数学柯西不等式证明

1. 构造二次函数

注意到柯西不等式是 Acdot Cgeq B^2 的结构，这可以让我们联想到二次方程的判别式 Delta=b^2-4ac ，于是我们可以构造如下的二次函数：

f(x)=left(sum_{i=1}^{n}{a_i^2}

ight)x^2+2left(sum_{i=1}^{n}{a_ib_i}

ight)x+sum_{i=1}^{n}{b_i^2}

注意到这个二次函数可以变形为：

f(x)=sum_{i=0}^{n}{left(a_ix+b_i

ight)^2}

于是有 f(x) 恒大于等于0，所以其判别式恒小于等于0，即：

left(2sum_{i=1}^{n}{a_ib_i}

ight)^2-4sum_{i=1}^{n}{a_i^2}sum_{i=1}^{n}{b_i^2}leq0

变形即得柯西不等式.

2. 数学归纳法

当n=2时，柯西不等式化为：

left(a_1^2+a_2^2

ight)left(b_1^2+b_2^2

ight)geleft(a_1b_1+a_2b_2

ight)^2

左式减去右式，得：

begin{align} &quad left(a_1^2+a_2^2

ight)left(b_1^2+b_2^2

ight)-left(a_1b_1+a_2b_2

ight)^2 &=a_1^2b_2^2+a_2^2b_1^2-2a_1a_2b_1b_2 &=left(a_1b_2-a_2b_1

ight)^2 &ge0 end{align}

于是，当n=2时，柯西不等式成立.

若n=k（k≥2，k∈N）时，柯西不等式成立. 则：

begin{align} &quad sum_{i=1}^{k+1}{a_i^2}sum_{i=1}^{k+1}{b_i^2} &=left(left(sqrt{sum_{i=1}^{k}{a_i^2}}

ight)^2+a_{k+1}^2

ight)left(left(sqrt{sum_{i=1}^{k}{b_i^2}}

ight)^2+b_{k+1}^2

ight) &geleft(sqrt{sum_{i=1}^{k}{a_i^2}cdotsum_{i=1}^{k}{b_i^2}}+a_{k+1}b_{k+1}

ight)^2 &geleft(sum_{i=1}^{k+1}{a_ib_i}

ight)^2 end{align}

【第一个不等号是n=2时的柯西，第二个不等号是n=k时的柯西】

于是便证得了柯西不等式

令A=a1²+a2²+……+an²,B=b1²+b2²+……+bn²,C=a1b1+a2b2+……+anbn

作函数f（x）=Ax²+2Cx+B

如果能证明函数f（x）恒大于等于0,即f（x）的判别式Δ≤0,就得到4C²≤4AB,即柯西不等式得证.

而f（x）=（a1²x²+2a1b1x+b1²）+（a2²x²+2a2b2x+b2²）+……+（an²x²+2anbnx+bn²）

=（a1x+b1）²+（a2x+b2）²+……+（anx+bn）²

≥0

取“=”的条件：a1=a2=……=an=0,或b1=b2=……=bn=0；

或存在常数x使aix+bi=0,i=1,2,……,n

柯西不等式在求某些函数最值中和证明某些不等式时是经常使用的理论根据，我们在教学中应给予极大的重视。

巧拆常数证不等式

例：设a、b、c为正数且互不相等。

求证：2/(a+b)+2/(b+c)+2/(c+a)＞9/(a+b+c)

∵a、b、c均为正数

∴为证结论正确，只需证：2(a+b+c)[1/(a+b)+1/(b+c)+1/(c+a)]＞9

而2(a+b+c)=(a+b)+(a+c)+(c+b)

又9=(1+1+1)^2

∴只需证：2(a+b+c)[1/(a+b)+1/(b+c)+1/(c+a)]＝[(a+b)+(a+c)+(b+c)][1/(a+b)+1/(b+c)+1/(c+a)]≥(1+1+1)^2=9

又a、b

1、c互不相等，故等号成立条件无法满足

∴原不等式成立