第一篇：柯西不等式及應用含答案
一、柯西不等式：
(?a)?(?b)?(?akbk)2等號成立的條件是ak??bk(k?1,2,3???n)
2k
2k
k?
1k?1
k?1
nnn
二維柯西不等式：(x1x2?y1y2)2?(x12?y12)(x22?y22)
證明：（用作差法）
(x1?y1)(x2?y2)?(x1x2?y1y2)2?x1y2?x2y1?2x1x2y1y2?(x1y2?x2y1)2?0
2222222
2三維柯西不等式：(x1x2?y1y2?z1z2)2?(x12?y12?z12)(x22?y22?z22)
證明：（構造空間向量法）設m?
(x1,y1,z1),n?(x2,y2,z2)
??，所以：x1x2?y1y2?z1z2?
x1?y1?z1?x2?y2?z2，兩邊平方即可！
222222
n維柯西不等式：(?a)?(?b)?(?akbk)2
2k
2k
k?1
k?1
k?1
n
n
n
等號成立的條件是
ak??bk(k?1,2,3???n)
證明：（用構造函數法）（1）.當b1?b2?????bn?0時，不等式顯然成立；（2）當b1,b2,???bn不全為0時，構造f(x)?（n
n
n
n
?b
k?1
n
k
2)x?2(?akbk)x?(?ak),所以有2
k?1
k?1
nn
f(x)?(?b)x?2(?akbk)x?(?a)??(bkx?ak)2?0對任意x?R恒成立，因此
k
2k
k?1
k?1
k?1
k?1
??4(?akbk)?4(?a)?(?bk2)?0
2k
k?1
k?1
k?1
nnn
故：（?a
k?1
n
2k)?(?b)?(?akbk)2
2kk?1
k?1
nn
柯西不等式的變式：(?ak)?(?bk)?(?akbk)2
k?1k?1k?1nnn
(?a)?(?b)??akbk 2
k2k
k?1k?1k?1nnn
nak(?akbk)?(?)?(?ak)2等號成立的條件是當且僅當b1?b2?????bn
k?1k?1bkk?1
2naka(?)?(?k)2（在柯西不等式中令bk=1，兩邊同時除以n2即得）
k?1nk?1nnnn
2ak(?)?
k?1bkn(?ak)2k?1nn?b
k?1(等號成立的條件是ak??bk(k?1,2,3???n)k
二、練習：
x2y2z
21.已知x,y,z>0，且x?y?z?1，求的最小值； ??y(1?y)z(1?z)x(1?x)
2.已知a,b>0,求證：3111< ??a?2ba?4ba?6b(a?b)(a?7b)
3.已知x?y?z?2且x,y,z>0，求證：1119≥ ??x?yy?zz?x
44.設a,b,c為正數且互不相等.求證:2229> ??a?bb?cc?aa?b?c
3111≥ ??a3(b?c)b3(a?c)c3(a?b)25.設正實數a,b,c 滿足abc?1, 求證:
12100 3c
222?a?b?c17.設實數a,b,c 滿足a?2b?3c?6，求證：3?9?27≥； 36.設a,b,c為正數, 且a?b?c?1,求證:(a?)?(b?)?(c?)≥221a1b
8.已知x?2y?3z?12, 求證:x?2y?3z≥24；
9.已知a?b?c?1, 求證:a?1?b?2?3c?3?33；
10.若a>b>c，求證：222114 ??a?bb?ca?c
答案：
y(1?y)?y(x?z)?xy?xz
1.證明：由x?y?z?1得：z(1?z)?z(x?y)?zx?yz
x(1?x)?x(y?z)?xy?zx，所以有
x2y2z2x2y2z2
＝，由柯西不等式得：????y(1?y)z(1?z)x(1?x)xy?yzzx?yzxy?zx
x2y2z2
[(xy?yz)?(zx?yz)?(xy?zx)]?(??)?(x?y?z)2 xy?yzzx?yzxy?zx
x2y2z2
所以有：???[(xy?yz)?(zx?yz)?(xy?zx)] xy?yzzx?yzxy?zx
x2y2z2
即：???2(xy?yz?zx)，xy?yzzx?yzxy?zx
又2(xy?yz?zx)?(x?y?z)2?(x2?y2?z2)
x?y?z?xy?yz?zx222x?y?z?1 31x2y2z2
所有：，當且僅當x?y?z?時取等號 ???xy?yzzx?yzxy?zx2
32.證明：由柯西不等式可得：
(11121112??)?(1??1??1?)a?2ba?4ba?6ba?2ba?4ba?6b
111??]< 222(a?2b)(a?4b)(a?6b)
（放縮）?(12?12?12)[3[111??](a?b)(a?3b)(a?3b)(a?5b)(a?5b)(a?7b)
?
