两个不等式的问题(1)设a1,a2,a3均正数,且a1+a2+a3=m,求证1/a1+1/a2+1/a3≥9/m(2)已

证明：
（1）证法一：
若用均值不等式,则直接可得结论.如下：
均值不等式中的一部分为：
n/(1/a1+1/a2+...+1/an)≤a1+a2+...+an)/n
此即调和平均数小于等于算术平均数.
把a1+a2+a3=m代入上面的不等式,得到
3/(1/a1+1/a2+1/a3)≤a1+a2+a3/3
即3/(1/a1+1/a2+1/a3)≤m/3
从而1/a1+1/a2+1/a3≥9/m
证完.
下面我们给出另一种证法,而不用均值不等式.
证法二：
为书写方面,我们令a=a1,b=a2,c=a3,
易知a²+b²≥2ab（这就不用证明了吧）
从而（a²+b²）c≥2abc
同理有（a²+c²）b≥2abc,（b²+c²）a≥2abc
把这三式相加,得
（a²+b²）c+（a²+c²）b+（b²+c²）a≥6abc
上式两端同时加上3abc,得
（a²+b²）c+（a²+c²）b+（b²+c²）a+3abc≥9abc
把上式左端括号里的项乘出来,重新排一下顺序,再把3abc拆成三个abc,得
（a²+b²）c+（a²+c²）b+（b²+c²）a+3abc
=(abc+a²c+a²b)+(b²c+abc+b²a)+(c²b+c²a+abc)
=(bc+ac+ab)a+(bc+ac+ab)b+(bc+ac+ab)c
=(bc+ac+ab)(a+b+c)
这便得到
(bc+ac+ab)(a+b+c)≥9abc
上式两端同除以正数（a+b+c)abc,得
1/a +1/b +1/c≥9/(a+b+c)=9/m
证完.
（2）证法一：
令（x+y)/2=s,(x-y)/2=t
则有x=s+t,y=s-t
从而
ax²+by²=a(s+t)²+b(s-t)²=a(s²+t²+2st)+b(s²+t²-2st)=a(s²+t²)+b(s²+t²)+2ast-2bst=(a+b)(s²+t²)+2st(a-b)=s²+t²+2st(a-b)
（ax+by）² =[a(s+t)+b(s-t)]²=(as+at+bs-bt)²=[(a+b)s+(a-b)t]²=[s+(a-b)t]²=s²+(a-b)²t²+2st(a-b)
由此,要证原不等式成立,我们只需证明
t²≥(a-b)²t²
又只需证明
1≥(a-b)²
这由已知的a,b都是正数,且a+b=1可直接得到.
若非要证明它,也是可以的,如下：
由已知,有
2a＞0
在上式两端同时减去（a+b),得
a-b＞-(a+b)=-1 ①
又有
-2b＜0
在上式两端同时加上(a+b),得
a-b＜a+b=1 ②
综合①②便有
-1＜a-b＜1
从而有
1≥(a-b)²
证完.
证法二：
若设y=x+t,则我们可得到一个与上面的证法本质相同,但叙述上略简洁一些的证明.如下：
设y=x+t,则
ax²+by²=ax²+b(x+t)= ax²+bx²+bt²+2bxt=(a+b)x²+bt²+2bxt= x²+bt²+2bxt
（ax+by）²=[ax+b(x+t) ] ²=(ax+bx+bt) ²=[(a+b)x+bt ] ²=(x+bt) ²=x²+b²t²+2bxt
由此,要证原不等式成立,我们只需证明
bt²≥b²t² ①
因为a,b都是正数,且a+b=1,
所以0＜b＜1,
所以b²＜b
从而必有①式成立.
证完.
最后,我们应试着推广（2）中的结论.
