Question

用数学归纳法证明

用数学归纳法证明：
（a1²+a2²+……+an²）（b1²+b2²+……+bn²）≥（a1b1+a2b2+……+anbn）²【柯西不等式】

Answer 1

1)
n=1时，左边=a1^2b1^2、右边=a1^2b1^2，左边=右边，命题成立。

2)
假设n=k时命题成立，即(a1^2+a2^2+…+ak^2)(b1^2+b2^2+…+bk^2)>=(a1b1+a2b2+…+akbk)^2。

3)
求证n=k+1时命题成立。

[a1^2+a2^2+…+ak^2+a(k+1)^2][b1^2+b2^2+…+bk^2+b(k+1)]

=(a1^2+a2^2+…+ak^2)(b1^2+b2^2+…+bk^2)+(a1^2+a2^2+…+ak^2)b(k+1)^2+(b1^2+b2^2+…+bk^2)a(k+1)^2+[a(k+1)b(k+1)]^2

>=(a1b1+a2b2+…+akbk)^2+2√[(a1^2+a2^2+…+ak^2)(b1^2+b2^2+…+bk^2)]a(k+1)b(k+1)+[a(k+1)b(k+1)]^2

>=(a1b1+a2b2+…+akbk)^2+2(a1b1+a2b2+…+akbk)a(k+1)b(k+1)+[a(k+1)b(k+1)]^2

=[a1b1+a2b2+…+akbk+a(k+1)b(k+1)]^2

n=k+1时命题成立。

综上所述，对于n为正整数，都有：

(a1^2+a2^2+…+an^2)(b1^2+b2^2+…+bn^2)>=(a1b1+a2b2+…+anbn)^2

.

Answer 2

柯西不等式形式为： (a12+a22+a32+…+an2)(b12+b22+b32+…+bn2)≥(a1b1+a2b2+a3b3+…+anbn)2 当且仅当a1/b1=a2/b2=a3/b3=…=an/bn时等号成立设n=k时该不等式成立，则有 (a12+a22+a32+…+ak2)(b12+b22+b32+…+bk2)≥(a1b1+a2b2+a3b3+…+akbk)2 当且仅当a1/b1=a2/b2=a3/b3=…=ak/bk时等号成立则当n=k+1时，不等式应为： (a12+a22+a32+…+ak+12)(b12+b22+b32+…+bk+12)≥(a1b1+a2b2+a3b3+…+ak+1bk+1)2 当且仅当a1/b1=a2/b2=a3/b3=…=ak+1/bk+1时等号成立此不等式即： [(a12+a22+a32+…+ak2)+ak+12][(b12+b22+b32+…+bk2)+bk+12]≥[(a1b1+a2b2+a3b3+…+akbk)+ak+1bk+1]2 (a12+a22+a32+…+ak2)(b12+b22+b32+…+bk2) +ak+12(b12+b22+b32+…+bk2)+bk+12(a12+a22+a32+…+ak2) +ak+12bk+12≥(a1b1+a2b2+a3b3+…+akbk)2+ak+12bk+12+2ak+1bk+1(a1b1+a2b2+a3b3+…+akbk) 因为已有 (a12+a22+a32+…+ak+12)(b12+b22+b32+…+bk+12)≥(a1b1+a2b2+a3b3+…+ak+1bk+1)2 所以只须证 ak+12(b12+b22+b32+…+bk2)+bk+12(a12+a22+a32+…+ak2)+ak+12bk+12≥ak+12bk+12+2ak+1bk+1(a1b1+a2b2+a3b3+…+akbk) 即 ak+12(b12+b22+b32+…+bk2)+bk+12(a12+a22+a32+…+ak2)≥2ak+1bk+1(a1b1+a2b2+a3b3+…+akbk) ak+12b12+ak+12b22+ak+12b32+…+ak+12bk2 +bk+12a12+bk+12a22+bk+12a32+…+bk+12ak2≥2ak+1bk+1a1b1+2ak+1bk+1a2b2+2ak+1bk+1a3b3+…+2ak+1bk+1akbk ak+12b12+bk+12a12+ak+12b22+bk+12a22+ak+12b32+bk+12a32+…+ak+12bk2+bk+12ak2 ≥2(ak+1b1)(bk+1a1)+2(ak+1b2)(bk+1a2)+2(ak+1b3)(bk+1a3)+…+2(ak+1bk)(bk+1ak) ak+12b12+bk+12a12+ak+12b22+bk+12a22+ak+12b32+bk+12a32+…+ak+12bk2+bk+12ak2 -2(ak+1b1)(bk+1a1)-2(ak+1b2)(bk+1a2)-2(ak+1b3)(bk+1a3)-…-2(ak+1bk)(bk+1ak)≥0 [ak+12b12-2(ak+1b1)(bk+1a1)+bk+12a12]+[ak+12b22-2(ak+1b2)(bk+1a2)+bk+12a22]+…+[ak+12bk2-2(ak+1bk)(bk+1ak)+bk+12ak2]≥0 (ak+1b1-bk+1a1)2+(ak+1b2-bk+1a2)2+…+(ak+1bk-bk+1ak)2≥0 显然，若干实数的平方和一定为非复数若等号成立，则 ak+1b1-bk+1a1=0 ak+1b2-bk+1a2=0 …… ak+1bk-bk+1ak=0 得a1/b1=a2/b2=a3/b3=…=ak+1/bk+1 所以，若柯西不等式在n=k时成立，在n=k+1时也成立若n=1，则不等式变为 a12b12≥(a1b1)2 显然成立，所以对于n取的一切正整数，柯西不等式都成立证明完毕，得：柯西不等式 (a12+a22+a32+…+an2)(b12+b22+b32+…+bn2)≥(a1b1+a2b2+a3b3+…+anbn)2 当且仅当a1/b1=a2/b2=a3/b3=…=an/bn时等号成立