?3111111(?????)2ba?ba?3ba?3ba?5ba?5ba?7b（裂項相消）36b9311?(?)?2b(a?b)(a?7b)(a?b)(a?7b)2ba?ba?7b
3111< ??a?2ba?4ba?6b(a?b)(a?7b)所以有：
3.證明：由柯西不等式得：
[(x?y)?(y?z)?(z?x)]?（111??)?(1?1?1)2?9，又x?y?z?2x?yy?zz?x3
所以有：11199≥???.x?yy?zz?x2(x?y?z)4
4.證明：與第3題的證法相同，最后說明a,b,c為正數且互不相等,所以不取等號；
5.證明：由abc?1得：abc?1，所以：2221122221?bc,?ac,2?a2b2 22abc
111??a3(b?c)b3(a?c)c3(a?b)
b2c2a2c2a2b2b2c2a2c2a2b2
??????a(b?c)b(a?c)c(a?b)ab?acab?bcac?bc
b2c2a2c2a2b2
[(ab?ac)?(ab?bc)?(ac?bc)]?(??)?(bc?ac?ab)2 ab?acab?bcac?bc
b2c2a2c2a2b2(bc?ac?ab)2bc?ac?ab3a2b2c2
?????即： ab?acab?bcac?bc2(ab?bc?ac)22
又abc?1，所以：3111≥ ??333a(b?c)b(a?c)c(a?b)2
6.證明：由柯西不等式
111111[1?(a?)?1?(b?)?1?(c?)]2?(12?12?12)?[(a?)2?(b?)2?(c?)2] abcabc
結合a?b?c?1 ***2所以：(a?)?(b?)?(c?)?[(a?b?c)?(??)]?[1?(??)]abc3abc3abc
1111112又???(a?b?c)(??)?(1?1?1)?9 abcabc
1111211002所以：[1?(??)]?(1?9)? 3abc33
121212100故：(a?)?(b?)?(c?)≥ 3abc
7.證明：
3?a?9?b?27?c＝3?a?3?2b?3?3c?33?a?3?2b?3?3c?33?(a?2b?3c)
又由柯西不等式：
(1?a?2?2b?3?c)2?[12?(2)2?(3)2]?[a2?(2b)2?(3c)2]
即：(a?2b?3c)?6?(a?2b?c)，結合a?2b?3c?6
所以有：a?2b?3c?6 2222222
即：33
所以：3?(a?2b?3c)?33?6?1 3?a1?9?b?27?c≥ 3
8.證明：由
(1?x?2?2y??z)2?[12?(2)2?()2]?[x2?(2y)2?(z)2]
結合題目條件即可證出，與第7題一樣；
9.證明：
(1?a?1?1?b?2?1?c?3)2?(12?12?12)?[(a?1)2?(b?2)2?(c?3)2]?3[3(a?b?c)?6]
結合題目條件就可以證出了！
10.證明：由條件a>b>c得：a?b>0,b?c>0,所以
11?)?(1?1)2＝4 a?bb?c
114所以： ??a?bb?ca?c[(a?b)?(b?c)]?（點評： 1.（22?ak?1n2k)?(?b)?(?akbk)2中的求和展開式為： 2kk?12nnk?1(a1?a2????an)(b1?b2????bn)?(a1b1?a2b2?????anbn)2；
2.二維、三維、n維柯西不等式的證明分別用了作差法、向量法、構造函數法證明，其實這三種方法也可以相互遷移，尤其是向量法簡潔明了，值得借鑒；
3.帶條件的三元不等式很常見, 用柯西不等式來證的較多, 要適當選擇ak 和bk, 便于運用柯西不等式(222?a
k?1n2k)?(?b)?(?akbk)2； 2kk?1k?1nn
4.結合柯西不等式及變式中的等號成立的條件，請讀者自行研究以上不等式的取等號條件。
以上如有錯誤之處敬請原諒并給予批評指正
郵箱zgh9723008@sina.com或qq聯系：934355819(驗證信息填：柯西不等式)
謝謝！
第二篇：柯西不等式的證明及應用
柯西不等式的證明及應用
（河西學院數學系01（2）班甘肅張掖734000）
摘要：柯西不等式是一個非常重要的不等式，靈活巧妙的應用它，可以使一些較為困難的問題迎刃而解。本文在證明不等式，解三角形相關問題，求函數最值，解方程等問題的應用方面給出幾個例子。
關鍵詞：柯西不等式證明應用中圖分類號：O178
Identification and application of Cauchy inequality
ChenBo
（department of mathematics , Hexi university zhangye gansu 734000）
Abstract:Cauchy-inequality is a very important in equation, flexible ingenious application it, can make some comparatively difficult problems easily solved.This text prove inequality, solve triangle relevant problem, is it worth most to ask, the application which solves such questions as the equation ,etc.provides several examples.Keyword：inequationproveapplication
柯西（Cauchy）不等式
?1??2?
