柯西不等式、权方和不等式、排序不等式、琴生不等式

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一、柯西不等式（方和积\(\geqslant\)积和方）

柯西不等式二维形式：\((a^{2}+b^{2})(c^{2}+d^{2})\geqslant(ac + bd)^{2}\)，其中\(a,b,c,d\in R\)，等号成立的条件：\(\frac{a}{c}=\frac{b}{d}\) 或 \(ad = bc\)

例如，当\(a = 1\)，\(b = 2\)，\(c = 3\)，\(d = 4\)时，\((1^{2}+2^{2})(3^{2}+4^{2})=(1 + 4)(9 + 16)=5\times25 = 125\)，

\((1\times3+2\times4)^{2}=(3 + 8)^{2}=121\)，此时\((a^{2}+b^{2})(c^{2}+d^{2})>(ac + bd)^{2}\)。

柯西不等式\(n\)维形式：

\((a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\cdots+a_{n}^{2})(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+\cdots+b_{n}^{2})\geqslant(a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+\cdots+a_{n}b_{n})^{2}\)，其中\(a_{i},b_{i}\in R\)，\(i = 1,2,\cdots,n\)，

等号成立的条件：\(\frac{a_{1}}{b_{1}}=\frac{a_{2}}{b_{2}}=\cdots=\frac{a_{n}}{b_{n}}\)（当\(b_{i}=0\)时，\(a_{i}=0\)）

柯西不等式的几何意义（二维）

在平面直角坐标系中，设向量\(\vec{\alpha}=(a,b)\)，\(\vec{\beta}=(c,d)\)。根据向量的数量积公式

\(\vec{\alpha}\cdot\vec{\beta}=\vert\vec{\alpha}\vert\vert\vec{\beta}\vert\cos\theta\)（其中\(\theta\)为两向量的夹角），同时

\(\vec{\alpha}\cdot\vec{\beta}=ac + bd\)

\(\vert\vec{\alpha}\vert=\sqrt{a^{2}+b^{2}}\)

\(\vert\vec{\beta}\vert=\sqrt{c^{2}+d^{2}}\)

柯西不等式\((a^{2}+b^{2})(c^{2}+d^{2})\geqslant(ac + bd)^{2}\)可以变形为

\(\vert\vec{\alpha}\vert^{2}\vert\vec{\beta}\vert^{2}\geqslant(\vec{\alpha}\cdot\vec{\beta})^{2}\)，即

\(\vert\vec{\alpha}\vert\vert\vec{\beta}\vert\geqslant\vert\vec{\alpha}\cdot\vec{\beta}\vert\)，这意味着

\(\vert\cos\theta\vert\leqslant1\)，几何上表示两个向量夹角余弦值绝对值不超过\(1\)。

用柯西不等式证明不等式

例如证明\(\frac{a + b}{2}\leqslant\sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}}{2}}\)（\(a,b\in R\)）。

证明过程：设\(x = 1\)，\(y = 1\)，\(a_{1}=a\)，\(b_{1}=b\)，根据柯西不等式

\((a^{2}+b^{2})(1^{2}+1^{2})\geqslant(a\times1 + b\times1)^{2}=(a + b)^{2}\)，即

\(2(a^{2}+b^{2})\geqslant(a + b)^{2}\)，两边同时除以\(4\)可得

\(\frac{a^{2}+b^{2}}{2}\geqslant(\frac{a + b}{2})^{2}\)，再开方就得到

\(\frac{a + b}{2}\leqslant\sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}}{2}}\)。

用柯西不等式求函数最值

例如求函数\(y = 3\sqrt{x - 1}+\sqrt{5 - x}\)的最大值。

设\(a = 3\)，\(b = 1\)，\(a_{1}=\sqrt{x - 1}\)，\(b_{1}=\sqrt{5 - x}\)，根据柯西不等式

\((3^{2}+1^{2})[(\sqrt{x - 1})^{2}+(\sqrt{5 - x})^{2}]\geqslant(3\sqrt{x - 1}+\sqrt{5 - x})^{2}\)。

计算得\(10\times[(x - 1)+(5 - x)]\geqslant(3\sqrt{x - 1}+\sqrt{5 - x})^{2}\)，即

\(40\geqslant(3\sqrt{x - 1}+\sqrt{5 - x})^{2}\)，所以

\(y = 3\sqrt{x - 1}+\sqrt{5 - x}\leqslant2\sqrt{10}\)，

当且仅当\(\frac{3}{\sqrt{x - 1}}=\frac{1}{\sqrt{5 - x}}\)时等号成立，此时函数取得最大值\(2\sqrt{10}\)。

柯西不等式在几何中的应用（二维）

在三角形中，设三角形三边为\(a,b,c\)，对应的高为\(h_{a},h_{b},h_{c}\)，根据面积公式

\(S=\frac{1}{2}ah_{a}=\frac{1}{2}bh_{b}=\frac{1}{2}ch_{c}\)。

由柯西不等式\((a^{2}+b^{2}+c^{2})(h_{a}^{2}+h_{b}^{2}+h_{c}^{2})\geqslant(a h_{a}+b h_{b}+c h_{c})^{2}\)，又因为

\(a h_{a}=b h_{b}=c h_{c}=2S\)，所以

\((a^{2}+b^{2}+c^{2})(h_{a}^{2}+h_{b}^{2}+h_{c}^{2})\geqslant(2S)^{2}\)，可用于一些几何量之间关系的推导。

代数方法一（作差法）

柯西不等式二维形式：对于任意实数\(a,b,c,d\)，有\((a^{2}+b^{2})(c^{2}+d^{2})\geqslant(ac + bd)^{2}\)。

证明过程：

计算\((a^{2}+b^{2})(c^{2}+d^{2})-(ac + bd)^{2}\)，展开可得：

\((a^{2}+b^{2})(c^{2}+d^{2})-(ac + bd)^{2}\)

\(=a^{2}c^{2}+a^{2}d^{2}+b^{2}c^{2}+b^{2}d^{2}-(a^{2}c^{2}+2acbd + b^{2}d^{2})\)

进一步化简为\(a^{2}d^{2}-2acbd + b^{2}c^{2}=(ad - bc)^{2}\)。

因为任何实数的平方都大于等于\(0\)，即\((ad - bc)^{2}\geqslant0\)，所以

\((a^{2}+b^{2})(c^{2}+d^{2})\geqslant(ac + bd)^{2}\)，当且仅当\(ad - bc = 0\)时等号成立。

代数方法二（向量法）

原理：设向量\(\vec{m}=(a,b)\)，\(\vec{n}=(c,d)\)，根据向量的数量积公式

\(\vec{m}\cdot\vec{n}=\vert\vec{m}\vert\vert\vec{n}\vert\cos\theta\)（其中\(\theta\)为\(\vec{m}\)与\(\vec{n}\)的夹角）。

