证明 $f(x)=\frac{<k^{x+1}>}{<k^x>}$ （$x>0$,$k$为正整数）的单调递增性。
证明：
对任意 $x>y>0$, 需证明$f(x)> f(y)$, 即可得到单调递增性。
为方便起见，我们省略了求平均时上下同时除掉的节点数目，即$k_i$中$i$的数目，将<>理解为求和就好。
记$K=\text{min}(k_i),N=\text{count}(k_i=K)$, 则
\(f(x)=\frac{<{\frac{k}{K}}^{x+1}>'+N}{<{\frac{k}{K}}^x>'+N}K\),
其中<>'表示这个求和中并不包含那N个最大的$k_i$值。
记$f’(x)=\frac{<k^{x+1}>’}{<k^x>’}$，假设我们已经有$f’(x)$是单调递增的， 即有 \(\frac{<k^{x+1}>'}{<k^x>'} > \frac{<k^{y+1}>'}{<k^y>'}\) 等价于 \(\frac{<{\frac{k}{K}}^{x+1}>'}{<{\frac{k}{K}}^x>'} > \frac{<{\frac{k}{K}}^{y+1}>'}{<{\frac{k}{K}}^y>'}\) 重记之为$\frac{a}{a’} > \frac{b}{b’}$,根据指数函数的性质， 有$a>a’, b>b’, a>b, a’>b’$，因为底$\frac{k}{K}>1$。
于是，问题转变为证明$\frac{a+N}{a’+N} > \frac{b+N}{b’+N}$，等价于$(ab’-a’b)+(a+b’-a’-b)N>0$， 由假设第一项为正，第二项证明如下： \(\frac{a}{a'} > \frac{b}{b'} \Rightarrow \frac{a-a'}{a'} > \frac{b-b'}{b'} \Rightarrow \frac{a-a'}{b-b'} > \frac{a'}{b'} > 1 \Rightarrow a+b'-a'-b>0\)
由于${k_i}$是一个有穷长的数列，这个过程可以一直进行下去，直到只剩下最大的那个度，那时单调性是显然的，其实那时是个常数。
注意，这里并不需要从较小的度开始递归，从最大的度开始也可以，不过是底小于1的时候那四个不等式同时反向而已，对最后的那个推导过程没什么影响。