222
?a1b1?a2b2???anbn??a1?a2???an
???b
2122?b2???bn
??ab?R,i?1,2?n?
ii
等號當且僅當a1?a2???an?0或bi?kai時成立（k為常數，i?1,2?n）現將它的證明介紹如下：
證明1：構造二次函數 f(x)??a1x?b1???a2x?b2?????anx?bn?
22n222n
=a1?a2???anx?2?a1b1?a2b2???anbn?x?b1?b2???bn
????
2n
?a12?a2???an?0
?f?x??0恒成立
2n???4?a1b1?a2b2???anbn??4?a12?a2???an??b12?b22???bnn??0
即?a1b1?a2b2???anbn??a1?a2???an
?
n
??b
2n?b2???bn?
當且僅當aix?bix?0?i?1,2?n?即證明（2）數學歸納法
aa1a2
????n時等號成立 b1b2bn
（1）當n?1時左式=?a1b1?右式=?a1b1? 顯然左式=右式
當
n?2時，右式
??a12?a2??b12?b22???a1b1???a2b2??a22b12?a12b22
??a1b1???a2b2??2a1a2b1b2??a1b2?a2b2??右式
僅當即 a2b1?a1b2 即
a1a2
?時等號成立 b1b2
故n?1,2時 不等式成立
（2）假設n?k?k??,k?2?時，不等式成立 即 ?a1b1?a2b2???akbk??a1?a2???ak
?
k
??b
2?b2???bkk?
當 bi?kai，k為常數，i?1,2?n 或a1?a2???ak?0時等號成立
222
設??a1??b12?b22???bk2 ?a2???ak
C?a1b1?a2b2???akbk
2則??ak?1
?????b??????b
2k?1
2k?122?ak?1bk?1
?C2?2Cak?1bk?1?ak?1bk?1??C?ak?1bk?1? 2222?a1?a2???ak?ak?1
???
b?12
b?2??2
k
?b2
?k
?b
??a1b1?a2b2???akbk?ak?1bk?1?
當 bi?kai，k為常數，i?1,2?n 或a1?a2???ak?0時等號成立
即n?k?1時不等式成立 綜合（1）（2）可知不等式成立
柯西不等式是一個非常重要的不等式，靈活巧妙的應用運用它，可以使一些較為困難的問題迎刃而解，這個不等式結構和諧，應用靈活廣泛，利用柯西不等式可處理以下問題： 1）證明相關命題
例1． 用柯西不等式推導點到直線的距離公式
?3?。
已知點??x0,y0?及直線l: ?x??y?C?0????0
??
設點p是直線l上的任意一點，則
?x??x?C?0（1）
p1p2?
（2）
點p1p2兩點間的距離p1p2就是點p到直線l的距離，求（2）式有最小值，有
???x0?x1????y0?y1?
?x0??y0?C???x1??y1?C?
由（1）
（2）得：
p1p2??x0??y0?C即
p1p2?
（3）
當且僅當?y0?y1?:?x0?x?1?
?
p1p2?l（3）式取等號 即點到直線的距離公式
即
p1p2?
2）證明不等式
例2
?4?
a2?b2?c2
已知正數a,b,c滿足a?b?c?1證明a?b?c?
證明：利用柯西不等式
?a
?b2?c
?
13131
?3???a2a2?b2b2?c2c2???
??3?2?3?2?3?2?
???a2???b2???c2???a?b?c???????????
??a3?b3?c3??a?b?c???a?b?c?1?
? ca又因為a?b?c?ab?bc在此不等式兩邊同乘以2，再加上a?b?c
222得：?a?b?c??3a?b?c
222222
??
??a2?b2?c2???a3?b3?c3??3?a2?b2?c2?
a2?b2?c2
故a?b?c?
3）解三角形的相關問題
例3 設p是?ABC內的一點，x,y,z是p到三邊a,b,c的距離，R是?ABC外接圓的證明：由柯西不等式得，?
?記S為?ABC的面積，則
abcabc
ax?by?cz?2S?2
?
4R2R
故不等式成立。4）求最值 例4
?5?
?
2222
已知實數a,b,c,d滿足a?b?c?d?3，a?2b?3c?6d?5試求a的最值
解：由柯西不等式得，有
?2b
2?111?
