1樓：姚立其
證明：（1）證法一：
若用均值不等式，則直接可得結論。如下：
均值不等式中的一部分為：
n/(1/a1+1/a2+...+1/an)≤a1+a2+...+an)/n
此即調和平均數小於等於算術平均數。
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
從而1/a1+1/a2+1/a3≥9/m
證完。下面我們給出另一種證法，而不用均值不等式。
證法二：
為書寫方面，我們令a=a1,b=a2,c=a3,
易知a²+b²≥2ab（這就不用證明了吧）
從而（a²+b²）c≥2abc
同理有（a²+c²）b≥2abc,（b²+c²）a≥2abc
把這三式相加，得
（a²+b²）c+（a²+c²）b+（b²+c²）a≥6abc
上式兩端同時加上3abc，得
（a²+b²）c+（a²+c²）b+（b²+c²）a+3abc≥9abc
把上式左端括號裡的項乘出來，重新排一下順序，再把3abc拆成三個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)
這便得到
(bc+ac+ab)(a+b+c)≥9abc
上式兩端同除以正數（a+b+c)abc,得
1/a +1/b +1/c≥9/(a+b+c)=9/m
證完。（2）證法一：
令（x+y)/2=s,(x-y)/2=t
則有x=s+t,y=s-t
從而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，要證原不等式成立，我們只需證明
t²≥(a-b)²t²
又只需證明
1≥(a-b)²
這由已知的a，b都是正數，且a+b=1可直接得到。
若非要證明它，也是可以的，如下：
由已知，有
2a＞0
在上式兩端同時減去（a+b),得
a-b＞-(a+b)=-1 ①
又有-2b＜0
在上式兩端同時加上(a+b),得
a-b＜a+b=1 ②
綜合①②便有
-1＜a-b＜1
從而有1≥(a-b)²
證完。證法二：
若設y=x+t，則我們可得到乙個與上面的證法本質相同，但敘述上略簡潔一些的證明。如下：
設y=x+t，則
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，要證原不等式成立，我們只需證明
bt²≥b²t² ①
因為a，b都是正數，且a+b=1，
所以0＜b＜1,
所以b²＜b
從而必有①式成立。
證完。最後，我們應試著推廣（2）中的結論。
簡單地，
我們先從項數上推廣它：
已知的a，b，…，c都是正數，x，y, …，z∈r，且a+b+…+c=1
求證：ax²+by²+…+cz²≥(ax+by+…+cz) ²
然後，我們應試著證明更一般地：
已知的a，b，…，c都是正數，x，y, …，z∈r，且a+b+…+c=1，則對正整數n
求證：ax^n+by^n+…+cz^n≥(ax+by+…+cz) ^n
我們先指出一點：其實上面兩個待證命題中的x，y, …，z可以限定為也都是正數，而不影響原來的命題。理由是，比如在命題（b）中，我們若設
u=∣x∣，v=∣y∣，…，w=∣z∣
則顯然有(a1u+a2v+…+anw) ^n≥(a1x+a2y+…+anz) ^n
而a1u^n+a2v^n+…+anw^n= a1x^n+a2y^n+…+anz^n
所以，若我們證明了
a1u^n+a2v^n+…+anw^n≥(a1u+a2v+…+anw) ^n
就證明了
a1x^n+a2y^n+…+anz^n≥(a1x+a2y+…+anz) ^n
下面，我先試著證明命題（a）
證明：首先我們對命題（a）進行兩個改造，一是由上面的說明，我們可以讓x，y, …，z也都是正數；二是我們讓結論更強一些，把a1+a2+…+an=1變為a1+a2+…+an≤1。
命題(c)：已知的a1，a2，…，an都是正數，x，y, …，z也都是正數，且a1+a2+…+an≤1
求證：a1x²+a2y²+…+anz²≥(a1x+a2y+…+anz) ²
容易看出，命題（c）包含著命題（a），所以若我們證明了命題（c），就一併證明了命題（a）。
我們用數學歸納法來證明命題（c）。
當n=1時，不等式相當於a1x²≥a1²x，當然成立。
當n=2時，我們要證明a1x²+a2y²≥(a1x+a2y) ² ①
類似於上面的證法二，我們設y=x+t（我們說t≥0，要不然，我們就設x=y+t），又設a1+a2=k≤1，從而
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
因為0＜a2＜1，所以a2²＜a2
從而a2²t²≤a2t²
因為2a2xt≥0，0≤k＜1
從而2a2kxt≤2a2xt
於是便有
k² x ²+a2²t² +2a2kxt≤k x ²+ a2t²+2a2xt
即a1x²+a2y²≥(a1x+a2y) ²
現在假設當n=m時結論成立，即
a1x²+a2y²+…+amz²≥(a1x+a2y+…+amz) ²
我們將據此來證明
a1x²+a2y²+…+amz²+bu²≥(a1x+a2y+…+amz+bu) ²
其中，a1,a2, …am,b都是正數，且a1+a2+…+am+b≤1，
x,y, …z,u也都是正數。
取x,y, …z,u中的最小者（若最小者多於1個，則從中任取乙個），無妨設x就是最小者。
令y=x+e,…,z=x+f, u=x+g
易知，e≥0, …,f≥0,g≥0
再設a1+a2+…+am+b=k≤1
在此設定下
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)
我們來比較一下上面兩式的對應項。
易知kx²≥k²x²，2x(a2e+…+amf+bg)≥2kx(a2e+…+amf+bg)
再由歸納法假設，可得
(a2e²+…+amf²+bg²)≥(a2e+…+amf+bg) ²
（這就是當n=m時的情況，只不過其中的數值（即式子裡的字母）換成了別的，不影響式子是成立）
這樣便有
a1x²+a2y²+…+amz²+bu²≥(a1x+a2y+…+amz+bu) ²
證完。仿照上面的證明思路，我們試著用第二數學歸納法來證明命題(b)（已進行了類似於上面的改造）：
已知a1，a2，…，an都是正數，x，y, …，z也都是正數，且a1+a2+…+an≤1，則對正整數n
求證：a1x^n+a2y^n+…+anz^n≥(a1x+a2y+…+anz) ^n
證明：當n=2時，我們要證明a1x^n +a2y^n≥(a1x+a2y) ^n
設y=x+t（我們說t≥0，要不然，我們就設x=y+t），又設a1+a2=k≤1，從而
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
對照上面兩式的各項，並注意到0＜a2＜1，0＜k≤1,便得
a1x^n +a2y^n≥(a1x+a2y) ^n
現在假設當n≤m時結論成立，即
我們將據此來證明
a1x^n +a2y^n +…+amz^n +bu^n≥(a1x+a2y+…+amz+bu) ^n
其中，a1,a2, …am,b都是正數，且a1+a2+…+am+b≤1，
x,y, …z,u也都是正數。
取x,y, …z,u中的最小者（若最小者多於1個，則從中任取乙個），無妨設x就是最小者。
令y=x+e,…,z=x+f, u=x+g
易知，e≥0, …,f≥0,g≥0
再設a1+a2+…+am+b=k≤1
在此設定下
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
由歸納法假設知
a2e²+amf²+…+bg²≥(a2e+…+amf+bg) ²
…a2e^n+…+amf^n+bg^n≥(a2e+…+amf+bg)^n
再對照上面兩式的各項，並注意到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
從而a1x^n +a2y^n +…+amz^n +bu^n≥(a1x+a2y+…+amz+bu) ^n證完。
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