Неравенства о средних гласят
\begin{gather*}
\min\{x_1,\ldots,x_n\} \stackrel{(1)}{\leqslant} \dfrac{n}{\frac{1}{x_1}+\ldots+\frac{1}{x_n}}\stackrel{(2)}{\leqslant} \sqrt[n]{x_1\ldots x_n}\stackrel{(3)}{\leqslant} \dfrac{x_1+\ldots+x_n}{n}\stackrel{(4)}{\leqslant} \\ \sqrt{\dfrac{x_2^2+\ldots+x_n^2}{n}}\stackrel{(5)}{\leqslant} \max\{x_1,\ldots,x_n\},
\end{gather*}
где все \(x_i\), \(i=1,\ldots,n\) неотрицательны. Причем равенства достигаются тогда и только тогда, когда все числа равны.

\(\min\{x_1,...,x_n\}\) — наименьшее из \(n\) чисел.

\(\dfrac{n}{\frac{1}{x_1}+\ldots+\frac{1}{x_n}}\) — среднее гармоническое \(n\) чисел.

\(\sqrt[n]{x_1\ldots x_n}\) — среднее геометрическое \(n\) чисел.

\(\dfrac{x_1+\ldots+x_n}{n}\) — среднее арифметическое \(n\) чисел.

\(\sqrt{\dfrac{x_1^2+\ldots+x_n^2}{n}}\) — среднее гармоническое \(n\) чисел.

\(\max\{x_1,\ldots,x_n\}\) — наибольшее из \(n\) чисел.