?3c2?6d2???????b?c?d?
?236?
222
即2b?3c?6d??b?c?d? 2
由條件可得，5?a??3?a?
解得，1?a?
2??時等號成立，11,d?時，amax?2 3621
b?1,c?,d?時amin?1
代入b?1,c?
5）利用柯西不等式解方程例5．在實數集內解方程
?5?
9?222
?x?y?z?
4?
???8x?6y?24y?39
解：由柯西不等式，得
?x
222
?y2?z2????8??62???24?????8x?6y?24y?①
??
??x2?y2?z2????8??62???24??
??
???64?36?4?144??3924
又??8x?6y?24y??39
?x
222
?y2?z2????8??62???24?????8x?6y?24z?
??
即不等式①中只有等號成立
從而由柯西不等式中等號成立的條件，得
xyz?? ?86?24
它與?8x?6y?24y?39聯立，可得
x??
6918y?z?? 132613
?6??7?
6）用柯西不等式解釋樣本線性相關系數
在《概率論與數理統計》〉一書中，在線性回歸中，有樣本相關系數
?(x?)?y??
i
i
n
并指出r?1且r越接近于1，相關程度越大，r越接
近于0，則相關程度越小。現在可用柯西不等式解釋樣本線性相關系數。現記ai?xi?，bi?yi?，則，?ab
n
ii
r?1
n
當r?1時，??ab???a?b
ii
2i
i?1
i?1
i?1
nn
2i
此時，?yi???bixi?ai
?k，k為常數。點?xi,yi?i?1,2?n均在直線
y??k?x??上，r
當r?1時，??ab?
ii
i?1n
2i
n
n
??a
i?12i
n
2i
?b
i?1
n
2i
即
??ab???a?b
ii
i?1
i?1
i?1
n
?0
而
??aibi???a
i?1
i?1
n
n
2i
?bi2??
i?1
n
1?i?j?n
?
?aibj?ajbi?
1?i?j?n
?
?aibj?ajbi??0?aibj?ajbi?0
?
bi
?k,k為常數。ai
此時，此時，?yi???bixi?ai
?k，k為常數
點?xi,yi?均在直線y??k?x??附近，所以r越接近于1，相關程度越大 當r?0時，?ai,bi?不具備上述特征，從而，找不到合適的常數k，使得點?xi,yi?都在直線y??k?x??附近。所以，r越接近于0，則相關程度越小。致謝：在本文的寫作過程中，得到了馬統一老師的精心指導，在此表示衷心的感謝。
參考文獻：?1?柯西不等式的微小改動 ?J?數學通報2002 第三期?2?柯西不等式與排序不等式?M?南山湖南教育出版社
3普通高中解析幾何?M?高等教育出版社
??
?4?1990-年全國統一考試數學試卷?J?
?5?李永新李德祿中學數學教材教法?M?東北師大出版社
?6?盛聚，謝式千，潘承毅概率與數理統計?M?高等教育出版?7?用用柯西不等式解釋樣本線性相關系數?J?數學通訊 2004年第七期
2004年6月
第三篇：關于柯西不等式的證明
關于柯西不等式的證明
王念
數學與信息學院 數學與應用數學專業 07 級 指導老師：吳明忠
摘要：研究柯西不等式的多種證明方法，得到一些有用的結論，并簡單介紹一些它的應用。
關鍵詞：柯西不等式、數學歸納法、二次型正定、歐式空間向量內積、詹森不等式，二維隨機變量的數學期望。
Cauchy inequality is an important inequality.It has aroused people’s interest and its widespread application.In this paper、quadratic form、European space inner product、and the relation between Cauchy inequality.Wang Ni an
Xxxxxxxxxxx Grade 07 Instructor: Wu Ming Zhong
Abstract: The paper discusses the certifying ways of Cauchy inequality then gets some useful conduction and introduces some appliances.Key words: Cauchy inequality;quadratic form;inner product;Jensen inequality;mathematic Expectation.柯西不等式是大家熟知的一個重要不等式，它的結構和諧對稱、以及廣泛的運用引起了人們的興趣和討論。本文運用高等代數、微積分的基本內容來證明柯西不等式。柯西不等式的內容 1.1
(a1b1?a2b2?....?anbn)2?(a12?a22?....an2)2(b12?b22?....?bn2)2(aibi?R,i?1,2......n)
等號當且僅當a1?a2?.....?an?0或bi?kai時成立（k為常數，i=1,2…..n）.1.2 設a1,a2,.....an及b1,b2,.....bn為任意實數則不等式(?aibi)?(?a)(?bi2)成2
i?1
i?1
i?1
n
n
n
立，當且僅當bi?kai（i=1,2…..n）取等號。1,2這兩種形式就是著名的柯西不
等式。柯西不等式的證明 2.1構造二次函數，證明柯西不等式。(其關鍵在于利用二次函數??0時函數f(x)?0
f(x)?(a1x?b1)2?(a2x?b2)2?....?(anx?bn)2
?(a12?a22?....?an2)x2?2(a1b1?a2b2?....?anbn)x ?(b12?b22?....bn2)顯然f(x)?0
又?a12?a22?....ann?0則利用??0可得
??4(a1b1?a2b2?.....?anbn)2?4(a12?a22?....?ann)(b?b2?.....?bn)?0即
n
(a1b1?a2b2?....?anbn)2?(a12?a22?....?an2)(b?b2?....?bn)
當且僅當aix?bi?0(i?1,2....n)即
aa1a2
??.......?n是等號成立。b1b2bn
2.2 利用數學歸納法進行證明。（關鍵把握由特殊到一般情況的嚴密性）
（1）當n?1時左式=?a1b1?右式=?a1b1?
