{abcde}}$

[Draggi]

Если делать штурмом, то можно и am-gm для двух не пользоваться. Да и вообще ничем. $(a-m)(b+m)>ab$ равносильно тому, что
$a-b>m$.

[arqady]

Edward_Tur в сообщении #438389 писал(а):

По Огюстену Луи Коши?
$\left( {\left( {a + b} \right) + \left( {c + d} \right)} \right) + \left( {\left( {e + \sqrt[5]{{abcde}}} \right) + \left( {\sqrt[5]{{abcde}} + \sqrt[5]{{abcde}}} \right)} \right) \ge 8\sqrt[5]{{abcde}}$

Да!
Можно ещё сильнее конкретизировать:

$$a+b+c+d+e+3\sqrt[5]{abcde}\geq2\sqrt{2\sqrt{2\sqrt{ab}\cdot2\sqrt{cd}}\cdot2\sqrt{2\sqrt{e\sqrt[5]{abcde}}\cdot2\sqrt[5]{abcde}}}=8\sqrt[5]{abcde}$$

Такое ощущение, что в этом мире всё уже когда-то было.

[MrDindows]

А так можно?)
$\sum\limits_{cyc}a \ge \sum\limits_{cyc}\sqrt{ab} \ge \sum\limits_{cyc}\sqrt[4]{abcd}\ge \sum\limits_{cyc}\sqrt[8]{a^2b^2c^2de}\ge \sum\limits_{cyc}\sqrt[16]{a^4b^3c^3d^3e^3}\ge....$
После $4n$ аналогичных повторений получаем $...\ge \sum\limits_{cyc}\sqrt[2^{4n}]{a^{\frac{2^{4n}+4}{5}}b^{\frac{2^{4n}-1}{5}}c^{\frac{2^{4n}-1}{5}}d^{\frac{2^{4n}-1}{5}}e^{\frac{2^{4n}-1}{5}}}$$...\ge \lim\limits_{n \to \infty} \sum\limits_{cyc}\sqrt[2^{4n}]{a^{\frac{2^{4n}+4}{5}}b^{\frac{2^{4n}-1}{5}}c^{\frac{2^{4n}-1}{5}}d^{\frac{2^{4n}-1}{5}}e^{\frac{2^{4n}-1}{5}}}=\sqrt[5]{abcde}$
Тут правда 2 строчки получилось)

[arqady]

MrDindows, в действительности, добавка $3\sqrt[5]{abcde}$ избавляет от предельного перехода.

[ewert]

Доказываю (независимо от $n$ и даже от $n=2$)

Если левая часть константа, то правая максимальна при всех одинаковых иксах, т.к. иначе её можно увеличить.

Ч.т.д.

[TOTAL]

ewert в сообщении #438751 писал(а):

Ч.т.д.

Неверно, т.к. всё должно заканчиваться буквами К.т.д. (как и следовало доказать), ведь

arqady в сообщении #438376 писал(а):

пользуясь только $\frac{x+y}{2}\geq\sqrt{xy}$

[ewert]

(Оффтоп)

TOTAL в сообщении #438754 писал(а):

Неверно, т.к. всё должно заканчиваться буквами К.т.д. (как и следовало доказать), ведь

Неверная логика: у меня не используется вообще ничего и, следовательно, ничего, кроме того неравенства.

[nnosipov]

(Оффтоп)

ewert в сообщении #438756 писал(а):

Неверная логика: у меня не используется вообще ничего и, следовательно, ничего, кроме того неравенства.

(Оффтоп)

Так уж и ничего? А утверждение о том, что правая часть в некоторой точке достигает своего максимального значения?