浅谈均值不等式证明

前言

欢迎收看五年级飞舞 xxs 撰写的不等式专题，大佬们不喜勿喷，觉得好的话可不可以留个点赞再走哦（有点无耻）。

本文主要讲述均值不等式的证明。

提醒

建议掌握高中数学的大佬观看。

均值不等式

正如本文标题，均值不等式的英文就是 AM-GM inequality。

均值不等式就是：

对于任意的非负实数 \(a_1,a_2,\dots,a_n\)，满足

\[\frac1n \sum_{i=1}^n a_i \ge (\prod_{i=1}^n a_i) ^{\frac1n} \]

当且仅当 \(\forall 1 \le i,j \le n,a_i=a_j\) 时取等。

怎么证呢？

在证明之前我们令

\[A_n=\frac1n \sum_{i=1}^n a_i\\ G_n=(\prod_{i=1}^n a_i)^{\frac1n} \]

弱化

我们先考虑 \(n=2\) 时如何证明。

即要证

\[\frac{a_1+a_2}2 \ge \sqrt{a_1a_2} \]

把 \(2\) 乘到右边

\[a_1+a_2 \ge 2\sqrt{a_1a_2} \]

把右边移到左边

\[a_1-2\sqrt{a_1a_2}+a_2 \ge 0 \]

即

\[(a_1-a_2)^2 \ge 0 \]

恒成立。

其实高中课本上有这一段。

接下来证原命题。

证法一

证明一切命题首先想到的就是——数学归纳法。

命题起点 \(n=2\) 还是好证，就是上面的弱化。

那么若 \(n=k\) 时成立，则我们要把这个条件应用到 \(n=k+1\) 去。

注意到左式和右式都是关于 \(a_i\) 的轮换式，所以我们可以令：

\[a_1=\min_{i=1}^{k+1} a_i,a_{k+1}=\max_{i=1}^{k+1} a_i \]

则

\[a_1 \le A_{k+1} \le a_{k+1} \]

变形可以得到

\[A_{k+1}(a_1+a_{k+1}-A_{k+1}) \ge a_1a_{k+1} \]

我们注意到归纳假设中是对于任意的 \(n\) 个数都成立的条件，所以我们可以构造

\[\begin{align*} A_{k+1}&=\frac1k((k+1)A_{k+1}-A_{k+1})\\ &=\frac1k(\sum_{i=2}^k a_i+(a_1+a_{k+1}-A_{k+1}))\\ \end{align*} \]

从而构造出了上面变形得到的式子。

证

\(1^\circ\) 当 \(n=2\) 时，由上命题成立。

\(2^\circ\) 若 \(n=k\) 时，原命题成立，即

\[A_k \ge G_k \]

则 \(n=k+1\) 时，由于 \(A_{k+1},G_{k+1}\) 关于任意的 \(a_i,a_j\) 都是对称的，故不妨设

\[a_1=\min_{i=1}^{k+1} a_i\\ a_{k+1}=\max_{i=1}^{k+1} a_i \]

显然

\[a_1 \le A_{k+1} \le a_{k+1} \]

则

\[(a_1-A_{k+1})(A_{k+1}-a_{k+1}) \ge 0 \]

从而

\[A_{k+1} (a_1+a_{k+1}-A_{k+1})-a_1a_{k+1} \ge 0 \]

即

\[A_{k+1}(a_1+a_{k+1}-A_{k+1}) \ge a_1a_{k+1} \]

由归纳假设，有

\[\begin{align*} &\frac1k(\sum_{i=2}^k a_i+(a_1+a_{k+1}-A_{k+1})) \\ & \ge ((\prod_{i=2}^k a_i) \cdot (a_1+a_{k+1}-A_{k+1}))^{\frac1k} \end{align*} \]

而

\[\begin{align*} &\frac1k(\sum_{i=2}^k a_i+(a_1+a_{k+1}-A_{k+1}))\\ &=\frac1k((k+1)A_{k+1}-A_k+1)\\ &= A_{k+1} \end{align*} \]

