(1)设a1,a2,a3均正数,且a1+a2+a3=m,求证1/a1+1/a2+1/a3≥9/m(2)已知a,b都是正数,x,y∈R,且a+b=1,求证ax²+by²≥（ax+by）²

(1)设a1,a2,a3均正数,且a1+a2+a3=m,求证1/a1+1/a2+1/a3≥9/m(2)已知a,b都是正数,x,y∈R,且a+b=1,求证ax²+by²≥（ax+by）²
(1)设a1,a2,a3均正数,且a1+a2+a3=m,求证1/a1+1/a2+1/a3≥9/m
(2)已知a,b都是正数,x,y∈R,且a+b=1,求证ax²+by²≥（ax+by）²

(1)设a1,a2,a3均正数,且a1+a2+a3=m,求证1/a1+1/a2+1/a3≥9/m(2)已知a,b都是正数,x,y∈R,且a+b=1,求证ax²+by²≥（ax+by）²
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
证明或否定上面这两个结论,我还没有做出来.