%%TEXT_BEGIN%% 前面我们介绍了平均值不等式及其在不等式证明中的一些应用, 同时, 也介绍了证明不等式的一些方法和技巧. 但是, 任何一个结论的使用, 都有它的局限性, 平均值不等式也是如此. 在不等式的证明过程中, 要求我们了解不等式的性质和证明不等式的常用方法, 需要掌握一些基本的结论和重要的定理, 并能灵活地应用有关知识. 在这里, 我们将再介绍另一个重要的基本不等式, 即柯西不等式, 与平均值不等式类似, 它的表达形式简单, 它的证明方法多样,在应用中具有较强的灵活性和技巧性. 柯西不等式及其证明. 设 $a_1, a_2, \cdots, a_n$ 及 $b_1, b_2, \cdots, b_n$ 为任意实数, 则 $$ \left(a_1 b_1+a_2 b_2+\cdots+a_n b_n\right)^2 \leqslant\left(a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2\right)\left(b_1^2+b_2^2+\cdots+b_n^2\right), $$ 当且仅当 $\frac{a_1}{b_1}=\frac{a_2}{b_2}=\cdots=\frac{a_n}{b_n}$ (规定 $a_i=0$ 时, $b_i=0$ )时等号成立. 柯西不等式的证明方法很多,这里我们选择其中一些简单和具有一定技巧的证明. 证法一不妨假设 $A_n=\sum_{i=1}^n a_i^2 \neq 0, C_n=\sum_{i=1}^n b_i^2 \neq 0$, 令 $x_i=\frac{a_i}{\sqrt{A_n}}, y_i=\frac{b_i}{\sqrt{C_n}}$, 则 $$ \sum_{i=1}^n x_i^2=\sum_{i=1}^n y_i^2=1 $$ 则原不等式等价于 $$ x_1 y_1+x_2 y_2+\cdots+x_n y_n \leqslant 1, $$ 即 $$ 2\left(x_1 y_1+x_2 y_2+\cdots+x_n y_n\right) \leqslant x_1^2+x_2^2+\cdots+x_n^2+y_1^2+y_2^2+\cdots+y_n^2 \text {. } $$ 又等价于 $$ \left(x_1-y_1\right)^2+\left(x_2-y_2\right)^2+\cdots+\left(x_n-y_n\right)^2 \geqslant 0 . $$ 这个不等式显然成立, 且等号成立的充要条件为 $x_i=y_i(i=1,2, \cdots$, $n)$, 从而原不等式成立,且等号成立的充要条件是 $$ b_i=k a_i\left(k=\frac{\sqrt{C_n}}{\sqrt{A_n}}\right) . $$ %%TEXT_END%% %%TEXT_BEGIN%% 柯西不等式及其证明. 设 $a_1, a_2, \cdots, a_n$ 及 $b_1, b_2, \cdots, b_n$ 为任意实数, 则 $$ \left(a_1 b_1+a_2 b_2+\cdots+a_n b_n\right)^2 \leqslant\left(a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2\right)\left(b_1^2+b_2^2+\cdots+b_n^2\right), $$ 当且仅当 $\frac{a_1}{b_1}=\frac{a_2}{b_2}=\cdots=\frac{a_n}{b_n}$ (规定 $a_i=0$ 时, $b_i=0$ )时等号成立. 证法二(比值法) 按上述证明方法和记号, 不妨假设 $A_n \neq 0, C_n \neq 0$, 令 $x_i=\frac{\left|a_i\right|}{\sqrt{A_n}}, y_i= \frac{\left|b_i\right|}{\sqrt{C_n}}$, 则 $$ \sum_{i=1}^n x_i^2=\sum_{i=1}^n y_i^2=1 $$ 由于 $\begin{aligned} \frac{\left|\sum_{i=1}^n a_i b_i\right|}{\sqrt{A_n} \cdot \sqrt{C_n}} & \leqslant \sum_{i=1}^n x_i y_i \leqslant \sum_{i=1}^n \frac{1}{2}\left(x_i^2+y_i^2\right) \\ & =\frac{1}{2}\left(\sum_{i=1}^n x_i^2+\sum_{i=1}^n y_i^2\right)=1,\end{aligned}$ 且等号成立当且仅当 $$ \begin{gathered} \left|\sum_{i=1}^n a_i b_i\right|=\sum_{i=1}^n\left|a_i b_i\right|, \\ \frac{a_i^2}{\sum_{i=1}^n a_i^2}=\frac{b_i^2}{\sum_{i=1}^n b_i^2} \end{gathered} $$ 由第一个条件表明 $a_i b_i \geqslant 0, i=1,2, \cdots, n$, 即 $a_i$ 与 $b_i(i=1,2, \cdots$, $n$ ) 同号. 