于是

\[A_{k+1} \ge ((\prod_{i=2}^k a_i) \cdot (a_1+a_{k+1}-A_{k+1}))^{\frac1k} \]

两边同时 \(k\) 次方

\[A_{k+1}^k \ge (\prod _{i=2}^k a_i) \cdot (a_1+a_{k+1}-A_{k+1}) \]

乘 \(A_{k+1}\)

\[\begin{align*} A_{k+1}^{k+1}& \ge (\prod_{i=2}^k a_i) \cdot A_{k+1}(a_1+a_{k+1}-A_{k+1})\\ & \ge (\prod_{i=2}^k a_i) a_1a_{k+1}\\ &= G_{k+1}^{k+1} \end{align*} \]

从而

\[A_{k+1} \ge G_{k+1} \]

直接验证知当所有 \(a_i\) 均相等时等号成立。

综上，由数学归纳法，原命题成立。

证法二

还是考虑数学归纳法。

重点就是在 \(n=k\) 成立的情况下 \(n=k+1\) 成立怎么推。

在证法一中，我们是通过添 \(A_{k+1}\) 来证明的，这里我们考虑添 \(G_{k+1}\)。

证

\(1^\circ\) 当 \(n=2\) 时，由上命题成立。

\(2^\circ\) 若 \(n=k\) 时，原命题成立，即

\[A_k \ge G_k \]

则 \(n=k+1\) 时，由归纳假设得

\[\begin{align*} (k+1)A_{k+1}&=\sum_{i=1}^{k+1} a_i\\ &=\sum_{i=1}^{k} a_i+[a_{k+1}+(k-1)G_{k+1}]-(k-1)G_{k+1}\\ &\ge k\sqrt[k]{G_k^k}+k\sqrt[k]{a_{k+1}G_{k+1}^{k-1}}-(k-1)G_{k+1}\\ &\ge 2k\sqrt{\sqrt[k]{G_k^k} \sqrt[k]{a_{k+1}G_{k+1}^{k-1}}}-(k-1)G_{k+1}\\ &=2k\sqrt[2k]{G_{k+1}^{k+1}G_{k+1}^{k-1}}-(k-1)G_{k+1}\\ &=2k\sqrt[2k]{G_{k+1}^{2k}}-(k-1)G_{k+1}\\ &=2kG_{k+1}-(k-1)G_{k+1}\\ &=(k+1)G_{k+1}\\ \end{align*} \]

于是

\[A_{k+1} \ge G_{k+1} \]

综上，由数学归纳法，原命题成立。

证法三

还是考虑数学归纳法。（没完没了）

\(A_{k+1}\) 可以变成

\[\frac1{2k}[(k+1)A_{k+1}+(k-1)A_{k+1}] \]

从 \(A_{k+1}\) 出发即可。

证

\(1^\circ\) 当 \(n=2\) 时，由上命题成立。

\(2^\circ\) 若 \(n=k\) 时，原命题成立，即

\[A_k \ge G_k \]

则 \(n=k+1\) 时，由归纳假设得

\[\begin{align*} A_{k+1}&=\frac1{2k}[(k+1)A_{k+1}+(k-1)A_{k+1}]\\ &\ge \frac1{2k}(k\sqrt[k]{G_k^k}+k\sqrt[k]{a_{k+1}A_{k+1}^{k-1}})\\ &\ge \sqrt[2k]{G_{k+1}^{k+1}A_{k+1}^{k-1}}\\ \end{align*} \]

于是

\[A_{k+1}^{2k} \ge G_{k+1}^{k+1} A_{k+1}^{k-1} \]

从而

\[A_{k+1}^{k+1} \ge G_{k+1}^{k+1} \]

即

\[A_{k+1} \ge G_{k+1} \]

综上，由数学归纳法，原命题成立。

证法四

我们也可以从 \(G_{k+1}\) 出发进行处理，可以把 \(G_{k+1}\) 变成

\[[(G_{k+1})^\frac{k+1}k (G_{k+1})^\frac{k-1}k]^{\frac12} \]