证明过程：

因为\(\vert\vec{m}\cdot\vec{n}\vert=\vert ac + bd\vert\)，

\(\vert\vec{m}\vert=\sqrt{a^{2}+b^{2}}\)，

\(\vert\vec{n}\vert=\sqrt{c^{2}+d^{2}}\)。

又因为\(\vert\cos\theta\vert\leqslant1\)，所以

\(\vert\vec{m}\cdot\vec{n}\vert\leqslant\vert\vec{m}\vert\vert\vec{n}\vert\)，即

\(\vert ac + bd\vert\leqslant\sqrt{a^{2}+b^{2}}\sqrt{c^{2}+d^{2}}\)，两边平方可得

\((a^{2}+b^{2})(c^{2}+d^{2})\geqslant(ac + bd)^{2}\)，当且仅当\(\vec{m}\)与\(\vec{n}\)共线，即\(ad - bc = 0\)时等号成立。

一般形式柯西不等式的证明（\(n\)维）

构造二次函数法

柯西不等式一般形式：

对于实数\(a_{1},a_{2},\cdots,a_{n}\)和\(b_{1},b_{2},\cdots,b_{n}\)，有

\((a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\cdots+a_{n}^{2})(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+\cdots+\)

\(b_{n}^{2})\geqslant(a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+\cdots+a_{n}b_{n})^{2}\)。

证明过程：

设二次函数\(f(x)=(a_{1}x - b_{1})^{2}+(a_{2}x - b_{2})^{2}+\cdots+(a_{n}x - b_{n})^{2}\)。

展开\(f(x)\)得

\(f(x)=(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\cdots+a_{n}^{2})x^{2}-2(a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+\cdots+\)

\(a_{n}b_{n})x+(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+\cdots+b_{n}^{2})\)。

因为对于任意\(x\)，\(f(x)\geqslant0\)（平方和非负），所以二次函数的判别式

\(\Delta = 4(a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+\cdots+a_{n}b_{n})^{2}-4(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\cdots+a_{n}^{2})(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+\cdots+b_{n}^{2})\leqslant0\)。

整理可得

\((a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\cdots+a_{n}^{2})(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+\cdots+\)

\(b_{n}^{2})\geqslant(a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+\cdots+a_{n}b_{n})^{2}\)，当且仅当

\(\frac{a_{1}}{b_{1}}=\frac{a_{2}}{b_{2}}=\cdots=\frac{a_{n}}{b_{n}}\)时等号成立。

1：证明不等式\(\frac{a + b + c}{3}\geqslant\sqrt[3]{abc}\)（\(a,b,c>0\)）

分析：先将不等式进行变形，使其能够与柯西不等式的形式相联系，通过巧妙的构造来证明。

证明：设\(x = \sqrt[3]{a}\)，\(y = \sqrt[3]{b}\)，\(z = \sqrt[3]{c}\)。根据柯西不等式

\((x^{2}+y^{2}+z^{2})(1^{2}+1^{2}+1^{2})\geqslant(x\times1 + y\times1 + z\times1)^{2}\)，即

\(3(x^{2}+y^{2}+z^{2})\geqslant(x + y + z)^{2}\)。将

\(x = \sqrt[3]{a}\)，\(y = \sqrt[3]{b}\)，\(z = \sqrt[3]{c}\)代回可得

\(3(a^{\frac{2}{3}}+b^{\frac{2}{3}}+c^{\frac{2}{3}})\geqslant(a^{\frac{1}{3}}+b^{\frac{1}{3}}+c^{\frac{1}{3}})^{2}\)。对

\((a^{\frac{1}{3}}+b^{\frac{1}{3}}+c^{\frac{1}{3}})^{2}\)展开得

\(a^{\frac{2}{3}} + 2a^{\frac{1}{3}}b^{\frac{1}{3}}+b^{\frac{2}{3}}+2a^{\frac{1}{3}}c^{\frac{1}{3}}+2b^{\frac{1}{3}}c^{\frac{1}{3}}+c^{\frac{2}{3}}\)。因为

\(a^{\frac{2}{3}}+b^{\frac{2}{3}}+c^{\frac{2}{3}}\geqslant a^{\frac{1}{3}}b^{\frac{1}{3}}+a^{\frac{1}{3}}c^{\frac{1}{3}}+b^{\frac{1}{3}}c^{\frac{1}{3}}\)（当且仅当\(a = b = c\)时等号成立），再利用

\(a^{\frac{1}{3}}b^{\frac{1}{3}}+a^{\frac{1}{3}}c^{\frac{1}{3}}+b^{\frac{1}{3}}c^{\frac{1}{3}}\geqslant3\sqrt[3]{a^{\frac{1}{3}}b^{\frac{1}{3}}a^{\frac{1}{3}}c^{\frac{1}{3}}b^{\frac{1}{3}}c^{\frac{1}{3}}}=3\sqrt[3]{abc}\)，综上可得

\(\frac{a + b + c}{3}\geqslant\sqrt[3]{abc}\) 。

2：已知\(a,b,c\)为正数且各不相等，求证\(\frac{2}{a + b}+\frac{2}{b + c}+\frac{2}{c + a}\gt\frac{9}{a + b + c}\)

分析：将不等式左边乘以\((a + b + c)\)构造出柯西不等式的形式。

证明：\((a + b + c)\left(\frac{2}{a + b}+\frac{2}{b + c}+\frac{2}{c + a}\right)\)

\(=[(a + b)+(b + c)+(c + a)]\left(\frac{1}{a + b}+\frac{1}{b + c}+\frac{1}{c + a}\right)\)，根据柯西不等式

\([(a + b)+(b + c)+(c + a)]\left(\frac{1}{a + b}+\frac{1}{b + c}+\frac{1}{c + a}\right)\geqslant(1 + 1 + 1)^{2}=9\)，即

\((a + b + c)\left(\frac{2}{a + b}+\frac{2}{b + c}+\frac{2}{c + a}\right)\geqslant9\)，因为\(a,b,c\)各不相等，所以等号取不到，两边同时除以\((a + b + c)\)，可得\(\frac{2}{a + b}+\frac{2}{b + c}+\frac{2}{c + a}\gt\frac{9}{a + b + c}\)。

3：设\(x,y,z\in R\)，且\(x^{2}+y^{2}+z^{2}=5\)，求\(x + 2y + 3z\)的最大值.

