Školjka

Primijenjujući $AH$ nejednakost dobivamo $$\frac{1}{a_2} + ... +\frac{1}{a_n}\ge \frac{n^2}{a_1+a_2+\cdots+a_n}$$ Sada, neka je $\sum a_i=x$, te iz uvjeta zadatka imamo $x\le 1$. Iz iskorištene $AH$ nejednakosti te uvedene oznake vidimo da je dovoljno dokazati $$x+\frac{n^2}{x}\ge n^2+\frac{1}{x}$$ Množeći obje strane nejednakosti s $x>0$ dobivamo ekvivalentnu nejednakost. \begin{align*} x^2+n^2&\ge n^2x+1\\ n^2-n^2x&\ge 1-x^2\\ n^2(1-x)&\ge(1-x)(1+x)\\ n^2&\ge1+x &(*) \end{align*} što očito vrijedi jer $1+x\le 2\implies n^2 \ge2^2=4>2\ge 1+x$ Sada, promotrimo još malo $(*)$. Naravno, djelili smo s $1-x$, ali u slučaju da $x=1$, jasno vidimo da onda u početnoj nejednakosti uvijek vrijedi jednakost; $$1+n^2=n^2+1$$ Sve u svemu imamo $$a_1+a_2+...+a_n + \frac{1}{a_1} +\frac{1}{a_2} + ... +\frac{1}{a_n}\ge a_1+a_2+...+a_n+\frac{n^2}{a_1+a_2+\cdots+a_n} \ge n^2 + \frac{1}{a_1+a_2+...+a_n}$$ Tako da smo nejednakost dokazali $\forall x\le1,n\ge2$. \\ Vidimo da je u $(*)$ nejednakost uvijek stroga za $x\neq1$, znači jednakost se postiže ako i samo ako $x=1$ i $a_1=a_2=\ldots=a_n$ zbog jednakosti u $AH$, odnosno $a_1=a_2=\ldots=a_n=\frac{1}{n}$.