变形即可。

证

\(1^\circ\) 当 \(n=2\) 时，由上命题成立。

\(2^\circ\) 若 \(n=k\) 时，原命题成立，即

\[A_k \ge G_k \]

则 \(n=k+1\) 时，由归纳假设得

\[\begin{align*} G_{k+1}&=[(G_{k+1})^\frac{k+1}k (G_{k+1})^\frac{k-1}k]^{\frac12}\\ &=G_k^\frac12(a_{k+1}^\frac1n G_{k+1}^\frac{k-1}k)^\frac12\\ &\le \frac12(G_k+a_{k+1}^\frac1nG_{k+1}^\frac{k-1}k)\\ &\le \frac12(G_k+\frac{a_{k+1}+(k-1)G_{k+1}}k)\\ &\le \frac12(A_k+\frac{a_{k+1}+(k-1)G_{k+1}}k)\\ &=\frac{kA_k+a_{k+1}}{2k}+\frac{(k-1)G_{k+1}}{2k}\\ &=\frac{(k+1)A_{k+1}}{2k}+\frac{(k-1)G_{k+1}}{2k}\\ \end{align*} \]

于是

\[G_{n+1}-\frac{(n-1)G_{n+1}}{2n}=\frac{(n+1)G_{n+1}}{2n} \le \frac{(n+1)A_{n+1}}{2n} \]

从而

\[A_{n+1} \ge G_{n+1} \]

综上，由数学归纳法，原命题成立。

证法五

还还还是数学归纳法，但是归纳法之前我们可以先换一下元，令

\[r_i=\frac{a_i}{G_n} \]

则

\[\prod_{i=1}^n r_i=1 \]

同时均值不等式等价于

\[\sum_{i=1}^n r_i \ge n \]

再归纳法就好了。

证

\(1^\circ\) 当 \(n=1\) 时，\(r_1=1\ge1\)，命题成立。

\(2^\circ\) 若 \(n=k\) 时，原命题成立，即

\[\sum_{i=1}^k r_i \ge k \]

则 \(n=k+1\) 时，由于

\[\prod_{i=1}^k r_i=1 \]

则 \(r_i\) 中必有 \(\ge 1\) 的，也有 \(\le 1\) 的，不妨设

\[r_k \ge 1\\ r_{k+1} \le 1\\ \]

令

\[r=r_kr_{k+1} \]

则

\[r\prod_{i=1}^{k-1} r_i=1 \]

于是

\[\begin{align*} \sum_{i=1}^{k+1} r_i &\ge k+y_k+y_{k+1}-y_ky_{k+1}\\ &=k+1+(y_k-1)(1-y_{k+1})\\ \ge k+1 \end{align*} \]

综上，由数学归纳法，原命题成立。

证法六

还还还还是数学归纳法。

我们知道有二项式定理

\[(a+b)^n=\sum_{i=0}^n C_n^i a^{n-i}b^i \]

你可能会问要这个干啥？变形的时候用。

在变形的时候，会出现：

\[(A_k+\frac{a_{k+1}-A_k}{k+1})^{k+1} \]

由二项式定理，他等于

\[\sum_{i=0}^n C_{k+1}^i A_k^{k-i+1} (\frac{a_{k+1}-A_k}{k+1})^i \]

我们可以只保留前两项，变成

\[A_k^{k+1}+(k+1)A_k^k(\frac{a_{k+1}-A_k}{k+1}) \]

原则是不要加入奇奇怪怪的组合数，不要让分式变复杂，含有 \(A_k\) 即可。

还是可以把最大值不妨设出来，证

\[A_{k+1}^{k+1} \ge G_{k+1}^{k+1} \]

即可。

证

\(1^\circ\) 当 \(n=2\) 时，由上命题成立。

\(2^\circ\) 若 \(n=k\) 时，原命题成立，即

\[A_k \ge G_k \]