分析：直接应用柯西不等式\((a^{2}+b^{2}+c^{2})(d^{2}+e^{2}+f^{2})\geqslant(ad + be + cf)^{2}\)求解。

证明：由柯西不等式

\((x^{2}+y^{2}+z^{2})(1^{2}+2^{2}+3^{2})\geqslant(x\times1 + y\times2 + z\times3)^{2}\)，

已知\(x^{2}+y^{2}+z^{2}=5\)，则

\(5\times(1^{2}+2^{2}+3^{2})\geqslant(x + 2y + 3z)^{2}\)，即

\((x + 2y + 3z)^{2}\leqslant5\times14 = 70\)，所以\(x + 2y + 3z\leqslant\sqrt{70}\)，当且仅当\(\frac{x}{1}=\frac{y}{2}=\frac{z}{3}\)时等号成立，故\(x + 2y + 3z\)的最大值为\(\sqrt{70}\) 。

4：设\(x,y,z\in R\)，若\(x^{2}+y^{2}+z^{2}=4\)，求\(x - 2y + 2z\)的最小值及此时\((x,y,z)\)的值.

分析：根据柯西不等式求出\((x - 2y + 2z)^{2}\)的取值范围，进而得到\(x - 2y + 2z\)的最小值。

证明：由柯西不等式

\((x^{2}+y^{2}+z^{2})[1^{2}+(-2)^{2}+2^{2}]\geqslant(x - 2y + 2z)^{2}\)，已知

\(x^{2}+y^{2}+z^{2}=4\)，则\(4\times(1^{2}+(-2)^{2}+2^{2})\geqslant(x - 2y + 2z)^{2}\)，即

\((x - 2y + 2z)^{2}\leqslant4\times9 = 36\)，所以\(-6\leqslant x - 2y + 2z\leqslant6\)，\(x - 2y + 2z\)的最小值为\(-6\)。

当且仅当\(\frac{x}{1}=\frac{y}{-2}=\frac{z}{2}\)时等号成立，此时设

\(\frac{x}{1}=\frac{y}{-2}=\frac{z}{2}=k\)，则\(x = k\)，\(y = -2k\)，\(z = 2k\)，代入\(x^{2}+y^{2}+z^{2}=4\)可得

\(k^{2}+(-2k)^{2}+(2k)^{2}=4\)，解得

\(k = -\frac{2}{3}\)，所以\((x,y,z)=\left(-\frac{2}{3},\frac{4}{3},-\frac{4}{3}\right)\) 。

5：设\(a,b,c\in R^{+}\)，求证\(\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a}\geqslant a + b + c\)

分析：将不等式左边乘以\((b + c + a)\)构造柯西不等式的形式。

证明：\((b + c + a)\left(\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a}\right)\)

\(=\left(\sqrt{b}\times\frac{a}{\sqrt{b}}+\sqrt{c}\times\frac{b}{\sqrt{c}}+\sqrt{a}\times\frac{c}{\sqrt{a}}\right)^{2}\)，根据柯西不等式

\(\left(\sqrt{b}\times\frac{a}{\sqrt{b}}+\sqrt{c}\times\frac{b}{\sqrt{c}}+\sqrt{a}\times\frac{c}{\sqrt{a}}\right)^{2}\geqslant(a + b + c)^{2}\)，即

\((b + c + a)\left(\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a}\right)\geqslant(a + b + c)^{2}\)，两边同时除以

\((b + c + a)\)（因为\(a,b,c\in R^{+}\)，所以\(b + c + a\gt0\)），可得

\(\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a}\geqslant a + b + c\)，

当且仅当\(\frac{a}{\sqrt{b}}=\frac{b}{\sqrt{c}}=\frac{c}{\sqrt{a}}\)时等号成立。

6：已知\(a,b\)为非负数，\(a + b = 1\)，\(x_{1},x_{2}\in R^{+}\)，求证\((ax_{1}+bx_{2})(bx_{1}+ax_{2})\geqslant x_{1}x_{2}\).

分析：将所证不等式左边展开，然后构造柯西不等式的形式进行证明。

证明：将\((ax_{1}+bx_{2})(bx_{1}+ax_{2})\)展开得\(abx_{1}^{2}+(a^{2}+b^{2})x_{1}x_{2}+abx_{2}^{2}\)，由柯西不等式

\((a + b)^{2}\geqslant(a^{2}+b^{2})\)，因为\(a + b = 1\)，所以

\(a^{2}+b^{2}\leqslant1\)。则

\((ax_{1}+bx_{2})(bx_{1}+ax_{2})\)

\(=abx_{1}^{2}+(a^{2}+b^{2})x_{1}x_{2}+abx_{2}^{2}\geqslant abx_{1}^{2}+(a + b)^{2}x_{1}x_{2}+abx_{2}^{2}=x_{1}x_{2}(a^{2}+2ab + b^{2})\)

\(=(a + b)^{2}x_{1}x_{2}=x_{1}x_{2}\)，当且仅当\(a = b\)或\(x_{1}=x_{2}\)时等号成立。

7：若\(a\gt b\gt c\)，求证\(\frac{1}{a - b}+\frac{1}{b - c}\geqslant\frac{4}{a - c}\).

分析：将\(a - c\)变形为\((a - b)+(b - c)\)，然后对\(\left(\frac{1}{a - b}+\frac{1}{b - c}\right)[(a - b)+(b - c)]\)应用柯西不等式。

证明：因为\(a - c=(a - b)+(b - c)\)，根据柯西不等式

\(\left(\frac{1}{a - b}+\frac{1}{b - c}\right)[(a - b)+(b - c)]\geqslant(1 + 1)^{2}=4\)，即

\(\left(\frac{1}{a - b}+\frac{1}{b - c}\right)(a - c)\geqslant4\)，两边同时除以\((a - c)\)（因为\(a\gt b\gt c\)，所以\(a - c\gt0\)），可得\(\frac{1}{a - b}+\frac{1}{b - c}\geqslant\frac{4}{a - c}\)，当且仅当\(\frac{a - b}{1}=\frac{b - c}{1}\)，即\(a - b = b - c\)时等号成立。

8：设\(a,b,c\in R^{+}\)，且\(a + 2b + 3c = 14\)，求\(a^{2}+b^{2}+c^{2}\)的最小值。

分析：根据柯西不等式\((a^{2}+b^{2}+c^{2})(1^{2}+2^{2}+3^{2})\geqslant(a\times1 + b\times2 + c\times3)^{2}\)求解。

证明：由柯西不等式

\((a^{2}+b^{2}+c^{2})(1^{2}+2^{2}+3^{2})\geqslant(a\times1 + b\times2 + c\times3)^{2}\)，已知\(a + 2b + 3c = 14\)，则

\((a^{2}+b^{2}+c^{2})(1 + 4 + 9)\geqslant14^{2}\)，即

\(14(a^{2}+b^{2}+c^{2})\geqslant14^{2}\)，所以\(a^{2}+b^{2}+c^{2}\geqslant14\)，

当且仅当\(\frac{a}{1}=\frac{b}{2}=\frac{c}{3}\)时等号成立，故\(a^{2}+b^{2}+c^{2}\)的最小值为\(14\) 。

9：已知\(x,y,z\in R\)，满足\(2x - y - 2z = 6\)，求\(x^{2}+y^{2}+z^{2}\)的最小值及此时\(x,y,z\)的值.

