Wir betrachten die Funktion \(f(x) = x + \frac{1}{x}\) und schränken uns dabei auf positive Werte \(x \in \mathbb{R}^+\) ein. Für die Ableitung gilt \( f^{\prime}(x) = 1 - \frac{1}{x^2}\).

Für \(x \ge 1\) ist offensichtlich \(f^{\prime}(x) \ge 0\) und somit \(f\) monoton steigend. In diesem Bereich ist also \(f(1)\) der kleinste Wert von \(f\) und es gilt somit \( x + \frac{1}{x} = f(x) \ge f(1) = 2 \).

Für \(x \le 1\) ist offensichtlich \(f^{\prime}(x) \le 0\) und somit \(f\) monoton fallend. Also ist auch in diesem Bereich \(f(1)\) der kleinste Wert von \(f\) und es gilt somit erneut \(x + \frac{1}{x}=f(x) \ge f(1) = 2 \).

Wir haben also nun gezeigt, dass für positive \(x\) stets \(\vert x+\frac{1}{x} \vert = x + \frac{1}{x} \ge 2\) gilt.

Wegen der Symmetrie \( \vert (-x)+\frac{1}{(-x)} \vert = \vert -(x + \frac{1}{x}) \vert = \vert x + \frac{1}{x} \vert \) muss somit auch für negative \(x\) die Ungleichung \( \vert x + \frac{1}{x} \vert \ge 2 \) gelten.

Insgesamt folgt also für alle von Null verschiedenen \(a \in \mathbb{R} \) die Ungleichung \( \vert a + \frac{1}{a} \vert \ge 2\). Hieraus folgern wir (auch ohne Induktion) die zu zeigende Behauptung, denn: Sei \(n \in \mathbb{N}\) und seien \(a_1, \dots, a_{n} \in \mathbb{R}\) beliebige von Null verschiedene reelle Zahlen, dann gilt:

\( \vert \prod_{i=1}^n (a_i + \frac{1}{a_i} ) \vert = \prod_{i=1}^n \vert a_i + \frac{1}{a_i} \vert  \ge \prod_{i=1}^n 2 = 2^n\).