第二个条件成立的充分必要条件是 $\frac{a_i^2}{b_i^2}=\frac{A_n}{C_n}$, 即 $\frac{\left|a_i\right|}{\left|b_i\right|}$ 为常数. 由于 $a_i$ 与 $b_i(i=1,2, \cdots, n)$ 同号, 从而命题成立. %%TEXT_END%% %%TEXT_BEGIN%% 柯西不等式及其证明. 设 $a_1, a_2, \cdots, a_n$ 及 $b_1, b_2, \cdots, b_n$ 为任意实数, 则 $$ \left(a_1 b_1+a_2 b_2+\cdots+a_n b_n\right)^2 \leqslant\left(a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2\right)\left(b_1^2+b_2^2+\cdots+b_n^2\right), $$ 当且仅当 $\frac{a_1}{b_1}=\frac{a_2}{b_2}=\cdots=\frac{a_n}{b_n}$ (规定 $a_i=0$ 时, $b_i=0$ )时等号成立. 证法三 (比值法, 类似证法二) 令 $A_n=a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2, B_n=a_1 b_1+a_2 b_2+\cdots+a_n b_n, C_n=b_1^2+ b_2^2+\cdots+b_n^2$, 则 $$ \begin{gathered} \frac{A_n C_n}{B_n^2}+1=\sum_{i=1}^n \frac{a_i^2 C_n}{B_n^2}+\sum_{i=1}^n \frac{b_i^2}{C_n} \\ =\sum_{i=1}^n\left(\frac{a_i^2 C_n}{B_n^2}+\frac{b_i^2}{C_n}\right) \\ \geqslant \sum_{i=1}^n 2 \cdot \frac{a_i b_i}{B_n}=2, \\ \frac{A_n C_n}{B_n^2}+1 \geqslant 2, \\ B_n^2 \leqslant A_n C_n . \end{gathered} $$ 所以即 $B_n^2 \leqslant A_n C_n$. 等号成立当且仅当 $\frac{a_i}{b_i}(i=1,2, \cdots, n)$ 为一个常数. 注:(1)这两个证明方法比较简单, 但是对于不等式的证明来讲, 怎样人手是十分重要的. 比值法是证明不等式的一种常用、基本的方法. (2)上述两种方法也称为标准化方法,这个方法可以简化许多不等式的证明. 在前面我们也使用过. 如为了证明 $G_n \leqslant A_n$, 令 $y_i=\frac{a_i}{G_n}$, 则问题化为在条件 $y_1 y_2 \cdots y_n=1\left(y_i>0\right)$ 下, 证明 $\sum_{i=1}^n y_i \geqslant n$. %%TEXT_END%% %%TEXT_BEGIN%% 柯西不等式及其证明. 设 $a_1, a_2, \cdots, a_n$ 及 $b_1, b_2, \cdots, b_n$ 为任意实数, 则 $$ \left(a_1 b_1+a_2 b_2+\cdots+a_n b_n\right)^2 \leqslant\left(a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2\right)\left(b_1^2+b_2^2+\cdots+b_n^2\right), $$ 当且仅当 $\frac{a_1}{b_1}=\frac{a_2}{b_2}=\cdots=\frac{a_n}{b_n}$ (规定 $a_i=0$ 时, $b_i=0$ )时等号成立. 证法四 (归纳法) 众所周知, 归纳法是证明不等式的一种强有力和常用的方法, 这里, 利用归纳法证明一个更强的结论, 即 $$ \sum_{i=1}^n\left|a_i b_i\right| \leqslant \sqrt{\sum_{i=1}^n a_i^2} \sqrt{\sum_{i=1}^n b_i^2} . $$ (1)当 $n=2$ 时, $$ \begin{aligned} \left(a_1 b_1+a_2 b_2\right)^2 & =a_1^2 b_1^2+2 a_1 b_1 a_2 b_2+a_2^2 b_2^2 \\ & \leqslant a_1^2 b_1^2+a_1^2 b_2^2+a_2^2 b_1^2+a_2^2 b_2^2 \\ & =\left(a_1^2+a_2^2\right)\left(b_1^2+b_2^2\right), \end{aligned} $$ 且等号成立当且仅当 $\frac{a_1}{b_1}=\frac{a_2}{b_2}$, 命题成立. (2)假设当 $n==k$ 时命题成立, 那么对于 $n=k+1$, 由归纳假设, $$ \begin{aligned} & \sqrt{\sum_{i=1}^{k+1} a_i^2} \cdot \sqrt{\sum_{i=1}^{k+1} b_i^2} \\ = & \sqrt{\sum_{i=1}^k a_i^2+a_{k+1}^2} \cdot \sqrt{\sum_{i=1}^k b_i^2+b_{k+1}^2} \end{aligned} $$ $$ \begin{aligned} & \geqslant \sqrt{\sum_{i=1}^k a_i^2} \cdot \sqrt{\sum_{i=1}^k b_i^2}+\left|a_{k+1} b_{k+1}\right| \\ & \geqslant \sum_{i=1}^k\left|a_i b_i\right|+\left|a_{k+1} b_{k+1}\right|=\sum_{i=1}^{k+1}\left|a_i b_i\right| . \end{aligned} $$ 所以对一切的 $n$ 命题成立. 不难得到等号成立的充分必要条件. %%TEXT_END%% %%TEXT_BEGIN%% 柯西不等式及其证明. 设 $a_1, a_2, \cdots, a_n$ 及 $b_1, b_2, \cdots, b_n$ 为任意实数, 则 $$ \left(a_1 b_1+a_2 b_2+\cdots+a_n b_n\right)^2 \leqslant\left(a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2\right)\left(b_1^2+b_2^2+\cdots+b_n^2\right), $$ 当且仅当 $\frac{a_1}{b_1}=\frac{a_2}{b_2}=\cdots=\frac{a_n}{b_n}$ (规定 $a_i=0$ 时, $b_i=0$ )时等号成立. 证法五 (归纳与综合法) (1)当 $n=2$ 时,有 $$ \begin{aligned} \left(a_1 b_1+a_2 b_2\right)^2 & =a_1^2 b_1^2+2 a_1 b_1 a_2 b_2+a_2^2 b_2^2 \\ & \leqslant a_1^2 b_1^2+a_1^2 b_2^2+a_2^2 b_1^2+a_2^2 b_2^2 \\ & =\left(a_1^2+a_2^2\right)\left(b_1^2+b_2^2\right), \end{aligned} $$ 且等号成立当且仅当 $\frac{a_1}{b_1}=\frac{a_2}{b_2}$, 命题成立. (2)假设当 $n=k$ 时命题成立. 对于 $n=k+1$, 令 $A_k=a_1^2+a_2^2+\cdots+a_k^2$, $B_k=a_1 b_1+a_2 b_2+\cdots+a_k b_k, C_k=b_1^2+b_2^2+\cdots+b_k^2$, 则由归纳假设 $$ B_k^2 \leqslant A_k C_k . $$ 由于我们要证明 $$ \begin{aligned} & \left(a_1 b_1+a_2 b_2+\cdots+a_k b_k+a_{k+1} b_{k+1}\right)^2 \\ \leqslant & \left(a_1^2+a_2^2+\cdots+a_k^2+a_{k+1}^2\right)\left(b_1^2+b_2^2+\cdots+b_k^2+b_{k+1}^2\right), \end{aligned} $$ 等价于证明 $$ \begin{aligned} & \left(B_k+a_{k+1} b_{k+1}\right)^2 \leqslant\left(A_k+a_{k+1}^2\right)\left(C_k+b_{k+1}^2\right) \\ \Leftrightarrow & B_k^2+2 B_k a_{k+1} b_{k+1} \leqslant A_k C_k+A_k b_{k+1}^2+C_k a_{k+1}^2 \\ \Leftrightarrow & A_k C_k-B_k^2+A_k b_{k+1}^2+C_k a_{k+1}^2-2 B_k a_{k+1} b_{k+1} \geqslant 0 \\ \Leftrightarrow & A_k C_k-B_k^2+\left(\sqrt{A_k} b_{k+1}-\sqrt{C_k} a_{k+1}\right)^2+2\left(\sqrt{A_k} \sqrt{C_k}-B_k\right) a_{k+1} b_{k+1} \geqslant 0 . \end{aligned} $$ 由归纳假设, 上述不等式成立, 且等式成立当且仅当 $\frac{a_1}{b_1}=\frac{a_2}{b_2}=\cdots= \frac{a_{k+1}}{b_{k+1}}$, 故对任意 $n \geqslant 1$, 命题成立. %%TEXT_END%% %%TEXT_BEGIN%% 柯西不等式及其证明. 