简单地,
我们先从项数上推广它：
已知的a,b,…,c都是正数,x,y, …,z∈R,且a+b+…+c=1
求证：ax²+by²+…+cz²≥(ax+by+…+cz) ²
然后,我们应试着证明更一般地：
已知的a,b,…,c都是正数,x,y, …,z∈R,且a+b+…+c=1,则对正整数n
求证：ax^n+by^n+…+cz^n≥(ax+by+…+cz) ^n
我们先指出一点：其实上面两个待证命题中的x,y, …,z可以限定为也都是正数,而不影响原来的命题.理由是,比如在命题（B）中,我们若设
u=∣x∣,v=∣y∣,…,w=∣z∣
则显然有(a1u+a2v+…+anw) ^n≥(a1x+a2y+…+anz) ^n
而a1u^n+a2v^n+…+anw^n= a1x^n+a2y^n+…+anz^n
所以,若我们证明了
a1u^n+a2v^n+…+anw^n≥(a1u+a2v+…+anw) ^n
就证明了
a1x^n+a2y^n+…+anz^n≥(a1x+a2y+…+anz) ^n
下面,我先试着证明命题（A）
证明：
首先我们对命题（A）进行两个改造,一是由上面的说明,我们可以让x,y, …,z也都是正数；二是我们让结论更强一些,把a1+a2+…+an=1变为a1+a2+…+an≤1.
命题(C)：已知的a1,a2,…,an都是正数,x,y, …,z也都是正数,且a1+a2+…+an≤1
求证：a1x²+a2y²+…+anz²≥(a1x+a2y+…+anz) ²
容易看出,命题（C）包含着命题（A）,所以若我们证明了命题（C）,就一并证明了命题（A）.
我们用数学归纳法来证明命题（C）.
当n=1时,不等式相当于a1x²≥a1²x,当然成立.
当n=2时,我们要证明a1x²+a2y²≥(a1x+a2y) ² ①
类似于上面的证法二,我们设y=x+t（我们说t≥0,要不然,我们就设x=y+t）,又设a1+a2=k≤1,从而
a1x²+a2y²=a1x²+a2(x+t) ²= a1x²+a2x ²+ a2t²+2a2xt=k x ²+ a2t²+2a2xt
(a1x+a2y) ²=[ a1x+a2(x+t) ] ²=(a1x+a2x+a2t) ²=(kx+ a2t) ²=k² x ²+a2²t² +2a2kxt
因为0＜a2＜1,所以a2²＜a2
从而a2²t²≤a2t²
因为2a2xt≥0,0≤k＜1
从而2a2kxt≤2a2xt
于是便有
k² x ²+a2²t² +2a2kxt≤k x ²+ a2t²+2a2xt
即a1x²+a2y²≥(a1x+a2y) ²
现在假设当n=m时结论成立,即
a1x²+a2y²+…+amz²≥(a1x+a2y+…+amz) ²
我们将据此来证明
a1x²+a2y²+…+amz²+bu²≥(a1x+a2y+…+amz+bu) ²
其中,a1,a2, …am,b都是正数,且a1+a2+…+am+b≤1,
x,y, …z,u也都是正数.
取x,y, …z,u中的最小者（若最小者多于1个,则从中任取一个）,无妨设x就是最小者.
令y=x+e,…,z=x+f, u=x+g
易知,e≥0, …,f≥0,g≥0
再设a1+a2+…+am+b=k≤1
在此设定下
a1x²+a2y²+…+amz²+bu²= a1x²+a2(x+e) ²+…+am(x+f) ²+b(x+g) ²
= (a1x²+a2x²+…+amx²+bx²)+(a2e²+…+amf²+bg²)+2x(a2e+…+amf+bg)
=kx²+(a2e²+…+amf²+bg²)+2x(a2e+…+amf+bg)
(a1x+a2y+…+amz+bu) ²
=[a1x+a2(x+e)+…+am(x+f)+b(x+g)] ²
=[kx+(a2e+…+amf+bg)] ²
=k²x²+(a2e+…+amf+bg) ²+2kx(a2e+…+amf+bg)
我们来比较一下上面两式的对应项.