顯然左式=右式 當
n?2
時，右式
??a12?a2??b12?b22???a1b1???a2b2??a22b12?a12b22
??a1b1???a2b2??2a1a2b1b2??a1b2?a2b2??左式
僅當即 a2b1?a1b2 即
a1a2
?時等號成立 b1b2
故n?1,2時 不等式成立
（2）假設n?k?k??,k?2?時，不等式成立
2k???ak即 ?a1b1?a2b2???akbk???a12?a2??b12?b22???bk2?
當 bi?kai，k為常數，i?1,2?n 或a1?a2???ak?0時等號成立
??a12?a2?....?ak
設B?b12?b22?....?bk2
C?a1b1?a2b2?....?akbk
222222則???ak?1????bk?1??????bk?1?ak?1bk?1?Bak?1 22?C2?2Cak?1bk?1?ak?1bk?1??C?ak?1bk?1? 2222?a1?a2???ak?ak?1
???
b?12
b?2??
k
?b2
?k
?b
??a1b1?a2b2???akbk?ak?1bk?1?
當 bi?kai，k為常數，i?1,2?n 或a1?a2???ak?0時等號成立
即n?k?1時不等式成立 綜上所述原柯西不等式得證。
2.3 利用基本不等式（均值不等式）進行證明（關鍵在于利用它 “形式”）由于x?y?2xy(x,y?
R)，令x?
y?
?
ai22?ak2
k?1
n
n
?
bi22?bk2
k?1n
(i?1,2.......n)
將N
不等式相加得：
?ab
ii
??aibi?
i?1n
?
?a
i?1
nk?1
n
i
?
?b
i?1nk?1
n
i
?1
2?ak22?bk2
n
n
n
i?1
k?1
即(?aibi)?(?ai)(?bk2)
i?1
原柯西不等式得證。
2.4 利用二次正定型理論進行證明（關鍵在于理解二次型正定的定義）正定二次型定義：R上一個n元二次型q(x1,x2,....xn)可以看成定義在實數域上n個變量的實函數。如果對于變量x1,x2,....xn的每一組不全為零的值，函數值
q(x1,x2,....xn)都是正數，那么就稱q(x1,x2,....xn)是一個正定二次型。
?(aix1?bix2)?ai2x12?bi2x22?2aibix1x2?0(i?1,2,.....n)
n
n
n
有(?ai)x?(?bi)x2?(2?aibi)x1x2?0
i?1
i?1
i?1
設二次型 f(x1,x2)?(?ai)x?(?bi)x2?(2?aibi)x1x2?0
i?1
i?1
i?1
nnn
故f為正定必有二次型矩陣
?n2??aii?1
A??n
?
??aibi?i?1
n
?ab?ii?i?1
?正定 n
2?b?i?i?1?
n
n
n
(?ai)(?bi)?(?aibi)2?0
則A?0,即
i?1
i?1
i?1
?(?aibi)2?(?ai2)(?bi2)
i?1
i?1
i?1
nnn
當
aa1a2
??.......?n時等號成立。b1b2bn
故原不等式成立，及柯西不等式得證。2.5 利用歐式空間中內積的性質進行證明。
定理：在一個歐式空間里，對于任意向量?,?，有不等式：
??,??2???,????,??;當且僅當?與?線性相關時，才取等號。
證 如果?與?線性相關，那么或者??0，或者??a?，不論哪一種情況都有
??,??2???,????,??.現在設?與?線性無關。那么對于任意實數t來說，t????0，于是
?t???,t?????0,即 t2??,???2t??,????,?????,???0.最后不等式左端是t的一個二次三項式。由于它對于t的任意是數值來說都是正數，所以它的判別式一定小于零，即
??,??2???,????,???0或??,??2???,????,??.又在Rn里，對于任意兩個向量
??(x1,x2,....xn),??(y1,y2,....yn),規定（必須規定）??,???x1y1?x2y2?.....?xnyn.容易驗證，關于內積的公理被滿足，因而R對于這樣定義的內積來說作成一個歐式空
n
間.再由不等式??,??2???,????,??;推出對于任意實數a1,a2,....an,b1,b2,....bn,有不等式
(a1b1?....?anbn)2?(a12?....?an2)(b12?....?bn2).即柯西不等式得證。2.6 利用行列式進行證明
n
n
n
證 ?(?ai)(?b)?(?aibi)?