分析：利用柯西不等式\((2^{2}+(-1)^{2}+(-2)^{2})(x^{2}+y^{2}+z^{2})\geqslant(2x - y - 2z)^{2}\)求解。

证明：由柯西不等式\((2^{2}+(-1)^{2}+(-2)^{2})(x^{2}+y^{2}+z^{2})\geqslant(2x - y - 2z)^{2}\)，已知

\(2x - y - 2z = 6\)，则

\(9(x^{2}+y^{2}+z^{2})\geqslant6^{2}=36\)，所以\(x^{2}+y^{2}+z^{2}\geqslant4\)，

当且仅当\(\frac{x}{2}=\frac{y}{-1}=\frac{z}{-2}\)时等号成立。设\(\frac{x}{2}=\frac{y}{-1}=\frac{z}{-2}=k\)，则

\(x = 2k\)，\(y = -k\)，\(z = -2k\)，代入\(2x - y - 2z = 6\)可得\(4k + k + 4k = 6\)，解得\(k=\frac{2}{3}\)，所以

\(x=\frac{4}{3}\)，\(y=-\frac{2}{3}\)，\(z=-\frac{4}{3}\)，即\(x^{2}+y^{2}+z^{2}\)的最小值为\(4\)，此时

\((x,y,z)=\left(\frac{4}{3},-\frac{2}{3},-\frac{4}{3}\right)\) 。

10：设\(a,b,c\)均为正数且\(a + b + c = 9\)，求\(\frac{4}{a}+\frac{9}{b}+\frac{16}{c}\)的最小值.

分析：根据柯西不等式\((a + b + c)\left(\frac{4}{a}+\frac{9}{b}+\frac{16}{c}\right)\geqslant(2 + 3 + 4)^{2}\)求解。

证明：由柯西不等式

\((a + b + c)\left(\frac{4}{a}+\frac{9}{b}+\frac{16}{c}\right)\geqslant(2 + 3 + 4)^{2}=81\)，已知\(a + b + c = 9\)，则

\(9\left(\frac{4}{a}+\frac{9}{b}+\frac{16}{c}\right)\geqslant81\)，所以

\(\frac{4}{a}+\frac{9}{b}+\frac{16}{c}\geqslant9\)，

当且仅当\(\frac{a}{2}=\frac{b}{3}=\frac{c}{4}\)时等号成立，故\(\frac{4}{a}+\frac{9}{b}+\frac{16}{c}\)的最小值为\(9\) 。

二、权方和不等式

对于两组正实数\(a_{1},a_{2},\cdots,a_{n}\)和\(b_{1},b_{2},\cdots,b_{n}\)，当\(m > 0\)或\(m＜ - 1\)时，有

\(\frac{a_{1}^{m + 1}}{b_{1}^{m}}+\frac{a_{2}^{m+1}}{b_{2}^{m}}+\cdots+\frac{a_{n}^{m + 1}}{b_{n}^{m}}\geqslant\frac{(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n})^{m + 1}}{(b_{1}+b_{2}+\cdots+b_{n})^{m}}\)，等号成立当且仅当\(\frac{a_{1}}{b_{1}}=\frac{a_{2}}{b_{2}}=\cdots=\frac{a_{n}}{b_{n}}\)。

当\(-1＜m＜0\)时，不等式反向，即

\(\frac{a_{1}^{m + 1}}{b_{1}^{m}}+\frac{a_{2}^{m+1}}{b_{2}^{m}}+\cdots+\frac{a_{n}^{m + 1}}{b_{n}^{m}}\leqslant\frac{(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n})^{m + 1}}{(b_{1}+b_{2}+\cdots+b_{n})^{m}}\)。

二维形式的权方和不等式及证明（\(n = 2\)）

二维形式：当\(x,y,a,b>0\)，且\(m > 0\)或\(m＜ - 1\)时，\(\frac{x^{m + 1}}{a^{m}}+\frac{y^{m+1}}{b^{m}}\geqslant\frac{(x + y)^{m + 1}}{(a + b)^{m}}\)。

证明（以\(m > 0\)为例）：

设\(A=\frac{x}{a}\)，\(B=\frac{y}{b}\)，则\(x = aA\)，\(y = bB\)。

要证\(\frac{x^{m + 1}}{a^{m}}+\frac{y^{m+1}}{b^{m}}\geqslant\frac{(x + y)^{m + 1}}{(a + b)^{m}}\)，即证\(aA^{m + 1}+bB^{m + 1}\geqslant\frac{(aA + bB)^{m + 1}}{(a + b)^{m}}\)。

根据赫尔德不等式

\((\sum_{i = 1}^{n}u_{i}^{p})(\sum_{i = 1}^{n}v_{i}^{q})\geqslant(\sum_{i = 1}^{n}u_{i}v_{i})^{p + q}\)（当\(\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1\)），令

\(p=\frac{m + 1}{m}\)，\(q=m + 1\)，\(u_{1}=a^{\frac{m}{m + 1}}\)，\(v_{1}=A\)，\(u_{2}=b^{\frac{m}{m + 1}}\)，\(v_{2}=B\)。

则\((a^{\frac{m}{m + 1}}A + b^{\frac{m}{m + 1}}B)^{m + 1}\leqslant(aA^{m + 1}+bB^{m + 1})(a + b)^{m}\)，整理可得

\(aA^{m + 1}+bB^{m + 1}\geqslant\frac{(aA + bB)^{m + 1}}{(a + b)^{m}}\)，即证得权方和不等式。

1：已知\(a,b,c\in R^{+}\)，求证\(\frac{a^{3}}{b^{2}}+\frac{b^{3}}{c^{2}}+\frac{c^{3}}{a^{2}}\geqslant a + b + c\)。

这里\(m = 1\)，根据权方和不等式

\(\frac{a^{3}}{b^{2}}+\frac{b^{3}}{c^{2}}+\frac{c^{3}}{a^{2}}\geqslant\frac{(a + b + c)^{3}}{(b + c + a)^{2}}=a + b + c\)，当且仅当\(\frac{a}{b}=\frac{b}{c}=\frac{c}{a}\)时等号成立。