易知kx²≥k²x²,2x(a2e+…+amf+bg)≥2kx(a2e+…+amf+bg)
再由归纳法假设,可得
(a2e²+…+amf²+bg²)≥(a2e+…+amf+bg) ²
（这就是当n=m时的情况,只不过其中的数值（即式子里的字母）换成了别的,不影响式子是成立）
这样便有
a1x²+a2y²+…+amz²+bu²≥(a1x+a2y+…+amz+bu) ²
证完.
仿照上面的证明思路,我们试着用第二数学归纳法来证明命题(B)（已进行了类似于上面的改造）：
已知a1,a2,…,an都是正数,x,y, …,z也都是正数,且a1+a2+…+an≤1,则对正整数n
求证：a1x^n+a2y^n+…+anz^n≥(a1x+a2y+…+anz) ^n
证明：
当n=2时,我们要证明a1x^n +a2y^n≥(a1x+a2y) ^n
设y=x+t（我们说t≥0,要不然,我们就设x=y+t）,又设a1+a2=k≤1,从而
a1x^n +a2y^n=a1x^n +a2(x+t)^n
= a1x^n +a2x^n+na2x^(n-1)t+n(n-1)a2 x^(n-2)t²/2+…+a2t^n
=kx^n+na2x^(n-1)t+n(n-1)a2 x^(n-2)t²/2+…+a2t^n
(a1x+a2y) ^n=[a1x+a2(x+t) ] ^n=(kx+a2t) ^n
= k^nx^n+na2k^(n-1)x^(n-1)t+n(n-1)a2² k^(n-2)x^(n-2)t²/2+…+a2^nt^n
对照上面两式的各项,并注意到0＜a2＜1,0＜k≤1,便得
a1x^n +a2y^n≥(a1x+a2y) ^n
现在假设当n≤m时结论成立,即
我们将据此来证明
a1x^n +a2y^n +…+amz^n +bu^n≥(a1x+a2y+…+amz+bu) ^n
其中,a1,a2, …am,b都是正数,且a1+a2+…+am+b≤1,
x,y, …z,u也都是正数.
取x,y, …z,u中的最小者（若最小者多于1个,则从中任取一个）,无妨设x就是最小者.
令y=x+e,…,z=x+f, u=x+g
易知,e≥0, …,f≥0,g≥0
再设a1+a2+…+am+b=k≤1
在此设定下
a1x^n +a2y^n +…+amz^n +bu^n
= a1x^n +a2(x+e) ^n +…+am(x+f) ^n +b(x+g) ^n
= kx^n
+nx^(n-1)(a2e+amf+…+bg)
+n(n-1) x^(n-2) (a2e²+amf²+…+bg²)/2
+…
+a2e^n+…+amf^n+bg^n
(a1x+a2y+…+amz+bu) ^n
=[a1x+a2(x+e)+…+am(x+f)+b(x+g)] ^n
=[kx+(a2e+…+amf+bg)] ^n
=(kx)^n
+n(kx) ^(n-1) (a2e+…+amf+bg)
+ n(n-1)( kx)^(n-2) (a2e+…+amf+bg) ²/2
+…
+(a2e+…+amf+bg)^n
由归纳法假设知
a2e²+amf²+…+bg²≥(a2e+…+amf+bg) ²
…
a2e^n+…+amf^n+bg^n≥(a2e+…+amf+bg)^n
再对照上面两式的各项,并注意到0＜a2＜1,0＜k≤1,有
kx^n≥(kx)^n
nx^(n-1)(a2e+amf+…+bg) ≥n(kx) ^(n-1) (a2e+…+amf+bg)
n(n-1) x^(n-2) (a2e²+amf²+…+bg²)/2≥n(n-1)( kx)^(n-2) (a2e+…+amf+bg) ²/2
…
a2e^n+…+amf^n+bg^n≥(a2e+…+amf+bg)^n
从而a1x^n +a2y^n +…+amz^n +bu^n≥(a1x+a2y+…+amz+bu) ^n
证完.