質問＜７７１＞の解答です．
こんなのもいいのでは？
a＞0，b＞0で，次は既知とします．
(a＋b)/2≧\(\sqrt{\quad}\)(ab) ・・・＃
pを自然数とするとき，q＝\(2^{p}\)で，
a［1］，a[2]，a[3]，・・・,a[q] で，ふたつずつで＃に当てはめる．
(a[1]＋a[2])/2≧\(\sqrt{\quad}\)(a[1]a[2]) ，
(a[3]＋a[4])/2≧\(\sqrt{\quad}\)(a[3]a[4]) ，
・・・・・・
(a[q－1]＋a[q])/2≧\(\sqrt{\quad}\)(a[q－1]a[q]) ．
出てきた不等式で右辺をまた，ふたつずつ＃に当てはめる．
これを繰り返すと，
(a[1]＋・・・＋a[q])/q≧(a[1]×・・・×a[q])^(\(\frac{1}{q}\)) ・・・％
そして，ここで等号が成り立つのはすべてのa[j]が等しいときです．
n＝２の累乗のときは証明できたので，
いま，2^(p－1)＜n＜\(2^{p}\)＝q　とします．
m＝(a[1]＋・・・＋a[n])/nとかきます．
さらに，a[n＋1]＝a[n＋2]＝・・・＝a[q]＝mとすると，
a[1]＋・・・＋a[n]＝mn，a[n＋1]×・・・×a[q]＝m^(q－n) で，
％から，
｛mn＋(q－n)m)/q≧｛a[1]×・・・×a[n]×m^(q－n)｝^(\(\frac{1}{q}\))
m≧｛a[1]×・・・×a[n]×m^(q－n)｝^(\(\frac{1}{q}\))
両辺をq乗して，\(m^{q}\)≧a[1]×・・・×a[n]×m^(q－n)
よって，\(m^{n}\)≧a[1]×・・・×a[n]
これの両辺のn乗根をとれば，問題の不等式は証明されたことになります．

771の他の方法とかわないのでしょうか？

ｄ３さんが証明したのが、一般化の証明法ですので、
他には無いと思われます。

すみませんがｍのていぎがよくわからないのですが？

ｄ３さんの証明を分かりやすく表現してみると、

①ｎが２の累乗のとき、 \(n=2^{p}\) とすると、

　 \(\frac{a+b}{2}\geq \sqrt{ab}\) ………（＃）を既知として、

　 \(\frac{a_{1}+a_{2}}{2}\geq \sqrt{a_{1}a_{2}}\) の左辺を（＃）を利用して、

　 \(\frac{\frac{a_{1}+a_{2}}{2}+\frac{a_{3}+a_{4}}{2}}{2}=\frac{a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}}{4}\geq \sqrt{\frac{a_{1}+a_{2}}{2}\cdot \frac{a_{3}+a_{4}}{2}}\)

\(\geq \sqrt{\sqrt{a_{1}a_{2}}\sqrt{a_{3}a_{4}}}=^{4}\sqrt{a_{1}a_{2}a_{3}a_{4}}\)

これを２つずつ繰り返して、

　 \(\frac{a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{n}}{n}\geq ^{n}\sqrt{a_{1}a_{2}\cdots a_{n}}\)

②ｎが２の累乗以外のとき、 \(2^{p-1}<n<2^{p}\) とすると、

　 \(m=\frac{a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{n}}{n}\) とすると、 \(2^{p}=q\) とおいて、

　（ｑ－ｎ）個の \(a_{k}\) すべてを上のｍとおくと、

　 \(a_{n+1}=a_{n+2}=\cdots =a_{q}=m\) 　

　①より、

　 \(\frac{a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{n}+m+m+\cdots +m}{q}\geq ^{q}\sqrt{a_{1}a_{2}\cdots a_{n}\cdot mm\cdots m}\)

したがって、

　 \(\frac{a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{n}+m(q-n)}{q}\geq ^{q}\sqrt{a_{1}a_{2}\cdots a_{n}\cdot m^{q-n}}\)

　 \(\frac{mn+m(q-n)}{q}\geq ^{q}\sqrt{a_{1}a_{2}\cdots a_{n}\cdot m^{q-n}}\)

