柯西不等式

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一、基本柯西不等式（核心主干）

1. 实数形式（最常用，n 维一般式）

设两组实数：\(a_1,a_2,\dots,a_n\)；\(b_1,b_2,\dots,b_n\)，则

\((a_1^2+a_2^2+\dots+a_n^2)(b_1^2+b_2^2+\dots+b_n^2)\ge(a_1b_1+a_2b_2+\dots+a_nb_n)^2\)

简写向量形式：\(|\boldsymbol a|^2|\boldsymbol b|^2\ge(\boldsymbol a\cdot\boldsymbol b)^2\)。

等号成立条件：\(\dfrac{a_1}{b_1}=\dfrac{a_2}{b_2}=\dots=\dfrac{a_n}{b_n}\)（分母为 0 时，对应分子也必须为 0）。

2. 二维最简形式（考试最高频）

\((a^2+b^2)(c^2+d^2)\ge(ac+bd)^2\)

等号：\(ad=bc\)。

3. 三维形式

\((a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)\ge(ax+by+cz)^2\)

4. 证明（配方法，通用）

\(\sum_{i=1}^n a_i^2\sum_{i=1}^n b_i^2-\left(\sum_{i=1}^n a_ib_i\right)^2=\dfrac12\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n(a_ib_j-a_jb_i)^2\ge0\)

右边是平方和，恒非负，不等式得证。

二、柯西全部重要二级结论（变形推论，全覆盖）

推论 1：分式型柯西（权方不等式前身，Titu 引理 / 柯西分式，必考）

标准 Titu：\(b_i>0\)

\(\dfrac{a_1^2}{b_1}+\dfrac{a_2^2}{b_2}+\dots+\dfrac{a_n^2}{b_n}\ge\dfrac{(a_1+a_2+\dots+a_n)^2}{b_1+b_2+\dots+b_n}\)

等号：\(\dfrac{a_1}{b_1}=\dfrac{a_2}{b_2}=\dots=\dfrac{a_n}{b_n}\)。

用途：求分式和最小值，高中使用最多。

推论 2：一次和约束求平方和最值

若\(a_1b_1+a_2b_2+\dots+a_nb_n=k\)，则

\(\sum a_i^2\ge\dfrac{k^2}{\sum b_i^2}\)

若\(\sum a_i^2=m\)，则\(\left|\sum a_ib_i\right|\le\sqrt{m\sum b_i^2}\)。

推论 3：倒数型柯西（和为定值，求和倒数最小值）

正数\(x_1,x_2\dots x_n\)，有

\((x_1+x_2+\dots+x_n)\left(\dfrac1{x_1}+\dfrac1{x_2}+\dots+\dfrac1{x_n}\right)\ge n^2\)

二维特例：\((x+y)(\dfrac1x+\dfrac1y)\ge4\)，均值不等式本质是柯西特例。

推论 4：带系数求和拓展（加权柯西）

\(k_i>0\)，\((k_1a_1^2+k_2a_2^2+\dots+k_na_n^2)\left(\dfrac{1}{k_1}+\dfrac{1}{k_2}+\dots+\dfrac{1}{k_n}\right)\ge(a_1+a_2+\dots+a_n)^2\)。

推论 5：乘积开方形式（根式柯西）

\(\sqrt{a_1^2+a_2^2+\dots+a_n^2}\cdot\sqrt{b_1^2+b_2^2+\dots+b_n^2}\ge|a_1b_1+\dots+a_nb_n|\)，几何上是向量夹角余弦绝对值≤1。

推论 6：绝对值放缩

\(|a_1b_1+a_2b_2+\dots+a_nb_n|\le\sqrt{\sum a_i^2}\cdot\sqrt{\sum b_i^2}\)

推论 7：同向累加柯西

多组柯西可以相加：

\(\sum A_i^2\sum B_i^2\ge(\sum A_iB_i)^2,\sum C_i^2\sum D_i^2\ge(\sum C_iD_i)^2\)，两式左边相加、右边相加仍可配合放缩。

推论 8：负数适配

\(b_i\)全负，令\(b_i=-c_i,c_i>0\)，代入原式不变，柯西对全体实数成立，不需要变量全正；只有 Titu、倒数推论要求分母正数。

推论 9：三角形式柯西

设\(\alpha,\beta\)为角：

\((\cos^2\alpha+\sin^2\alpha)(\cos^2\beta+\sin^2\beta)\ge(\cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta)^2\)

化简得\(1\ge\cos^2(\alpha-\beta)\)，验证余弦有界性。

推论 10：参数配凑型（常数拆分）

求\((x+y+z)(\dfrac{1}{x}+\dfrac{2}{y}+\dfrac{3}{z})\)，人为拆分系数适配柯西，属于灵活变形。

推论 11：幂次推广（赫尔德不等式，柯西高维拓展）

\(\sum a_i^3\sum b_i^3\sum c_i^3\ge(\sum a_ib_ic_i)^3\)，柯西是赫尔德指数为 2 的特例。

推论 12：上下界双向

固定\(\sum a_i^2,\sum b_i^2\)，\(\sum a_ib_i\)有最大值\(\sqrt{\sum a_i^2\sum b_i^2}\)，最小值\(-\sqrt{\sum a_i^2\sum b_i^2}\)。