Answer 3

解：（1）构造二次函数：f（x）=（a1x+b1）2+（a2x+b2）2+…+（anx+bn）2=（a12+a22+…+an2）x2+2（a1b1+a2b2+…+anbn）x+（b12+b22+…+bn2）≥0，
∴△=4（a1b1+a2b2+…+anbn）2-4（a12+a22+…+an2）（b12+b22+…+bn2）≤0，
即：（a12+a22+…+an2）•（b12+b22+…+bn2）≥（a1•b1+a2•b2+…+an•bn）2，
当且仅当a1 b1 =a2 b2 =…=an bn 时等号成立；

Answer 4

1)n=1时，左=a1^2b1^2、右=a1^2b1^2，左=右，成立。

2)假设n=k时成立，即(a1^2+a2^2+…+ak^2)(b1^2+b2^2+…+bk^2)>=(a1b1+a2b2+…+akbk)^2。

3)求证n=k+1时成立。

由 [a1^2+a2^2+…+ak^2+a(k+1)^2][b1^2+b2^2+…+bk^2+b(k+1)]

=(a1^2+a2^2+…+ak^2)(b1^2+b2^2+…+bk^2)+(a1^2+a2^2+…+ak^2)b(k+1)^2+(b1^2+b2^2+…+bk^2)a(k+1)^2+[a(k+1)b(k+1)]^2

>=(a1b1+a2b2+…+akbk)^2+2√[(a1^2+a2^2+…+ak^2)(b1^2+b2^2+…+bk^2)]a(k+1)b(k+1)+[a(k+1)b(k+1)]^2

>=(a1b1+a2b2+…+akbk)^2+2(a1b1+a2b2+…+akbk)a(k+1)b(k+1)+[a(k+1)b(k+1)]^2

=[a1b1+a2b2+…+akbk+a(k+1)b(k+1)]^2

n=k+1时成立。

综上所述，对于n属于Z，都有：
(a1^2+a2^2+…+an^2)(b1^2+b2^2+…+bn^2)>=(a1b1+a2b2+…+anbn)^2