柯西不等式：\((a^{2}+b^{2})(c^{2}+d^{2})\geqslant(ac + bd)^{2}\)

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1. 定义与基本形式

柯西不等式是一个非常重要的不等式，二维形式为

\((a^{2}+b^{2})(c^{2}+d^{2})\geqslant(ac + bd)^{2}\)，其中\(a,b,c,d\in R\)，等号成立的条件是\(ad = bc\)。

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

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

推广到\(n\)维形式为

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

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

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

2. 几何意义（二维情况）

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\(1\)。

3. 应用场景

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

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

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\(2\sqrt{10}\)。

在几何中的应用（二维情况）

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。

4. 二维形式柯西不等式的证明

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。

5. 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。

柯西不等式的练习题：

例题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

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

例题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\(\frac{2}{a + b}+\frac{2}{b + c}+\frac{2}{c + a}\gt\frac{9}{a + b + c}\)。

例题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\(\sqrt{70}\) 。

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

例题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。

例题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。

例题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。

例题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\(14\) 。

例题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\(x^{2}+y^{2}+z^{2}\geqslant4\)，