Доказательство

Сразу отметим, что при совпадении всех чисел \(x_i\) неравенства превращаются в равенства и доказывать нечего.
Без ограничения общности предположим, что \(x_1\leqslant x_2\leqslant\ldots\leqslant x_n\). Причем хотя бы два из чисел \(x_i\) различны. Тогда
\[
(1) \quad \dfrac{n}{\frac{1}{x_1}+\ldots+\frac{1}{x_n}}> \dfrac{n}{\frac{1}{x_1}+\ldots+\frac{1}{x_1}}=x_1,
\]
\[
(5)\quad \sqrt{\dfrac{x_1^2+\ldots+x_n^2}{n}}<\sqrt{\dfrac{x_n^2+\ldots+x_n^2}{n}}=x_n.
\]
Докажем оставшиеся неравенсва методом математической индукции. Сначала покажем, что нервенства выполняются для \(n=2.\) Без ограничения общности будем считать, что \(x_1< x_2.\)
\[
(3) \quad x_1+x_2-2\sqrt{x_1x_2}=(\sqrt{x_1}-\sqrt{x_2})^2> 0.
\]
Для доказательства \((2)\) для \(n=2\) воспользуемся \((3)\) для \(n=2\)
\[
(2) \quad \dfrac{2}{\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}}=\dfrac{2x_1x_2}{x_1+x_2}\leqslant \sqrt{x_1x_2}\frac{2\sqrt{x_1x_2}}{x_1+x_1}=\stackrel{(3)}{<} \sqrt{x_1x_2}.
\]
Разберемся с \((4)\) неравенством. Для этого возведем обе части неравества в квадрат и вычтем одно из другого
\[
(4) \quad \dfrac{x_1^2+x_2^2}{2}-\dfrac{(x_1+x_2)^2}{4}=\dfrac{2x_1^2+2x_2^2-x_1^2-x_2^2-2x_1x_2}{4}=\dfrac{(x_1-x_2)^2}{4}> 0.
\]
Теперь докажем неравенства для степеней двойки. Предположим, что они выполняются для \(n=2^k\). Докажем для \(n=2^{k+1}\). Для этого во всех трех случаях сгруппируем слагаемы в группы по \(2^k\) элементов и воспользуемся предположением индукции. Считаем, что среди чисел \(x_i\) есть хотя бы два различных.
\begin{gather*}
(2) \quad \dfrac{2^{k+1}}{\left(\frac{1}{x_1}+\ldots+\frac{1}{x_{2^k}}\right)+\ldots+\left(\frac{1}{x_{2^{k+1}-2^k+1}}+\ldots+\frac{1}{x_{2^{k+1}}}\right)}<\\
2\sqrt[2^k]{\left(\frac{1}{x_1}+\ldots+\frac{1}{x_{2^k}}\right)\ldots\left(\frac{1}{x_{2^{k+1}-2^k+1}}+\ldots+\frac{1}{x_{2^{k+1}}}\right)}<\\
2^k\sqrt[2^k]{\dfrac{\sqrt[2^k]{x_1\ldots x_{2^k}}}{2^k}\ldots\dfrac{\sqrt[2^k]{x_{2^{k+1}-2^k+1}\ldots x_{2^{k+1}}}}{2^k}}=\sqrt[2^{k+1}]{x_1\ldots x_{2^k}}.
\end{gather*}
\begin{gather*}
(3) \quad \dfrac{(x_1+\ldots+x_{2^k})+\ldots+(x_{2^{k+1}-2^k+1}+\ldots+x_{2^{k+1}})}{2^{k+1}}>\\
\dfrac{1}{2^k}\sqrt[2^k]{(x_1+\ldots+x_{2^k})\ldots(x_{2^{k+1}-2^k+1}\ldots x_{2^{k+1}})}>\\
\dfrac{1}{2^k}\sqrt[2^k]{\sqrt[2^k]{2^kx_1\ldots x_{2^k}} \ldots \sqrt[2^k]{2^k x_{2^{k+1}-2^k+1}\ldots x_{2^{k+1}}}}=
\sqrt[2^{k+1}]{x_1\ldots x_{2^{k+1}}}.
\end{gather*}
\begin{gather*}
(4) \quad \dfrac{(x_1+\ldots+x_{2^k})+\ldots+(x_{2^{k+1}-2^k+1}+\ldots+x_{2^{k+1}})}{2^{k+1}}<\\
\dfrac{1}{2^k}\sqrt[2^k]{(x_1+\ldots+x_{2^k})\ldots(x_{2^{k+1}-2^k+1}\ldots x_{2^{k+1}})}<\\
\dfrac{1}{2^k}\sqrt{\dfrac{\left(x_1+\ldots+x_{2^k}\right)^2+\ldots+\left(x_{2^{k+1}-2^k+1}\ldots x_{2^{k+1}}\right)^2}{2^k}}<\\
\dfrac{1}{2^k}\sqrt{\dfrac{\sqrt{\left(\dfrac{x_1^2+\ldots+x_{2^k}^2}{2^k}\right)^2}+\ldots+\sqrt{\left(\dfrac{x_{2^{k+1}-2^k+1}^2+\ldots+x_{2^{k+1}}^2}{2^k}\right)^2}}{2^k}}=\\
\sqrt{\dfrac{x_1^2+\ldots+x_{2^{k+1}}^2}{2^k}}
\end{gather*}
Осталось доказать, что неравенства верны для произвольного \(n\). Предположим, что мы доказали неравенства для \(n=k\), докажем для \(n=k-1\). Рассмотрим неравенство \((4)\). Положим
\[
A=\frac{x_k+\ldots+x_{k-1}}{k-1}.
\]
Имеет место неравенство
\begin{gather*}
\dfrac{x_1+\ldots+x_{k-1}}{k-1}=\dfrac{(x_1-A)+\ldots+(x_{k-1}-A)+A}{k-1}\geqslant\\
\dfrac{k}{k-1}\sqrt{(x_1-A)^2+\ldots+(x_{k-1}-A)^2+A^2}=\\
\dfrac{k}{k-1}\sqrt{x_1^2+\ldots+x_{k-1}^2-2(x_1+\ldots+x_{k-1})A+kA^2}=\\ \dfrac{k}{k-1}\sqrt{x_1^2+\ldots+x_{k-1}^2+A^2(k-2(k-1))}=\\
\dfrac{k}{k-1}\sqrt{x_1^2+\ldots+x_{k-1}^2-(k-2)A^2}\geqslant \sqrt{x_1^2+\ldots x_{k-1}^2}.
\end{gather*}
Причем равенство достигается тогда и только тогда, когда все \(x_i\) сопадают.
Разберемся с неравенсвтом \((3)\). Положим \(G=\sqrt[k-1]{x_1\ldots x_{k-1}}\).
Получим
\begin{gather*}
\dfrac{x_1+\ldots+x_{k-1}+G}{k}\geqslant \sqrt[k]{x_1\ldots x_{k-1} G}=\sqrt[k-1]{x_1\ldots x_{k-1}}.\\
\sqrt[k-1]{x_1\ldots x_{k-1}}=\sqrt[k]{x_1\ldots x_{k-1}G}\leqslant \dfrac{x_1+\ldots+x_{k-1}+G}{k}
\end{gather*}
Откуда получаем
\begin{gather*}
x_1+\ldots+x_{k-1}+G\geqslant kG \Leftrightarrow x_1+\ldots+x_{k-1}\geqslant (k-1)G \Leftrightarrow \\ \dfrac{x_1+\ldots+x_{k-1}}{k-1} \geqslant \sqrt[k-1]{x_1\ldots x_{k-1}}.
\end{gather*}
Причем равенство достигается тогда и только тогда, когда все \(x_i\) сопадают. Осталось неравенство \((2)\). Воспользуемся уже доказанным неравенством \((3)\). Имеем
\begin{gather*}
\dfrac{\frac{1}{x_1}+\ldots+\frac{1}{x_{k-1}}}{k-1} \geqslant \sqrt[k-1]{\dfrac{1}{x_1\ldots x_{k-1}}}\Leftrightarrow \dfrac{k-1}{\frac{1}{x_1}+\ldots+\frac{1}{x_{k-1}}}\leqslant \sqrt[k-1]{x_1\ldots x_{k-1}}.
\end{gather*}