则 \(n=k+1\) 时，不妨设

\[a_{k+1}=\max_{i=1}^{k+1} a_i \]

由归纳假设

\[a_{k+1} \ge A_k \ge G_k \]

于是

\[\begin{align*} A_{k+1}^{k+1}&=(\frac{\sum_{i=1}^{k+1}a_i}{k+1})^{k+1}\\ &=(\frac{kA_k+a_{k+1}}{k+1})^{k+1}\\ &=(A_k+\frac{a_{k+1}-A_k}{k+1})^{k+1}\\ &=\sum_{i=0}^n C_{k+1}^i A_k^{k-i+1} (\frac{a_{k+1}-A_k}{k+1})^i\\ &\ge A_k^{k+1}+(k+1)A_k^k(\frac{a_{k+1}-A_k}{k+1})\\ &=A_k^{k+1}+A_k^k(a_{k+1}-A_k)\\ &=A_k^ka_{k+1} \ge G_k^ka_{k+1}=G_{k+1}^{k+1} \end{align*} \]

从而

\[A_{k+1} \ge G_{k+1} \]

综上，由数学归纳法，原命题成立。

证法七

还还还还还是数学归纳法。

看到一个比较长的多项式，我们考虑利用函数：

\[f(x)=(\frac{\sum_{i=1}^n a_i+x}{n+1})^{n+1}-x\prod_{i=1}^n a_i \]

且令它的导数

\[f^{'}(x)=(\frac{\sum_{i=1}^n a_i+x}{n+1})^n-\prod_{i=1}^n a_i=0 \]

解得

\[x_0=-nA_n+(n+1)G_n \]

则 \(x_0\) 为 \(f(x)\) 的唯一最小值点，以及

\[f(x_0)=nG_n^n(A_n-G_n) \]

这样我们令 \(x=a_{n+1}\)，\(f(x)\) 就变成了 \(A_n-G_n\)，证明其 \(\ge 0\) 即可。

证明 \(\ge 0\)，我们看此函数的最小值

\[nG_n^n(A_n-G_n) \]

根据归纳假设即得。

证

\(1^\circ\) 当 \(n=2\) 时，由上命题成立。

\(2^\circ\) 若 \(n=k\) 时，原命题成立，即

\[A_k \ge G_k \]

则 \(n=k+1\) 时，构造函数

\[f(x)=(\frac{\sum_{i=1}^n a_i+x}{n+1})^{n+1}-x\prod_{i=1}^n a_i \]

且令

\[f^{'}(x)=(\frac{\sum_{i=1}^n a_i+x}{n+1})^n-\prod_{i=1}^n a_i=0 \]

解之得

\[x_0=-nA_n+(n+1)G_N \]

则 \(x_0\) 为函数 \(f(x)\) 的唯一最小值点，代入

\[\begin{align*} f(x_0)&=(\frac{\sum_{i=1}^n a_i-\sum_{i=1}^n a_i+(n+1)G_n}{n+1})^{n+1}\\ &-\prod_{i=1}^n a_i (-nA_n+(n+1)G_n)\\ &=G_n^{n+1}+nA_nG_n^n-(n+1)G_n^{n+1}\\ &=nA_nG_n^n-nG_n^{n+1}\\ &=nA_nG_n^n-nG_n^n \cdot G_n\\ &=nG_n^n(A_n-G_n)\\ \end{align*} \]

由归纳假设，

\[A_n-G_n \ge 0 \]

则

\[f(x) \ge f(x_0) \ge 0 \]

此时令 \(x=a_{n+1}\)，则

\[\begin{align*} f(a_{n+1})&=(\frac{\sum_{i=1}^n a_i+a_{n+1}}{n+1})^{n+1}\\ &-a_{n+1} \prod_{i=1}^n a_i\\ &=(\frac{\sum_{i=1}^{n+1} a_i}{n+1})^{n+1}-\prod_{i=1}^{n+1} a_i\\ &=A_{n+1}^{n+1}-G_{n+1}^{n+1}\\ & \ge 0 \end{align*} \]