　両辺をｑ乗して、

　 \(m^{q}\geq a_{1}a_{2}\cdots a_{n}\cdot m^{q-n}\)

\(m^{n}\geq a_{1}a_{2}\cdots a_{n}\)

したがって、ｎ乗根をとると、

　 \(m\geq ^{n}\sqrt{a_{1}a_{2}\cdots a_{n}}\)

①②より、すべての整数ｎ≧２で、相加平均相乗平均の一般化は証明できた。

武田 様

長男の受験勉強の手助けをしていて、標記の問題を解説した後、
たまたま「高校数学の窓」に遭遇し、楽しませていただきました。

それで、

> ｄ３さんが証明したのが、一般化の証明法ですので、
> 他には無いと思われます。
に関して、ちょっと気にかかり、お便りさせていただきます。

要点は、次の通りです。

1) 相加平均と相乗平均の関係は、対数関数を通して見た方が
見通しがよい。

2) すなわち、相乗平均とは、対数をとって平均することである
と思う。そう思えば、相乗平均では、相当大きい数でも小さく
評価されて平均されるので、平均値が小さめになることは、
直感的にも理解しやすい。

3) こういう感覚での証明の要点は次の通り。

① 対数関数が上に凸であることから

===> f(s*a + t*b) >= s*f(a) + t*f(b)
ここで、s, t >=0; s+t=1

===> 上の性質を使って、数学的帰納法により、一般に
f((a+b+...)/n) >= (\(\frac{1}{n}\))*(f(a)+f(b)+...)
を示す。

② 対数関数が単調増加であることから、大小関係が
値域と定義域で同じ方向に保たれる。

すなわち、相加・相乗平均の関係は、対数関数の凸性と単調性
からの単純な帰結であるということです。
ご存じかもしれませんが、念のためお知らせしました。

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数学が苦手の受験生の父より

「相加・相乗平均の一般化の別証明」につき、
ページへの掲載、ありがとうございました。

そのまま掲載されることを意図しなかったため、高校生向けという
意味では説明不足の懸念があり、要点のみで恐縮ですが、補足
いたします。

問題は、対数関数が上に凸であることから、

(1) f(s*a + t*b) >= s*f(a) + t*f(b)
ここで、s, t >=0; s+t=1

と簡単に片付けてしまっていることにあります。
(1) は、むしろ、凸であることの定義であり、より正確には、例えば

(2) 区間[a, b] で関数 f が上に凸であること

＜＝＞（定義）

任意の x1, x2 ∈ [a,b] に対して

f(s*x1+ t*x2) >= s*f(x1) + t*f(x2)

ここで、s,t は s, t >=0; s+t=1 を満たす任意の実数。

というように定義します。不等式の右辺は、関数のグラフで、x1, x2
に対応する関数値を表す２点を結ぶ線分を任意の比率で内分した
点の高さを示しますので、不等号は、その点で関数値が上にある
ことを示します。

このように定義した上で、これが微分可能な関数の場合には、

(3) 区間[a,b] で２階微分可能な関数が上に凸

＜＝＞ ２階導関数がその区間で正の値をとらない

ということが平均値の定理を使って証明できます。

対数関数の２階導関数は -1/\(x^{2}\) で正値をとらないので (3) に該当
するというわけです。

なお、対数関数を使うということは、指数の概念をｎ乗・ｎ乗根（\(\frac{1}{n}\)乗）
という自然数から、実数にまで拡張した段階での話であり、そういう
視点から見ると、相加相乗平均の大小関係が、凸というより一般的な
性質から、１つの必要条件として出てくるということです。

すなわち、この証明方法は、上記のような解析学の基礎的な知識を
前提にして成り立つものですので、その辺りの話を抜きにして

「単純な帰結」

と言ってしまっては、証明の肝心な部分を省略して、単純に見える
という印象を与えたに過ぎなかったかなと反省しています。

前提知識が少なくてすむという意味で、高校生向けには、ｄ３さん式
の証明が無難かもしれませんが、より一般的な視点から問題を
見ておく意味はあるのではないかと思います。

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数学では目標を達成しても、物理で失敗した受験生の父