Question

柯西不等式的简便证明方法？？

到底要我等多久啊？

Answer 1

证明：二维形式的证明　　(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,等号在且仅在ad－bc=0即ad=bc时成立.
三角形式的证明　　√(a^2+b^2)+√(c^2+d^2)≥√[(a+c)^2+(b+d)^2]
　　证明：[√(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|ac+bd|
　　≥a^2+b^2+c^2+d^2+2(ac+bd)
　　=a^2+2ac+c^2+b^2+2bd+d^2
　　=(a+c)^2+(b+d)^2
　　两边开根号即得 √(a^2+b^2)+√(c^2+d^2)≥√[(a+c)^2+(b+d)^2]
　　注：| |表示绝对值.
向量形式的证明　　令m=(a1,a2,…,an),n=(b1,b2,…,bn)
　　m·n=a1b1+a2b2+…+anbn=|m||n|cos=√(a1+a2+…+an) ×√(b1+b2+…+bn) ×cos
　　∵cos≤1
　　∴a1b1+a2b2+…+anbn≤√(a1+a2+…+an) ×√(b1+b2+…+bn)
　　注：“√”表示平方根.
一般形式的证明　　(∑(ai^2))(∑(bi^2)) ≥ (∑ai·bi) ^2
　　证明：
　　等式左边=(ai·bj+aj·bi)+.共n2 /2项
　　等式右边=(ai·bi)·(aj·bj)+(aj·bj)·(ai·bi)+.共n2 /2项
　　用均值不等式容易证明 等式左边≥等式右边 得证
　　推广形式的证明
　　推广形式为 (x1+y1+…)(x2+y2+…)…(xn+yn+…)≥[(Πx)^(1/n)+(Πy)^(1/n)+…]^n (*)
　　证明如下
　　记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个不等式叠加得　
　　1≥[(Πx)/(A1*A2*…*An)]^(1/n)+[(Πy)/(A1*A2*…*An)]^(1/n)+…　
　　即(A1*A2*…*An)^(1/n)≥(Πx)^(1/n)+(Πy)^(1/n)+…　
　　即 A1*A2*…*An≥[(Πx)^(1/n)+(Πy)^(1/n)+…]^n　
　　即(x1+y1+…)(x2+y2+…)…(xn+yn+…)≥[(Πx)^(1/n)+(Πy)^(1/n)+…]^n　
　　因此,不等式(*)成立.
　　（注：推广形式即为卡尔松不等式）

Answer 2

柯西不等式可以简单地记做：平方和的积 ≥ 积的和的平方。它是对两列数不等式。取等号的条件是两列数对应成比例。
如：两列数
0，1
和
2，3
有
(0^2 + 1^2) * (2^2 + 3^2) = 26 ≥ (0*2 + 1*3)^2 = 9.

形式比较简单的证明方法就是构造一个辅助函数，这个辅助函数是二次函数，于是用二次函数取值条件就得到Cauchy不等式。
还有一种形式比较麻烦的，但确实很容易想到的证法，就是完全把Cauchy不等式右边-左边的式子展开，化成一组平方和的形式。

我这里只给出前一种证法。
Cauchy不等式的形式化写法就是：记两列数分别是ai, bi，则有
(∑ai^2) * (∑bi^2) ≥ (∑ai * bi)^2.
我们令
f(x) = ∑(ai + x * bi)^2
= (∑bi^2) * x^2 + 2 * (∑ai * bi) * x + (∑ai^2)
则我们知道恒有
f(x) ≥ 0.
用二次函数无实根或只有一个实根的条件，就有
Δ = 4 * (∑ai * bi)^2 - 4 * (∑ai^2) * (∑bi^2) ≤ 0.
于是移项得到结论。

学了更多的数学以后就知道，这个不等式可以推广到一般的内积空间中，那时证明的书写会更简洁一些。我们现在的证明只是其中的一个特例罢了。

Answer 3

就等一会

Answer 4

你等会儿