2：已知\(x,y>0\)，且\(x + y = 1\)，求\(\frac{1}{x}+\frac{4}{y}\)的最小值。

由权方和不等式

\(\frac{1^{2}}{x}+\frac{2^{2}}{y}\geqslant\frac{(1 + 2)^{2}}{(x + y)}=\frac{9}{1}=9\)，

当且仅当\(\frac{1}{x}=\frac{2}{y}\)，结合\(x + y = 1\)，解得\(x=\frac{1}{3}\)，\(y=\frac{2}{3}\)时等号成立，所以\(\frac{1}{x}+\frac{4}{y}\)的最小值为\(9\)。

3：已知\(a,b > 0\)，且\(a + b=1\)，求证\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\geqslant4\)。

证明：

根据权方和不等式\(\frac{x^{m + 1}}{y^{m}}+\frac{z^{m+ 1}}{w^{m}}\geqslant\frac{(x + z)^{m + 1}}{(y + w)^{m}}\)（当且仅当\(\frac{x}{y}=\frac{z}{w}\)时等号成立）。

令\(m = 1\)，\(x = 1\)，\(y=a\)，\(z = 1\)，\(w = b\)，则\(\frac{1^{2}}{a}+\frac{1^{2}}{b}\geqslant\frac{(1 + 1)^{2}}{a + b}\)。

因为\(a + b = 1\)，所以\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\geqslant\frac{4}{1}=4\)，当且仅当\(a=b=\frac{1}{2}\)时等号成立。

4：已知\(x,y>0\)，且\(x + y=2\)，求\(\frac{1}{x}+\frac{4}{y}\)的最小值。

解：

由权方和不等式，令\(m = 1\)，\(x_{1}=1\)，\(y_{1}=x\)，\(x_{2}=2\)，\(y_{2}=y\)。

则\(\frac{1^{2}}{x}+\frac{2^{2}}{y}\geqslant\frac{(1 + 2)^{2}}{x + y}\)。

因为\(x + y = 2\)，所以\(\frac{1}{x}+\frac{4}{y}\geqslant\frac{9}{2}\)，当且仅当\(\frac{1}{x}=\frac{2}{y}\)，结合\(x + y = 2\)，解得\(x=\frac{2}{3}\)，\(y=\frac{4}{3}\)时等号成立。

5：已知\(a,b,c>0\)，且\(a + b + c = 1\)，求证\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geqslant9\)。

证明：

令\(m = 1\)，\(x_{1}=1\)，\(y_{1}=a\)，\(x_{2}=1\)，\(y_{2}=b\)，\(x_{3}=1\)，\(y_{3}=c\)。

根据权方和不等式\(\frac{1^{2}}{a}+\frac{1^{2}}{b}+\frac{1^{2}}{c}\geqslant\frac{(1 + 1+1)^{2}}{a + b + c}\)。

因为\(a + b + c = 1\)，所以\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geqslant\frac{9}{1}=9\)，当且仅当\(a=b = c=\frac{1}{3}\)时等号成立。

6：已知\(x,y,z>0\)，且\(x + y+z = 3\)，求\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\)的最小值。

解：

设\(m = 1\)，\(x_{1}=1\)，\(y_{1}=x\)，\(x_{2}=1\)，\(y_{2}=y\)，\(x_{3}=1\)，\(y_{3}=z\)。

由权方和不等式\(\frac{1^{2}}{x}+\frac{1^{2}}{y}+\frac{1^{2}}{z}\geqslant\frac{(1 + 1 + 1)^{2}}{x + y+z}\)。

因为\(x + y + z = 3\)，所以\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\geqslant\frac{9}{3}=3\)，当且仅当\(x=y = z = 1\)时等号成立。

7：已知\(a,b>0\)，且\(a^{2}+b^{2}=1\)，求证\(\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}\geqslant8\)。

证明：

令\(m = 2\)，\(x = 1\)，\(y=a\)，\(z = 1\)，\(w = b\)。

根据权方和不等式\(\frac{1^{3}}{a^{2}}+\frac{1^{3}}{b^{2}}\geqslant\frac{(1 + 1)^{3}}{a^{2}+b^{2}}\)。

因为\(a^{2}+b^{2}=1\)，所以\(\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}\geqslant\frac{8}{1}=8\)，当且仅当\(a=b=\frac{\sqrt{2}}{2}\)时等号成立。

8：已知\(x,y>0\)，且\(x^{2}+y^{2}=2\)，求\(\frac{1}{x^{2}}+\frac{4}{y^{2}}\)的最小值。

解：

令\(m = 2\)，\(x_{1}=1\)，\(y_{1}=x\)，\(x_{2}=2\)，\(y_{2}=y\)。

由权方和不等式\(\frac{1^{3}}{x^{2}}+\frac{2^{3}}{y^{2}}\geqslant\frac{(1 + 2)^{3}}{x^{2}+y^{2}}\)。

因为\(x^{2}+y^{2}=2\)，所以\(\frac{1}{x^{2}}+\frac{4}{y^{2}}\geqslant\frac{27}{2}\)，当且仅当\(\frac{1}{x^{2}}=\frac{2}{y^{2}}\)，结合\(x^{2}+y^{2}=2\)解得\(x=\frac{\sqrt{2}}{3}\)，\(y=\frac{2\sqrt{2}}{3}\)时等号成立。

9：已知\(a,b,c>0\)，且\(a^{3}+b^{3}+c^{3}=3\)，求证\(\frac{1}{a^{3}}+\frac{1}{b^{3}}+\frac{1}{c^{3}}\geqslant3\)。

证明：

令\(m = 3\)，\(x_{1}=1\)，\(y_{1}=a\)，\(x_{2}=1\)，\(y_{2}=b\)，\(x_{3}=1\)，\(y_{3}=c\)。

根据权方和不等式\(\frac{1^{4}}{a^{3}}+\frac{1^{4}}{b^{3}}+\frac{1^{4}}{c^{3}}\geqslant\frac{(1 + 1+1)^{4}}{a^{3}+b^{3}+c^{3}}\)。

因为\(a^{3}+b^{3}+c^{3}=3\)，所以\(\frac{1}{a^{3}}+\frac{1}{b^{3}}+\frac{1}{c^{3}}\geqslant\frac{81}{3}=27\)，当且仅当\(a=b = c = 1\)时等号成立。

10：已知\(x,y,z>0\)，且\(x^{3}+y^{3}+z^{3}=1\)，求\(\frac{1}{x^{3}}+\frac{1}{y^{3}}+\frac{1}{z^{3}}\)的最小值。

解：

设\(m = 3\)，\(x_{1}=1\)，\(y_{1}=x\)，\(x_{2}=1\)，\(y_{2}=y\)，\(x_{3}=1\)，\(y_{3}=z\)。

