Với $n=1$,bđt đúng
Giả sử bđt đúng với $n=k$, tức là ta có $\frac{a^k+b^k}{2} \ge \frac{(a+b)^k}{2}(\star)$
Bh ta chỉ cần chứng minh đúng với $n=k+1$ : $\frac{a^{k+1}+b^{k+1}}{2} \ge \frac{(a+b)^{k+1}}{2}$
Đầu tiên ta chứng minh $\frac{a^{k+1}+b^{k+1}}{2} \ge \frac{a^k+b^k}{2}.\frac{a+b}{2}(\star \star)$
$(\star \star)\Leftrightarrow 2(a^{k+1}+b^{k+1}) \ge (a^k+b^k)(a+b)$
$\Leftrightarrow a^{k+1}+b^{k+1} \ge a^kb+ab^k$
Bất đẳng thức trên đúng do:
$k$ số hạng $k$ số hạng
$VT=\frac{\overbrace{a^{k+1}+a^{k+1}+..+a^{k+1}}+b^{k+1}}{k+1}+ \frac{\overbrace{b^{k+1}+b^{k+1}+...+b^{k+1}}+a^{k+1}}{k+1}$
$ \ge\frac{(k+1)\sqrt[k+1]{(a^{k+1})^k.b^{k+1}}}{k+1}+\frac{(k+1)\sqrt[k+1]{(b^{k+1})^k.a^{k+1}}}{k+1}$( bất đẳng thức cosi cho $k+1$ số)
$=a^kb+ab^k$
~~~~~~~~~
Từ $(\star),(\star \star)$ ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow a=b$