故

\[A_{n+1}^{n+1} \ge G_{n+1}^{n+1} \]

从而

\[A_{n+1} \ge G_{n+1} \]

综上，由数学归纳法，原命题成立。

证法八

还还还还还还是数学归纳法。

我们不知道有一个不等式叫做 Jacobsthai 不等式，就是

\[x^{n+1}+ny^{n+1} \ge (n+1)xy^n \]

但是不能直接用啊！！！

所以我们需要花一半的篇幅证明这个引理。

注意到

\[(x-y)(x^k-y^k) \ge 0 \]

那么就好证了。

引理

设 \(x,y \in \R^+,n \in \Z^+\)，则

\[x^{n+1}+ny^{n+1} \ge (n+1)xy^n \]

引理的证明

由于 \(x,y\) 与 \(x^k,y^k\) 同序，即

\[(x-y)(x^k-y^k) \ge 0 \]

则

\[\begin{align*} &x^{n+1}+ny^{n+1}-(n+1)xy^n\\ &=x \cdot x^n-x \cdot y^n+ny^n \cdot y-ny^n \cdot x\\ &=x(x^n-y^n)-n^n(x-y)\\ &=(x-y)[x \sum_{i=0}^{n-1}x^{n-i-1}y^i-ny^n]\\ &=(x-y)\sum_{i=0}^{n-1}y^i(x^{n-i}-y^{n-i})\\ &=\sum_{i=0}^{n-1}y^i(x-y)(x^{n-i}-y^{n-i})\\ &\ge 0 \end{align*} \]

故

\[x^{n+1}+ny^{n+1} \ge (n+1)xy^n \]

原命题证明

\(1^\circ\) 当 \(n=2\) 时，由上命题成立。

\(2^\circ\) 若 \(n=k\) 时，原命题成立，即

\[A_k \ge G_k \]

则 \(n=k+1\) 时，令

\[\begin{cases} x^{k+1}=a_{k+1}\\ y^{k(k+1)}=G_k^k=\prod_{i=1}^n a_i \end{cases} \]

则

\[\begin{align*} &(k+1)A_{k+1}-(k+1)G_{k+1}\\ &=kA_{k}+a_{k+1}-(k+1)G_{k+1}\\ &\ge kG_k+a_{k+1}-(k+1)G_{k+1}\\ &=ky^{k+1}+x^{k+1}-(k+1)xy^k\\ & \ge 0 \end{align*} \]

即

\[(k+1)A_{k+1} \ge (k+1)G_{k+1} \]

从而

\[A_{k+1} \ge G_{k+1} \]

综上，由数学归纳法，原命题成立。

拓展定理

我们在 Jacobsthai 不等式中，令 \(y=1\)，就得到了 Bernoulli 不等式，即

\[x^n \ge 1+n(x-1) \]

有如下定理。

定理

Bernoulli 不等式与均值不等式等价。

若 Bernoulli 不等式成立，则

\[\begin{align*} (\frac{A_n}{A_{n-1}})^n &\ge 1+n(\frac{A_n}{A_{n-1}}-1)\\ &=\frac{nA_n-(n-1)A_{n-1}}{A_{n-1}}\\ &=\frac{a_n}{A_{n-1}} \end{align*} \]

于是

\[A_n^n \ge a_nA_{n-1}^{n-1} \]

从而

\[A_n^n \ge a_nA_{n-1}^{n-1} \ge a_na_{n-1}A_{n-2}^{n-2} \ge \dots \ge \prod_{i=1}^n a_i=G_n^n \]

故

\[A_n^n \ge G_n^n \]

另一方面，若均值不等式成立，则 Bernoulli 不等式成立。

\(1^\circ\) 当 \(n=1\) 时，Bernoulli 不等式显然成立。

\(2^\circ\) 当 \(n \ge 2\) 时，

• 若 \(0<x\le1-\dfrac1n\)，Bernoulli 不等式显然成立。
• 若 \(x>1-\dfrac1n\)，则 \(1+n(x-1)>0\)，由均值不等式，

\[\begin{align*} x^n&=(\frac{(1+n(x-1))+(n-1)}{n})^n\\ &\ge 1+n(x-1) \end{align*} \]