由权方和不等式\(\frac{1^{4}}{x^{3}}+\frac{1^{4}}{y^{3}}+\frac{1^{4}}{z^{3}}\geqslant\frac{(1 + 1 + 1)^{4}}{x^{3}+y^{3}+z^{3}}\)。

因为\(x^{3}+y^{3}+z^{3}=1\)，所以\(\frac{1}{x^{3}}+\frac{1}{y^{3}}+\frac{1}{z^{3}}\geqslant27\)，当且仅当\(x=y = z = 1\)时等号成立。

11：已知\(a,b>0\)，且\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=1\)，求证\(a + b\geqslant4\)。

证明：

已知\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=1\)，则\(a + b=(a + b)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\)。

令\(m = 1\)，\(x_{1}=1\)，\(y_{1}=a\)，\(x_{2}=1\)，\(y_{2}=b\)。

根据权方和不等式\(\frac{1^{2}}{a}+\frac{1^{2}}{b}\geqslant\frac{(1 + 1)^{2}}{a + b}\)，即\(a + b=(a + b)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\geqslant4\)，当且仅当\(a=b = 2\)时等号成立。

12：已知\(x,y>0\)，且\(\frac{1}{x}+\frac{4}{y}=1\)，求\(x + y\)的最小值。

解：

因为\(x + y=(x + y)\left(\frac{1}{x}+\frac{4}{y}\right)\)。

令\(m = 1\)，\(x_{1}=1\)，\(y_{1}=x\)，\(x_{2}=2\)，\(y_{2}=y\)。

由权方和不等式\(\frac{1^{2}}{x}+\frac{2^{2}}{y}\geqslant\frac{(1 + 2)^{2}}{x + y}\)，则\(x + y=(x + y)\left(\frac{1}{x}+\frac{4}{y}\right)\geqslant9\)，当且仅当\(\frac{1}{x}=\frac{2}{y}\)，结合\(\frac{1}{x}+\frac{4}{y}=1\)解得\(x = 3\)，\(y = 6\)时等号成立。

三、排序不等式

设\(a_{1}\leq a_{2}\leq\cdots\leq a_{n}\)和\(b_{1}\leq b_{2}\leq\cdots\leq b_{n}\)是两组实数，\(c_{1},c_{2},\cdots,c_{n}\)是\(b_{1},b_{2},\cdots,b_{n}\)的任一排列，则有

\(a_{1}b_{n}+a_{2}b_{n - 1}+\cdots+a_{n}b_{1}\leq a_{1}c_{1}+a_{2}c_{2}+\cdots+a_{n}c_{n}\leq a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+\cdots+a_{n}b_{n}\)

简单来说，反序和≤乱序和≤顺序和

证明排序不等式（以\(n = 2\)为例）

设\(a_{1}\leq a_{2}\)，\(b_{1}\leq b_{2}\)。

那么反序和为\(a_{1}b_{2}+a_{2}b_{1}\)，顺序和为\(a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}\)。

计算\((a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2})-(a_{1}b_{2}+a_{2}b_{1})\)

展开式子得\(a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}-a_{1}b_{2}-a_{2}b_{1}=a_{1}(b_{1}-b_{2})+a_{2}(b_{2}-b_{1})\)

进一步变形为\((a_{2}-a_{1})(b_{2}-b_{1})\)。

因为\(a_{1}\leq a_{2}\)，\(b_{1}\leq b_{2}\)，所以\((a_{2}-a_{1})\geq0\)，\((b_{2}-b_{1})\geq0\)。

则\((a_{2}-a_{1})(b_{2}-b_{1})\geq0\)，即\(a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}\geq a_{1}b_{2}+a_{2}b_{1}\)。

对于\(n\)个元素的情况，可以用数学归纳法来证明。

例：设\(a,b,c\)为正数，求证\(a^{3}+b^{3}+c^{3}\geq a^{2}b + b^{2}c + c^{2}a\)。

证明：不妨设\(a\geq b\geq c>0\)，则\(a^{2}\geq b^{2}\geq c^{2}\)。

由排序不等式，顺序和\(a^{3}+b^{3}+c^{3}=a\cdot a^{2}+b\cdot b^{2}+c\cdot c^{2}\)，乱序和\(a^{2}b + b^{2}c + c^{2}a=a\cdot b^{2}+b\cdot c^{2}+c\cdot a^{2}\)。

根据排序不等式顺序和≥乱序和，所以\(a^{3}+b^{3}+c^{3}\geq a^{2}b + b^{2}c + c^{2}a\)。

四、琴生不等式

设\(f(x)\)是定义在区间\(I\)上的凸函数，则对于区间\(I\)上的任意\(x_{1},x_{2},\cdots,x_{n}\)，有

\(f(\frac{x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}}{n})\leqslant\frac{f(x_{1})+f(x_{2})+\cdots+f(x_{n})}{n}\)；当\(f(x)\)是凹函数时，不等号方向相反。

1. 证明均值不等式\(\frac{a + b}{2}\geqslant\sqrt{ab}\)（\(a,b>0\)）

分析：设\(f(x)=-\ln x\)，\(x > 0\)，先证明\(f(x)\)是凸函数，再利用琴生不等式证明。

证明：\(f^{\prime}(x)=-\frac{1}{x}\)，\(f^{\prime\prime}(x)=\frac{1}{x^{2}}>0\)，所以\(f(x)\)是凸函数。设\(x_{1}=a\)，\(x_{2}=b\)，\(\lambda_{1}=\lambda_{2}=\frac{1}{2}\)。根据琴生不等式\(f(\frac{a + b}{2})\leqslant\frac{1}{2}f(a)+\frac{1}{2}f(b)\)，即\(-\ln(\frac{a + b}{2})\leqslant-\frac{1}{2}\ln a-\frac{1}{2}\ln b\)，化简得\(\ln(\frac{a + b}{2})\geqslant\ln\sqrt{ab}\)，所以\(\frac{a + b}{2}\geqslant\sqrt{ab}\)。

2. 证明\(\frac{a + b + c}{3}\geqslant\sqrt[3]{abc}\)（\(a,b,c>0\)）

分析：设\(f(x)=-\ln x\)，\(x > 0\)，利用其凸性和琴生不等式证明。

证明：\(f^{\prime}(x)=-\frac{1}{x}\)，\(f^{\prime\prime}(x)=\frac{1}{x^{2}}>0\)，\(f(x)\)是凸函数。设\(x_{1}=a\)，\(x_{2}=b\)，\(x_{3}=c\)，\(\lambda_{1}=\lambda_{2}=\lambda_{3}=\frac{1}{3}\)。由琴生不等式\(f(\frac{a + b + c}{3})\leqslant\frac{1}{3}f(a)+\frac{1}{3}f(b)+\frac{1}{3}f(c)\)，即\(-\ln(\frac{a + b + c}{3})\leqslant-\frac{1}{3}\ln a-\frac{1}{3}\ln b-\frac{1}{3}\ln c\)，整理得\(\ln(\frac{a + b + c}{3})\geqslant\ln\sqrt[3]{abc}\)，所以\(\frac{a + b + c}{3}\geqslant\sqrt[3]{abc}\)。