i?1
i?1
i?1
?a
i?1ni?1
n
i
?ab
i?1n
2ii?1
n
ii
?ab?b
iin
n
???
i?1j?1
ai2aibi
ajbjbj2
?
1?i?j?n
?
(aibj?ajbi)2?0
若令a?(a1,a2,?an),b?(b1,b2?bn)則可以得到：
(?aibi)?(a)(b)?1?i 即柯西不等式得證。
i?1
i?1
i?1
n
n
n
2.7 利用詹森不等式進行證明
考察函數?(x)?x2,(x?0),??(x)?2x,???(x)?2?0,故?(x)?x2是(0,??)上的凸函數，詹森（Jensen）不等式
?n
??PkXk?k?1n?
??Pk?k?1
n
n
?2??PkXk??k?1n(其中，P,2,?n),得 k?0,k?1?Pk??
k?1?
n
n
(?PkXk)?(?Pk)(?PKxk2)
k?1
k?1
k?1
nnn
ak22
上式中令Pk?bk,Xk?即（?PkXk)?(?bk)(?ak2)
bkk?1k?1k?1
從而不等式成立。
2.8 利用二維隨機變量的數學期望證明
表格 2
1n1n21n222
E(??)??aibi，E???ai,E???bi
ni?1ni?1ni?1
由E(??)?E?2E?2
1n1n21n22
所以有(?aibi)?(?ai)(?bi)
ni?1ni?1ni?1
即(?aibi)?(?ai)(?bi2)
i?1
i?1
i?1
nnn
則柯西不等式得證。
第四篇：柯西不等式的證明
柯西不等式的證明
二維形式的證明
(a^2+b^2)(c^2+d^2)（a,b,c,d∈R)
=a^2·c^2 +b^2·d^2+a^2·d^2+b^2·c^
2=a^2·c^2 +2abcd+b^2·d^2+a^2·d^2－2abcd+b^2·c^2
=(ac+bd)^2+(ad－bc)^2
≥(ac+bd)^2，等號在且僅在ad－bc=0即ad=bc時成立。
三角形式的證明
√(a^2+b^2)+√(c^2+d^2)≥√[(a-c)^2+(b-d)^2]
證明： [√(a^2+b^2)+√(c^2+d^2)]^2=a^2+b^2+c^2+d^2+2*√(a^2+b^2)*√(c^2+d^2)≥a^2+b^2+c^2+d^2+2*|a*c+b*d| 注： | |表示絕對值。*表示乘
≥a^2+b^2+c^2+d^2-2（a*c+b*d）
=a^2-2*a*c+c^2+b^2-2bd+d^2
=(a-c)^2+(b-d)^2
兩邊開根號即得 √(a^2+b^2)+√(c^2+d^2)≥√[(a-c)^2+(b-d)^2]
一般形式的證明
求證：(∑ai^2)(∑bi^2)≥(∑ai·bi)^2
證明：
當a1=a2=…=an=0或b1=b2=…=bn=0時，一般形式顯然成立
令A=∑ai^2 B=∑ai·bi C=∑bi^2
當a1，a2，…，an中至少有一個不為零時，可知A>0
構造二次函數f(x)=Ax^2+2Bx+C，（請注意，一次項系數是2B，不是B）展開得：f(x)=∑(ai^2·x^2+2ai·bi·x+bi^2)=∑(ai·x+bi)^2≥0
故f(x)的判別式△=4B^2－4AC≤0，（請大家注意：一元二次方程ax^2+bx+c=0的判別式確實是△=b^2-4ac，但是這里的方程Ax^2+2Bx+C = 0已經發生如下替換a = A，b = 2B，c = C，這里面b已經換成了2B，因而導致很多網友的誤解。此步若錯，柯西不等式就無法證明了！）移項得AC≥B^2，欲證不等式已得證。
向量形式的證明
令m=(a1, a2, …, an)，n=(b1, b2, …, bn)
m·n=a1b1+a2b2+…+anbn=|m||n|cos
∵cos
1∴a1b1+a2b2+…+anbn≤√(a1^2+a2^2+…+an^2)×√(b1^2+b2^2+…+bn^2)注：“√”表示平方根。
注：以上僅是柯西不等式部分形式的證明。
【柯西不等式的應用】 柯西不等式在求某些函數最值中和證明某些不等式時是經常使用的理論根據，我們在教學中應給予極大的重視。
巧拆常數證不等式
例：設a、b、c為正數且互不相等。求證：2/(a+b)+2/(b+c)+2/(c+a)>9/(a+b+c)∵a、b、c 均為正數
∴為證結論正確，只需證：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 ∴只需證：
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、c互不相等，故等號成立條件無法滿足
∴原不等式成立
求某些函數最值