从而 Bernoulli 不等式成立。

证法九

上面我们提到了 Jacobsthai 不等式，我们还是考虑使用其来证明均值不等式。

可以构造函数

\[f(n)=n(A_n-G_n) \]

若我们能证出其关于 \(n\) 单调不减，那么必有 \(A_n \ge G_n\)，从而证明出了均值不等式，用 jacodsthai 不等式证明单调性即可。

证

令

\[f(n)=n(A_n-G_n) \]

由于 \(f(2) \ge 0\)，则 \(f(n) \ge f(2) \ge 0\)，令

\[\prod_{i=1}^n a_i=G_n^n=y^{n(n+1)} \]

\[a_{n+1}=x^{n+1} \]

则由 jacodsthai 不等式（这里直接用了）得

\[\begin{align*} &f(n+1)-f(n)\\ &=(n+1)(A_{n+1}-G_{n+1})-n(A_n-G_n)\\ &=a_{n+1}-(n+1)G_{n+1}+nG_n\\ &=x^{n+1}+ny^{n+1}-(n+1)xy^n \ge 0 \end{align*} \]

从而

\[f(n+1) \ge f(n) \]

又由于 \(f(2) \ge 0\)，则

\[\forall n \ge 2,f(n) \ge 0 \]

从而

\[A_n-G_n \ge 0,A_n \ge G_n \]

原命题成立。

证法十

还是回到数学归纳法，不过这次要用两次。

可以先证明当 \(n=2^m\) 时，命题成立，然后用 \(n=k+1\) 成立推 \(k\) 成立即可。

引理

当 \(n=2^m\) 时，均值不等式成立。

引理证明

\(1^\circ\) 当 \(m=1\) 时，由上知原命题成立。

\(2^\circ\) 若 \(m=k\) 时，原命题成立，即

\[A_{2^k}^{2^k} \ge G_{2^k}^{2^k} \]

则 \(m=k+1\) 时，由归纳假设知

\[\begin{align*} \sqrt[2^{k+1}]{\prod_{i=1}^{2^{k+1}} a_i}&=\sqrt{\sqrt[2^k]{\prod_{i=1}^{2^k}}a_i \cdot \sqrt[2^k]{\prod_{i=2^k+1}^{2^{k+1}} a_i}}\\ &\le \frac12(\sqrt[2^k]{\prod_{i=1}^{2^k} a_i}+\sqrt[2^k]{\prod_{i=2^k+1}^{2^{k+1}} a_i})\\ &\le \frac12(\frac1{2^k} \cdot \sum_{i=1}^{2^k} a_i+\frac1{2^k} \cdot \sum_{i=2^k+1}^{2^{k+1}} a_i)\\ &=\frac1{2^{k+1}} \cdot \sum_{i=1}^{2^{k+1}} a_i \end{align*} \]

搞错了，重来：

\[\begin{align*} G_{2^{k+1}}&=\sqrt{G_{2^k} \cdot \frac{G_{2^{k+1}}}{G_{2^k}}}\\ &\le \frac12(G_{2^k}+\frac{G_{2^{k+1}}}{G_{2^k}})\\ &\le \frac12(A_{2^k}+\frac1{2^k} \cdot \sum_{i=2^k+1}^{2^{k+1}} a_i)\\ &=\frac12 \cdot \frac1{2^k} \cdot \sum_{i=1}^{2^{k+1}} a_i\\ &=\frac1{2^{k+1}} \sum_{i=1}^{2^{k+1}} a_i\\ &=A_{2^{k+1}} \end{align*} \]

故

\[A_{2^{k+1}} \ge G_{2^{k+1}} \]

综上，由数学归纳法，引理成立。

原命题证明

若 \(n=k+1\) 时，原命题成立，即

\[A_{k+1} \ge G_{k+1} \]