3. 设\(a,b,c>0\)，且\(a + b + c = 1\)，证明\(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\leqslant\sqrt{3}\)

分析：设\(f(x)=\sqrt{x}\)，\(x > 0\)，判断其凹凸性后利用琴生不等式证明。

证明：\(f^{\prime}(x)=\frac{1}{2\sqrt{x}}\)，\(f^{\prime\prime}(x)=-\frac{1}{4x^{\frac{3}{2}}}<0\)，\(f(x)\)是凹函数。设\(x_{1}=a\)，\(x_{2}=b\)，\(x_{3}=c\)，\(\lambda_{1}=\lambda_{2}=\lambda_{3}=\frac{1}{3}\)。根据琴生不等式（凹函数反向）\(f(\frac{a + b + c}{3})\geqslant\frac{1}{3}f(a)+\frac{1}{3}f(b)+\frac{1}{3}f(c)\)，即\(\sqrt{\frac{a + b + c}{3}}\geqslant\frac{1}{3}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})\)，已知\(a + b + c = 1\)，所以\(\frac{1}{\sqrt{3}}\geqslant\frac{1}{3}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})\)，即\(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\leqslant\sqrt{3}\)。

4. 已知\(x,y,z\in R^{+}\)，证明\((x^{2}+y^{2}+z^{2})(\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}}+\frac{1}{z^{2}})\geqslant9\)

分析：设\(f(t)=t+\frac{1}{t}\)，\(t > 0\)，先判断凹凸性，再应用琴生不等式。

证明：\(f^{\prime}(t)=1-\frac{1}{t^{2}}\)，\(f^{\prime\prime}(t)=\frac{2}{t^{3}}>0\)，\(f(t)\)是凸函数。设\(t_{1}=x^{2}\)，\(t_{2}=y^{2}\)，\(t_{3}=z^{2}\)，\(\lambda_{1}=\lambda_{2}=\lambda_{3}=\frac{1}{3}\)。由琴生不等式\(f(\frac{t_{1}+t_{2}+t_{3}}{3})\leqslant\frac{1}{3}f(t_{1})+\frac{1}{3}f(t_{2})+\frac{1}{3}f(t_{3})\)，即\(\frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{3}+\frac{3}{x^{2}+y^{2}+z^{2}}\leqslant\frac{1}{3}(x^{2}+\frac{1}{x^{2}}+y^{2}+\frac{1}{y^{2}}+z^{2}+\frac{1}{z^{2}})\)。

又因为\((x^{2}+y^{2}+z^{2})(\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}}+\frac{1}{z^{2}})=x^{2}(\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}}+\frac{1}{z^{2}})+y^{2}(\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}}+\frac{1}{z^{2}})+z^{2}(\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}}+\frac{1}{z^{2}})\)

展开后可得\(3+\frac{x^{2}}{y^{2}}+\frac{y^{2}}{x^{2}}+\frac{x^{2}}{z^{2}}+\frac{z^{2}}{x^{2}}+\frac{y^{2}}{z^{2}}+\frac{z^{2}}{y^{2}}\geqslant9\)（利用均值不等式\(\frac{a + b}{2}\geqslant\sqrt{ab}\)），所以\((x^{2}+y^{2}+z^{2})(\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}}+\frac{1}{z^{2}})\geqslant9\)。

5. 已知\(a,b,c\in R^{+}\)，且\(abc = 1\)，证明\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geqslant\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\)

分析：设\(f(x)=\frac{1}{x}\)，\(x > 0\)和\(g(x)=\sqrt{x}\)，\(x > 0\)，分别判断凹凸性，利用琴生不等式证明。

证明：对于\(f(x)=\frac{1}{x}\)，\(f^{\prime}(x)=-\frac{1}{x^{2}}\)，\(f^{\prime\prime}(x)=\frac{2}{x^{3}}>0\)，\(f(x)\)是凸函数。对于\(g(x)=\sqrt{x}\)，\(g^{\prime}(x)=\frac{1}{2\sqrt{x}}\)，\(g^{\prime\prime}(x)=-\frac{1}{4x^{\frac{3}{2}}}<0\)，\(g(x)\)是凹函数。

设\(x_{1}=a\)，\(x_{2}=b\)，\(x_{3}=c\)，\(\lambda_{1}=\lambda_{2}=\lambda_{3}=\frac{1}{3}\)。根据琴生不等式，\(f(\frac{a + b + c}{3})\leqslant\frac{1}{3}f(a)+\frac{1}{3}f(b)+\frac{1}{3}f(c)\)，即\(\frac{3}{a + b + c}\leqslant\frac{1}{3}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\)。

又因为\(g(\frac{a + b + c}{3})\geqslant\frac{1}{3}g(a)+\frac{1}{3}g(b)+\frac{1}{3}g(c)\)，即\(\sqrt{\frac{a + b + c}{3}}\geqslant\frac{1}{3}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})\)。

由均值不等式\(a + b + c\geqslant3\sqrt[3]{abc}=3\)，所以\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geqslant\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\)。

6. 已知\(x,y\in R^{+}\)，且\(x + y = 1\)，求\(2^{x}+2^{y}\)的最小值

分析：设\(f(t)=2^{t}\)，\(t\in R\)，判断凹凸性后利用琴生不等式求解最小值。

证明：\(f^{\prime}(t)=2^{t}\ln 2\)，\(f^{\prime\prime}(t)=2^{t}(\ln 2)^{2}>0\)，\(f(t)\)是凸函数。设\(x_{1}=x\)，\(x_{2}=y\)，\(\lambda_{1}=\lambda_{2}=\frac{1}{2}\)。根据琴生不等式\(f(\frac{x + y}{2})\leqslant\frac{1}{2}f(x)+\frac{1}{2}f(y)\)，即\(2^{\frac{x + y}{2}}\leqslant\frac{1}{2}(2^{x}+2^{y})\)。

已知\(x + y = 1\)，所以\(2^{\frac{1}{2}}\leqslant\frac{1}{2}(2^{x}+2^{y})\)，即\(2^{x}+2^{y}\geqslant2\sqrt{2}\)，当且仅当\(x = y=\frac{1}{2}\)时取到最小值\(2\sqrt{2}\)。

