题面：
已知正整数 \(n\geq1\) 。\(\forall_{i\in[1,n]},a_i,b_i\in R,c_i>0\) 。
求证：
\[\left(\sum_{i=1,j=1}^{n}\frac{a_ia_j}{c_i+c_j}\right)\left(\sum_{i=1,j=1}^{n}\frac{b_ib_j}{c_i+c_j}\right)\geq\left(\sum_{i=1,j=1}^{n}\frac{a_ib_j}{c_i+c_j}\right)^2
\]
证明：
观察到上面的式子形式相似，但是过于繁琐，考虑用整体未知数表示：令不等式左边的乘积式第一项为 \(A\) ，第二项为 \(B\) ，不等式右边平方下面为 \(C\)。也就是证明：
\[A\cdot B\geq C^2\Rightarrow C^2-A\cdot B\leq 0
\]
这个时候有感觉的朋友们应该能发现这个东西和二次方程的 \(\Delta\) 很像。那么我们考虑构造函数：
\[g(x)=A\cdot x^2-2C\cdot x+B
\]
那么他的 \(\Delta\) 就为 \(4C^2-4AB\) ，唉！系数相同，那么考虑把两项的系数都化为 \(1\) 就转化为了上述证明式子。所以现在也就等价于证明：
\[g(x)\geq0
\]
恒成立。
那么考虑化为原形式：
\[g(x)=\left(\sum_{i=1,j=1}^{n}\frac{a_ia_j}{c_i+c_j}\right)x^2-2\left(\sum_{i=1,j=1}^{n}\frac{a_ib_j}{c_i+c_j}\right)x+\left(\sum_{i=1,j=1}^{n}\frac{b_ib_j}{c_i+c_j}\right)
\]
此时注意到，\(g(x)\) 可以因式分解为：
\[g(x)=\sum_{i,j}^n\frac{(a_ix-b_i)(a_jx-b_j)}{c_i+c_j}
\]
由题目条件可得：\(\forall_i,a_ix-b_i\in R\) ，所以要证明 \(g(x)\geq0\) 恒成立，就等价于上述式子大于等于恒成立，就等价于：
\[\left(\sum_{i,j}^{n}\frac{a_ia_j}{c_i+c_j}\right)\geq0
\]
恒成立。
比较明显的是这个式子完全无法直接证明与 \(0\) 的大小关系，所以我们跳出思维定势，考虑用构造的思想来巧证。比较常用的想法就是构造函数，那就多试吧（当然如果你是注意力巨佬可以一次性正确构造也是可以的）。
考虑构造：
\[f(x)=\sum_{i=1,j=1}^{n}\frac{a_ia_j}{c_i+c_j}x^{c_i+c_j}
\]
这玩意反正不好分析，干脆先求个导再说。
\[f'(x)=\frac{1}{x}\sum_{i=1,j=1}^{n}a_ia_j\cdot x^{c_i+c_j}
\]
首先需要明确的是，当 \(x=1\) 时就是我们需要的值，又显然 \(f(0)=0\) 所以，我们不妨只考虑 \(x\in(0,+\infty)\) 的情况。考虑变换导函数，注意到：
\[f'(x)=\frac{1}{x}
\left(\sum_{i=1}^{n}a_i\cdot x^{c_i}\right)^2\]
因为 \(x\in(0,+\infty)\)。并且还有一个平方数，所以 \(f(x)\) 的导函数是非负的，也就意味着 \(f(x)\) 在定义域为 \((0,+\infty)\) 上是非严格单调递增的，所以：
\[f(1)\geq\lim_{x\rightarrow0}f(x)=0
\]
所以式子：
\[\sum_{i,j}^{n}\frac{a_ia_j}{c_i+c_j}
\]
是严格大于等于 \(0\) 的。
所以命题：
\[\left(\sum_{i=1,j=1}^{n}\frac{a_ia_j}{c_i+c_j}\right)\left(\sum_{i=1,j=1}^{n}\frac{b_ib_j}{c_i+c_j}\right)\geq\left(\sum_{i=1,j=1}^{n}\frac{a_ib_j}{c_i+c_j}\right)^2
\]
是一个真命题
Q.E.D
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