三、例题（基础 10 道 + 中档 7 道 + 难题 3 道，全手写详细解答）

基础题 1~10（二维、Titu、倒数柯西入门）

例 1：已知\(x^2+y^2=4\)，求\(3x+4y\)最大值。

解：二维柯西\((x^2+y^2)(3^2+4^2)\ge(3x+4y)^2\)

\(4\times25\ge(3x+4y)^2\Rightarrow|3x+4y|\le10\)，最大值 10。

等号\(\dfrac x3=\dfrac y4\)，结合\(x^2+y^2=4\)可取到。

例 2：已知\(a+b=5\)，\(a,b>0\)，求\(\dfrac1a+\dfrac1b\)最小值。

解：倒数柯西\((a+b)(\dfrac1a+\dfrac1b)\ge(1+1)^2=4\)

\(5(\dfrac1a+\dfrac1b)\ge4\Rightarrow\dfrac1a+\dfrac1b\ge\dfrac45\)，最小值\(\dfrac45\)。

例 3：用 Titu 求\(\dfrac{2^2}{3}+\dfrac{3^2}{4}\)最小值无约束，改为：\(x+y=6\)，求\(\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{y^2}{3}\)最小值。

Titu：\(\left(\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{y^2}{3}\right)(2+3)\ge(x+y)^2=36\)

\(5S\ge36\Rightarrow S\ge\dfrac{36}{5}\)，最小值\(\dfrac{36}{5}\)。

例 4：\((a^2+4b^2)(\dfrac1a^2+\dfrac1{b^2})(a,b>0)\)最小值。

二维柯西：\((a^2+(2b)^2)\left(\dfrac1{a^2}+\left(\dfrac1b\right)^2\right)\ge\left(a\cdot\dfrac1a+2b\cdot\dfrac1b\right)^2=(1+2)^2=9\)，最小值 9。

例 5：已知\(2x+3y=6\)，\(x,y>0\)，求\(x^2+y^2\)最小值。

柯西\((x^2+y^2)(2^2+3^2)\ge(2x+3y)^2=36\)

\(13(x^2+y^2)\ge36\Rightarrow x^2+y^2\ge\dfrac{36}{13}\)。

例 6：\(x>0\)，求\((x+\dfrac1x)(4x+\dfrac1x)\)最小值。

柯西：\([(\sqrt x)^2+(\dfrac1{\sqrt x})^2][(2\sqrt x)^2+(\dfrac1{\sqrt x})^2]\ge(\sqrt x\cdot2\sqrt x+\dfrac1{\sqrt x}\cdot\dfrac1{\sqrt x})^2=(2x+\dfrac1x)^2\)

换元麻烦，直接展开：\(4x^2+5+\dfrac1{x^2}\)，也可用柯西原式：

\((x+\dfrac1x)(4x+\dfrac1x)\ge(2x+1)^2\)，配凑等号\(\dfrac{x}{4x}=\dfrac{\dfrac1x}{\dfrac1x}\)得\(x=\dfrac12\)，代入得最小值 9。

例 7：三维：\(x^2+y^2+z^2=9\)，求\(x+2y+2z\)最值。

三维柯西\((x^2+y^2+z^2)(1+4+4)\ge(x+2y+2z)^2\)

\(9\times9=81\ge(\dots)^2\)，范围\([-9,9]\)，最大值 9。

例 8：正数\(a,b,c\)，\(a+b+c=3\)，求\(\dfrac1a+\dfrac1b+\dfrac1c\)最小值。

\((a+b+c)(\dfrac1a+\dfrac1b+\dfrac1c)\ge9\)，\(3S\ge9,S\ge3\)，最小 3。

例 9：求\((1^2+2^2+3^2)(2^2+4^2+6^2)\)的值，验证等号。

左边\(14\times56=784\)；右边\((1\times2+2\times4+3\times6)^2=(2+8+18)^2=28^2=784\)。

比例\(\dfrac12=\dfrac24=\dfrac36\)，满足等号条件。

例 10：\(m+2n=4\)，\(m,n>0\)，Titu 求\(\dfrac{m^2}{1}+\dfrac{n^2}{2}\)最小值。

\(\left(m^2+\dfrac{n^2}{2}\right)(1+2)\ge(m+n)^2\)错误，正确 Titu：

\(\left(\dfrac{m^2}{1}+\dfrac{n^2}{2}\right)(1+2)\ge(m+n)^2\)不行，重新配：

目标\(\dfrac{m^2}{1}+\dfrac{n^2}{2}\)，已知\(m+2n=4\)，改写第二个变量分母适配系数：

\(\left(\dfrac{m^2}{1}+\dfrac{(2n)^2}{8}\right)(1+8)\ge(m+2n)^2=16\)，\(9S\ge16,S\ge\dfrac{16}{9}\)。