7. 设\(a,b,c,d\in R^{+}\)，且\(a + b + c + d = 4\)，证明\(\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}+\frac{1}{d^{2}}\geqslant4\)

分析：设\(f(t)=\frac{1}{t^{2}}\)，\(t > 0\)，判断凹凸性后用琴生不等式证明。

证明：\(f^{\prime}(t)=-\frac{2}{t^{3}}\)，\(f^{\prime\prime}(t)=\frac{6}{t^{4}}>0\)，\(f(t)\)是凸函数。设\(x_{1}=a\)，\(x_{2}=b\)，\(x_{3}=c\)，\(x_{4}=d\)，\(\lambda_{1}=\lambda_{2}=\lambda_{3}=\lambda_{4}=\frac{1}{4}\)。

根据琴生不等式\(f(\frac{a + b + c + d}{4})\leqslant\frac{1}{4}f(a)+\frac{1}{4}f(b)+\frac{1}{4}f(c)+\frac{1}{4}f(d)\)，即\(\frac{1}{(\frac{a + b + c + d}{4})^{2}}\leqslant\frac{1}{4}(\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}+\frac{1}{d^{2}})\)。

已知\(a + b + c + d = 4\)，所以\(\frac{1}{4}\leqslant\frac{1}{4}(\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}+\frac{1}{d^{2}})\)，即\(\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}+\frac{1}{d^{2}}\geqslant4\)。

8. 在三角形\(ABC\)中，证明\(\sin A+\sin B+\sin C\leqslant\frac{3\sqrt{3}}{2}\)

分析：设\(f(x)=\sin x\)，\(x\in(0,\pi)\)，判断凹凸性后利用琴生不等式证明。

证明：\(f^{\prime}(x)=\cos x\)，\(f^{\prime\prime}(x)=-\sin x<0\)（\(x\in(0,\pi)\)），\(f(x)\)是凹函数。设\(A,B,C\)为三角形内角，\(\lambda_{1}=\lambda_{2}=\lambda_{3}=\frac{1}{3}\)。

根据琴生不等式（凹函数反向）\(f(\frac{A + B + C}{3})\geqslant\frac{1}{3}f(A)+\frac{1}{3}f(B)+\frac{1}{3}f(C)\)，因为\(A + B + C=\pi\)，所以\(\sin\frac{\pi}{3}\geqslant\frac{1}{3}(\sin A+\sin B+\sin C)\)，即\(\frac{\sqrt{3}}{2}\geqslant\frac{1}{3}(\sin A+\sin B+\sin C)\)，所以\(\sin A+\sin B+\sin C\leqslant\frac{3\sqrt{3}}{2}\)。

9. 已知\(x_{1},x_{2},\cdots,x_{n}\in R^{+}\)，且\(x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}=1\)，证明\(\frac{1}{1 + x_{1}}+\frac{1}{1 + x_{2}}+\cdots+\frac{1}{1 + x_{n}}\geqslant\frac{n}{1+\frac{1}{n}}\)

分析：设\(f(t)=\frac{1}{1 + t}\)，\(t > 0\)，判断凹凸性后用琴生不等式证明。

证明：\(f^{\prime}(t)=-\frac{1}{(1 + t)^{2}}\)，\(f^{\prime\prime}(t)=\frac{2}{(1 + t)^{3}}>0\)，\(f(t)\)是凸函数。设\(x_{1},x_{2},\cdots,x_{n}\)，\(\lambda_{1}=\lambda_{2}=\cdots=\lambda_{n}=\frac{1}{n}\)。

根据琴生不等式\(f(\frac{x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}}{n})\leqslant\frac{1}{n}f(x_{1})+\frac{1}{n}f(x_{2})+\cdots+\frac{1}{n}f(x_{n})\)，即\(\frac{1}{1+\frac{x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}}{n}}\leqslant\frac{1}{n}(\frac{1}{1 + x_{1}}+\frac{1}{1 + x_{2}}+\cdots+\frac{1}{1 + x_{n}})\)。

已知\(x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}=1\)，所以\(\frac{1}{1+\frac{1}{n}}\leqslant\frac{1}{n}(\frac{1}{1 + x_{1}}+\frac{1}{1 + x_{2}}+\cdots+\frac{1}{1 + x_{n}})\)，即\(\frac{1}{1 + x_{1}}+\frac{1}{1 + x_{2}}+\cdots+\frac{1}{1 + x_{n}}\geqslant\frac{n}{1+\frac{1}{n}}\)。

10. 设\(a,b,c\in R^{+}\)，证明\(\frac{a^{3}}{b}+\frac{b^{3}}{c}+\frac{c^{3}}{a}\geqslant a + b + c\)

分析：设\(f(x)=x^{3}\)，\(x > 0\)，判断凹凸性后利用琴生不等式证明。

证明：\(f^{\prime}(x)=3x^{2}\)，\(f^{\prime\prime}(x)=6x>0\)，\(f(x)\)是凸函数。设\(x_{1}=\frac{a}{b}\)，\(x_{2}=\frac{b}{c}\)，\(x_{3}=\frac{c}{a}\)，\(\lambda_{1}=\lambda_{2}=\lambda_{3}=\frac{1}{3}\)。

根据琴生不等式\(f(\frac{x_{1}+x_{2}+x_{3}}{3})\leqslant\frac{1}{3}f(x_{1})+\frac{1}{3}f(x_{2})+\frac{1}{3}f(x_{3})\)，即\((\frac{\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}}{3})^{3}\leqslant\frac{1}{3}[(\frac{a}{b})^{3}+(\frac{b}{c})^{3}+(\frac{c}{a})^{3}]\)。

由均值不等式\(\frac{\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}}{3}\geqslant\sqrt[3]{\frac{a}{b}\cdot\frac{b}{c}\cdot\frac{c}{a}} = 1\)，所以\((\frac{a}{b})^{3}+(\frac{b}{c})^{3}+(\frac{c}{a})^{3}\geqslant3\)。

又因为\(\frac{a^{3}}{b}+\frac{b^{3}}{c}+\frac{c^{3}}{a}=b\cdot\frac{a^{3}}{b^{2}}+c\cdot\frac{b^{3}}{c^{2}}+a\cdot\frac{c^{3}}{a^{2}}\geqslant b\cdot\frac{a}{b}+c\cdot\frac{b}{c}+a\cdot\frac{c}{a}=a + b + c\)（利用了前面得到的\((\frac{a}{b})^{3}+(\frac{b}{c})^{3}+(\frac{c}{a})^{3}\geqslant3\)的结论），所以\(\frac{a^{3}}{b}+\frac{b^{3}}{c}+\frac{c^{3}}{a}\geqslant a + b + c\)。