https://spherical-harmonics.hatenablog.com/entry/2025/07/03/011901

に追記したついでに高校時代のメモ．

結局は追記したものと同じ証明だけど，不等式の差の部分を明確に記述したことになる．

　ベルヌーイの不等式が $y=x^n$ （ $x\gt 0$ ）の $x=1$ における接線 $nx-n+1$ で評価できるので差が $(x-1)^2$ で割り切れることから実際に割り算してみると
$x^n-nx+n-1=(x-1)^2(x^{n-2}+2x^{n-3}+3x^{n-4}+\cdots+(n-2)x+n-1)$
のようになることを利用すると，

$a^2+b^2-2ab=(a-b)^2$ ，

$a^3+b^3+c^3-3abc=(a^{\frac{3}{2}}-b^{\frac{3}{2}})^2+\{c-(ab)^{\frac{1}{2}}\}^2\{c+2(ab)^{\frac{1}{2}}\}$ ，

$a^4+b^4+c^4+d^4-4abcd$ $=(a^2-b^2)^2+\{c^{\frac{4}{3}}-(ab)^{\frac{2}{3}}\}^2\{c^{\frac{4}{3}}+2(ab)^{\frac{2}{3}}\}$ $+\{d-(abc)^{\frac{1}{3}}\}^2\{d^2+2(abc)^{\frac{1}{3}}d+3(abc)^{\frac{2}{3}}\}$

のように変形できる．

これを AM-GM 不等式にあてはめてみると

$2(A_2-G_2)=(a_2^{\frac{1}{2}}-a_1^{\frac{1}{2}})^2$ ，

$3(A_3-G_3)=(a_2^{\frac{1}{2}}-a_1^{\frac{1}{2}})^2+\{a_3^{\frac{1}{3}}-G_2^{\frac{1}{3}}\}^2\{a_3^{\frac{1}{3}}+2G_2^{\frac{1}{3}}\}$ ，

$4(A_4-G_4)=(a_2^{\frac{1}{2}}-a_1^{\frac{1}{2}})^2+\{a_3^{\frac{1}{3}}-G_2^{\frac{1}{3}}\}^2\{a_3^{\frac{1}{3}}+2G_2^{\frac{1}{3}}\}$ $+\{a_4^{\frac{1}{4}}-G_3^{\frac{1}{4}}\}^2\{(a_4^{\frac{1}{4}})^2+2a_4^{\frac{1}{4}}G_3^{\frac{1}{4}}+3(G_3^{\frac{1}{4}})^2\}$

となり，

$5(A_5-G_5)=(a_2^{\frac{1}{2}}-a_1^{\frac{1}{2}})^2+\{a_3^{\frac{1}{3}}-G_2^{\frac{1}{3}}\}^2\{a_3^{\frac{1}{3}}+2G_2^{\frac{1}{3}}\}$ $+\{a_4^{\frac{1}{4}}-G_3^{\frac{1}{4}}\}^2\{(a_4^{\frac{1}{4}})^2+2a_4^{\frac{1}{4}}G_3^{\frac{1}{4}}+3(G_3^{\frac{1}{4}})^2\}$ $+\{a_5^{\frac{1}{5}}-G_4^{\frac{1}{5}}\}^2\{(a_5^{\frac{1}{5}})^3+2(a_5^{\frac{1}{5}})^2G_4^{\frac{1}{5}}+3a_5^{\frac{1}{5}}(G_4^{\frac{1}{5}})^2+4(G_4^{\frac{1}{5}})^3\}$

と続く．要は

$n(A_n-G_n)-(n-1)(A_{n-1}-G_{n-1})$
$=\{a_n^{\frac{1}{n}}-G_{n-1}^{\frac{1}{n}}\}^2\{(a_n^{\frac{1}{n}})^{n-2}+2(a_n^{\frac{1}{n}})^{n-3}G_{n-1}^{\frac{1}{n}}+3(a_n^{\frac{1}{n}})^{n-4}(G_{n-1}^{\frac{1}{n}})^2+\cdots+(n-1)(G_{n-1}^{\frac{1}{n}})^{n-2}\}$

と因数分解することによって証明されることになる．

このベルヌーイの不等式が因数分解
$x^n-nx+n-1=(x-1)^2(x^{n-2}+2x^{n-3}+3x^{n-4}+\cdots+(n-2)x+n-1)$
によって証明できることを知らない人は結構多い．接線で評価する解法で事足りてしまうので．