则 \(n=k+1\) 时，有归纳假设知

\[\sqrt[k+1]{G_k^kA_k} \le \frac1{k+1} (kA_k+A_k)=A_k \]

故

\[G_k^kA_k \le A_k^{k+1} \]

即

\[A_k^k \ge G_k^k \]

从而

\[A_k \ge G_k \]

综上，原命题成立。

证法十一

不归纳了。

我们知道有一个排序不等式（知道了之后你甚至可以切蓝题）

\[\sum_{i=1}^n a_ib_i \ge \sum_{i=1}^n a_ib_{j_i} \ge \sum_{i=1}^n a_ib_{n-i+1} \]

其中

\[\begin{cases} a_1 \le a_2 \le \dots \le a_n\\ b_1 \le b_2 \le \dots \le b_n\\ \end{cases} \]

且 \(\{j_i\}\) 为 \(1,2,\dots,n\) 的一个排列。

有了这个不等式我们可以利用类似换元的方法解决。

引理

设两个实数数列 \(\{a_n\},\{b_n\}\) 满足

\[\begin{cases} a_1 \le a_2 \le \dots \le a_n\\ b_1 \le b_2 \le \dots \le b_n\\ \end{cases} \]

则

\[\sum_{i=1}^n a_ib_i \ge \sum_{i=1}^n a_ib_{j_i} \ge \sum_{i=1}^n a_ib_{n-i+1} \]

令

\[P=\sum_{i=1}^n a_ib_{j_i} \]

如果 \(j_n \ne n\)，则设此时 \(b_n\) 所在的项是 \(a_{j_m}b_n\)，则由

\[(b_n-b_{j_n})(a_n-a_{j_m}) \ge 0 \]

知

\[a_nb_n+a_{j_m}b_{j_n} \ge a_{j_m}b_n+a_nb_{j_n} \]

也就说明 \(j_n \ne n\) 时，调换 \(P\) 中 \(b_n\) 与 \(b_{j_n}\) 的位置，可以得到 \(a_nb_n\) 项，使得 \(P\) 变成 \(P_1\)，使得 \(P_1 \ge P\)。

同理，可以得到 \(a_{n-1}b_{n-1}\) 项，使得 \(P_1\) 变为 \(P_2\)，使得 \(P_2 \ge P_1\)。

重复这个过程，经过最多 \(n-1\) 次变换，可以得到 \(\sum_{i=1}^n a_ib_i\)，故

\[P \le \sum_{i=1}^n a_ib_i \]

同理可知

\[P \ge \sum_{i=1}^n a_1b_{n-i+1} \]

当 \(\{a_n\}\) 和 \(\{b_n\}\) 全相等时，显然等号成立。

当 \(\{a_n\}\) 和 \(\{b_n\}\) 不全相等时，必然

\[a_1 \ne a_n,b_1 \ne b_n \]

于是

\[a_1b_1+a_nb_n>a_1b_n+a_nb_1 \]

且

\[\sum_{i=2}^{n-1} a_ib_i \ge \sum_{i=2}^{n-1}a_ib_{n-i+1} \]

从而

\[\sum_{i=1}^n a_ib_i>\sum_{i=1}^{n} a_ib_{n-i+1} \]

故这两个等式中必有一个不成立。

所以当且仅当 \(\{a_n\}\) 全相等，\(\{b_n\}\) 全相等时取等。

原命题证明

令

\[r_k=\frac1{G_n^k} \cdot \prod_{i=1}^k a_i \]

根据排序不等式知

\[\begin{align*} n&=\sum_{i=1}^n r_i \cdot \frac1{r_i}\\ &\le \sum_{i=1}^n r_i \cdot \frac1{r_{n-i+1}}\\ &=\frac1{G_n} \cdot \sum_{i=1}^n a_i \end{align*} \]

即

\[G_n \le n\sum_{i=1}^n a_i=A_n \]

原命题成立。