例：求函數y=3√(x－5)+4√(9－x)的最大值。(注：“√”表示平方根)
函數的定義域為[5, 9]，y>0
y=3√(x－5)+4√(9－x)≤√(3^2+4^2)×√{ [√(x－5)] ^2 + [√(9－x)] ^2 }=5×2=10函數僅在4√(x－5)=3√(9－x)，即x=6.44時取到。
以上只是柯西不等式的部分示例。
更多示例請參考有關文獻。三角形式證明 :兩邊同時平方,展開,消去同樣的項,剩余部分再平方,消去同樣的項,得一完全平方式,大于或等于0,得證
代數形式
設a1，a2，...an及b1，b2，...bn為任意實數，則（a1b1+a2b2+...+anbn）①，當且僅當a1/b1=a2/b2=...=an/bn（規定ai=0時，bi=0）時等號成立.推廣形式的證明
推廣形式為
(x1+y1+…)(x2+y2+…)…(xn+yn+…)≥[(Πx)^(1/n)+(Πy)^(1/n)+…]^n(*)
證明如下
記A1=x1+y1+…,A2=x2+y2+…,….由平均值不等式得(1/n)(x1/A1+x2/A2+…+xn/An)≥[x1*x2*…*xn/(A1*A2*…*An)]^(1/n)
=[(Πx)/(A1*A2*…*An)]^(1/n)
(1/n)(y1/A1+y2/A2+…+yn/An)≥[y1*y2*…*yn/(A1*A2*…*An)]^(1/n)
=[(Πy)/(A1*A2*…*An)]^(1/n), …… 上述m個不等式疊加得
即即 即1≥[(Πx)/(A1*A2*…*An)]^(1/n)+[(Πy)/(A1*A2*…*An)]^(1/n)+…(A1*A2*…*An)^(1/n)≥(Πx)^(1/n)+(Πy)^(1/n)+…A1*A2*…*An≥[(Πx)^(1/n)+(Πy)^(1/n)+…]^n
成立.（注：推廣形式即為卡爾松不等式）
(x1+y1+…)(x2+y2+…)…(xn+yn+…)≥[(Πx)^(1/n)+(Πy)^(1/n)+…]^n，因此,不等式(*)
第五篇：柯西不等式的小結
柯西不等式的小結
浙江省余姚中學
徐鵬科
315400 柯西不等式是數學分析和數學物理方程研究中一個非常重要的不等式，普通高中數學新課程把它列入選修內容，然而對于浙江等省份而言，又是高考報考第一類大學的加試內容。因此對其作一小結很有必要，通過幾年的教學與實踐，應該說把握這塊知識已不是困難的事。
新課程選修４-５中，施行類比的數學思想方法得到的柯西不等式一般形式為：
設a1,a2,a3,?,an;b1,b2,b3,?,bn是實數，則
222222(a12?a2?a3??an)(b12?b2?b3???bn)?(a1b1?a2b2?a3b3???anbn)2
當且僅當bi?0(i?1,2,3,?,n)或存在一個實數k使ai?kbi(i?1,2,3,?,n)時等號成立。課本提供的證時方法是構造函數f(x)?(a1x?b1)2?(a2x?b2)2???(anx?bn)2，利用f(x)非負性來完成不等式的證明。筆者認為，課本從二維向量類比到三維向量后得到了三維形式的柯西不等式，如果再增加從三維向量到n維向量的類比，那么柯西不等式的一般形式也就此可得，這是我們作為教師應該想到的地方。在這里必須指出，大多學生在學習柯西不等式時會遇到的困難不少，不等式形式的記憶，不等式應用的靈活性，會使學家生置身于云里霧里。筆者在教學中為學生記憶方便，編了如下的順口溜：“大端括號乘括號，小端括號添平方，末平方的平方和，已平方的和串積，莫忘何時能相等。”實踐證明，效果是明顯的。
柯西不等式是一個公式，公式總涉及到應用的問題，公式的應用不外乎“順用”、“逆用”、“變用”這三種用法，下面來舉例說明，由于篇幅有限每道例題只作分析，讀者閱后自證較易。
首先要掌握“順用”，這里指的是從大到小的應用 例
1、設x1,x2,?,xn?R?，且x1?x2???xn?1。
22xnx12x21求證：?????.1?x11?x21?xnn?1分析：根據柯西不等式的特征和x1?x2???xn?1，要證的不等式可變形為
22xnx12x2(n?1)(左邊第一括號中的n可看成n個????)?(x1?x2???xn)2，1?x11?x21?xn1的和，再把余下的1代掉即可得需證不等式，即證：
22xnx12x2[(1?x1)?(1?x2)???(1?xn)](????)?(x1?x2???xn)2，此即
1?x11?x21?xn柯西不等式，顯然成立。
其次要掌握“逆用”，這里指的是從小到大的應用。例2 已知 2x?3y?4z?10求x?y?z的最小值.222分析： ?10??2x?3y?4z??2?3?422222?x?y?z?2?2??x2?y2?z2?