中档题 11~17（多变量配凑、拆分常数、双向放缩）

例 11：\(x,y,z>0\)，\(x+y+z=1\)，求\(\dfrac{x^2}{1+x}+\dfrac{y^2}{1+y}+\dfrac{z^2}{1+z}\)最小值。

Titu：\(S=\sum\dfrac{x^2}{x+1}\)，\(S\cdot\sum(x+1)\ge(\sum x)^2\)

\(\sum(x+1)=x+y+z+3=4\)，\(\sum x=1\)

\(4S\ge1\Rightarrow S\ge\dfrac14\)。

例 12：已知\(2a+b=1,a,b>0\)，求\(\dfrac1a+\dfrac1b\)最小值。

柯西：\((2a+b)(\dfrac1a+\dfrac1b)\ge(\sqrt{2a}\cdot\dfrac1{\sqrt a}+\sqrt b\cdot\dfrac1{\sqrt b})^2=(\sqrt2+1)^2=3+2\sqrt2\)，最小值\(3+2\sqrt2\)。

例 13：设\(a,b,c\in R\)，满足\(a+b+c=1,a^2+b^2+c^2=1\)，求\(ab+bc+ca\)。

由柯西推导恒等式\((a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)\)，代入\(1=1+2(ab+bc+ca)\)，得\(ab+bc+ca=0\)。

例 14：\(x>1\)，求\(\dfrac{x^2}{x-1}\)最小值（Titu 配凑分母）。

令\(t=x-1>0,x=t+1\)，原式\(\dfrac{(t+1)^2}{t}=\dfrac{t^2+2t+1}{t}\)。

Titu：\(\dfrac{t^2}{t}+\dfrac1t=\dfrac{t^2}{t}+\dfrac{1^2}{t}\ge\dfrac{(t+1)^2}{t}\)，直接拆分：

\(\dfrac{(x)^2}{x-1}=\dfrac{[(x-1)+1]^2}{x-1}\ge\dfrac{(x-1+1)^2}{x-1}\)，柯西分式：\([(x-1)+1]\left(\dfrac{(x-1)^2}{x-1}+\dfrac{1^2}{x-1}\right)\ge x^2\)，最终求得最小值 4，\(x=2\)取等。

例 15：已知正数\(x,y\)，\(3x+y=5\)，求\(\dfrac2x+\dfrac1y\)最小值。

柯西\((3x+y)(\dfrac2x+\dfrac1y)\ge(\sqrt{3x\cdot\dfrac2x}+\sqrt{y\cdot\dfrac1y})^2=(\sqrt6+1)^2=7+2\sqrt6\)，左边 = 5，\(5S\ge7+2\sqrt6\)，\(S\ge\dfrac{7+2\sqrt6}{5}\)。

例 16：三维 Titu：\(a+b+c=2\)，求\(\dfrac{a^2}{2}+\dfrac{b^2}{3}+\dfrac{c^2}{4}\)最小值。

\(\left(\dfrac{a^2}{2}+\dfrac{b^2}{3}+\dfrac{c^2}{4}\right)(2+3+4)\ge(a+b+c)^2=4\)

\(9S\ge4,S\ge\dfrac49\)。

例 17：实数\(a,b\)，满足\(a^2+2b^2=2\)，求\(a+b\)范围。

\((a^2+(\sqrt2 b)^2)(1^2+(\dfrac1{\sqrt2})^2)\ge(a+b)^2\)

\(2\times\dfrac32=3\ge(a+b)^2\)，\(-\sqrt3\le a+b\le\sqrt3\)。

拔高难题 18~20（多轮柯西、轮换、竞赛风格）

例 18：正数\(a,b,c\)，求证：\(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{a+c}+\dfrac{c}{a+b}\ge\dfrac32\)（经典 Nesbitt，柯西证明）。

左边\(S=\sum\dfrac{a}{b+c}\)，\(\sum a=P\)，则\(S=\sum\dfrac{a^2}{a(b+c)}\)。

Titu：\(\sum\dfrac{a^2}{ab+ac}\ge\dfrac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)}\)。

只需证\(\dfrac{P^2}{2(ab+bc+ca)}\ge\dfrac32\)，即\(P^2\ge3(ab+bc+ca)\)，由\((a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\ge0\)恒成立，不等式得证。

例 19：已知\(x,y,z>0\)，\(x+2y+3z=12\)，求\(x^2+y^2+z^2\)最小值。

三维柯西\((x^2+y^2+z^2)(1^2+2^2+3^2)\ge(x+2y+3z)^2=144\)

\(14(x^2+y^2+z^2)\ge144\)，\(x^2+y^2+z^2\ge\dfrac{72}{7}\)。

例 20：设\(a_1,a_2,\dots,a_n>0\)，\(\sum_{i=1}^n a_i=1\)，证明\(\sum_{i=1}^n\dfrac{1}{a_i}\ge n^2\)。

通用倒数柯西：\(\left(\sum a_i\right)\left(\sum\dfrac1{a_i}\right)\ge\left(\sum\sqrt{a_i\cdot\dfrac1{a_i}}\right)^2=(1+1+\dots+1)^2=n^2\)，\(\sum a_i=1\)，故\(\sum\dfrac1{a_i}\ge n^2\)。