100203040,y?,z? 當且僅當x?時等號成立
29292929100222
??x?y?z??
min29本題的解題過程告訴我們，柯西不等式中的三個括號，如果其中兩個是定值，則必可求出余下一個括號的最值。
最后，要把握”變用”，這里指的是對整個公式作靈活應用，是公式應用中的最高層次。例 3 設實數 x,y滿足2x2?3y2?5，求A?x?2y的最大值.分析： 顯然，本題解決方向應是從小端向大端行進，然而，恰當配湊常數是關鍵。
?A??x?2y???22???2x???222??1111?????3y?????5? ???????623????????2
?A?x?2y?x?2y?330 6例4 已知x,y,z?R?且x?y?z?1
（1）若2x2?3y2?6z2?1求x,y,z的值.（2）若2x2?3y2?tz2?1恒成立，求正數t的取值范圍.分析： 對于（1），求x,y,z的值只有兩個方程，這是一個三元不定方程，一般不能求出確 定的x,y,z的解，現題目要求這樣做，因此個中必有特殊情況，特殊情況就在柯西不等式中，2?111??2x2?3y2?6z2??????2x2?3y2?6z2???x?y?z??1
?236?
等號當且僅當x?111,y?,z?時取到。23622可見題設的特殊性。確定了未知數能取的特殊性。
對于（2），既然2x?3y?tz?1恒成立，除參數t必然的一個取值范圍的要求外還 須2x?3y?tz的最小值也應該是大于等于1.為此只需柯西不等式從大端到小端的進行，又2x2?3y2?tz2?于是2x2?3y2?tz22222?2?111????x?y?z?1，????236????2min?151?6t?1成立，解得t?6
例 5 已知 w?x?y?z?F?16，求F?8?w?x?y?z的最大值.2222分析： 要求出F的最大值，需要建立關于F的不等式，借助柯西不等式就可以達到目的.?8?F???w?x?y?z??1?1?1?12222
于是有 5F?16F?0,22?2??w2?x2?y2?z2??4??16?F2?
0?F?165?Fmax?當且僅當x?y?z?w?6時取到。5165
例 6 如圖 已知在銳角?ABC中，BC?a,AC?b,AB?c，其內一點P向三邊作垂線，垂足為N，M，L，試求BC?CM22?AN的最小值，zND2A并指出此時P點的位置。
分析： 為了求出題中變量的最小值，首先想到的是把這 個量用數學式子表達出來。于是可設
MyBL?x,CM?y,AN?z
?PB2?x2?PC2?(a?x)2?2222由勾股定理?PC?y?PA?(b?y)?PA2?z2?PB2?(c?z)2?三式相加即得
BxLC
(a?x)2?(b?y)2?(c?z)2?x2?y2?z2
化簡整理得ax?by?cz?12(a?b2?c2)2(1)
(2)由柯西不等式ax?by?cz?222a2?b2?c2?x2?y2?z2a2?b2?c2有（1）、（2）得到x?y?z?4當且僅當x?2(3)
abc,y?,z?時取到。22222a2?b2?c2?BC?CM?AN的最小值為
4此時P點是銳角三角形ABC的外心。
綜上所述，柯西不等式的教學既要抓緊基礎知識的落實，又要靈活掌握應用。在柯西不等式的應用中充滿著智慧，對運算能力特別是代數式的變形技巧和數字的配湊技巧提出較高的要求，是培養學生能力的好場所。
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