设 $a_1, a_2, \cdots, a_n$ 及 $b_1, b_2, \cdots, b_n$ 为任意实数, 则 $$ \left(a_1 b_1+a_2 b_2+\cdots+a_n b_n\right)^2 \leqslant\left(a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2\right)\left(b_1^2+b_2^2+\cdots+b_n^2\right), $$ 当且仅当 $\frac{a_1}{b_1}=\frac{a_2}{b_2}=\cdots=\frac{a_n}{b_n}$ (规定 $a_i=0$ 时, $b_i=0$ )时等号成立. 证法六 (归纳法和平均值不等式) (1)当 $n=2$ 时,有 $$ \begin{aligned} \left(a_1 b_1+a_2 b_2\right)^2 & =a_1^2 b_1^2+2 a_1 b_1 a_2 b_2+a_2^2 b_2^2 \\ & \leqslant a_1^2 b_1^2+a_1^2 b_2^2+a_2^2 b_1^2+a_2^2 b_2^2 \\ & =\left(a_1^2+a_2^2\right)\left(b_1^2+b_2^2\right), \end{aligned} $$ 即命题成立. (2)假设当 $n=k$ 时命题成立. 对于 $n=k+1$, 由于 $$ \begin{aligned} & \left(a_1 b_1+a_2 b_2+\cdots+a_k b_k+a_{k+1} b_{k+1}\right)^2 \\ = & \left(a_1 b_1+a_2 b_2+\cdots+a_k b_k\right)^2 \\ & +2\left(a_1 b_1+a_2 b_2+\cdots+a_k b_k\right) a_{k+1} b_{k+1}+a_{k+1}^2 b_{k+1}^2 . \end{aligned} $$ 由平均值不等式, 得 $$ \begin{aligned} & 2\left(a_1 b_1+a_2 b_2+\cdots+a_k b_k\right) a_{k+1} b_{k+1} \\ \leqslant & a_{k+1}^2\left(b_1^2+b_2^2+\cdots+b_k^2\right)+b_{k+1}^2\left(a_1^2+a_2^2+\cdots+a_k^2\right) . \end{aligned} $$ 由归纳假设,得 $$ \begin{aligned} & \left(a_1 b_1+a_2 b_2+\cdots+a_k b_k+a_{k+1} b_{k+1}\right)^2 \\ = & \left(a_1 b_1+a_2 b_2+\cdots+a_k b_k\right)^2+2\left(a_1 b_1+a_2 b_2+\cdots+a_k b_k\right) a_{k+1} b_{k+1}+a_{k+1}^2 b_{k+1}^2 \\ \leqslant & \left(a_1 b_1+a_2 b_2+\cdots+a_k b_k\right)^2+a_{k+1}^2\left(b_1^2+b_2^2+\cdots+b_k^2\right) \\ & +b_{k+1}^2\left(a_1^2+a_2^2+\cdots+a_k^2\right)+a_{k+1}^2 b_{k+1}^2 \\ = & \left(a_1^2+a_2^2+\cdots+a_{k+1}^2\right)\left(b_1^2+b_2^2+\cdots+b_{k+1}^2\right) . \end{aligned} $$ 结合平均值不等式等号成立的条件, 不难得到柯西不等式等号成立的充要条件,故命题成立. 注:(1)在上述的证明中, 我们反复利用了平均值不等式. (2)上述几种证明均用归纳法, 由于证明过程中, 对表达式的处理的不同,所以难易程度也就不同. %%TEXT_END%% %%TEXT_BEGIN%% 柯西不等式及其证明. 设 $a_1, a_2, \cdots, a_n$ 及 $b_1, b_2, \cdots, b_n$ 为任意实数, 则 $$ \left(a_1 b_1+a_2 b_2+\cdots+a_n b_n\right)^2 \leqslant\left(a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2\right)\left(b_1^2+b_2^2+\cdots+b_n^2\right), $$ 当且仅当 $\frac{a_1}{b_1}=\frac{a_2}{b_2}=\cdots=\frac{a_n}{b_n}$ (规定 $a_i=0$ 时, $b_i=0$ )时等号成立. 证法七(利用排序不等式) 由于 $$ \sum_{i=1}^n a_i^2 \sum_{i=1}^n b_i^2=a_1^2 \sum_{i=1}^n b_i^2+a_2^2 \sum_{i=1}^n b_i^2+\cdots+a_n^2 \sum_{i=1}^n b_i^2, $$ 则 $$ \begin{gathered} a_1 b_1, \cdots, a_1 b_n, a_2 b_1, \cdots, a_2 b_n, \cdots, a_n b_1, \cdots, a_n b_n, \\ a_1 b_1, \cdots, a_1 b_n, a_2 b_1, \cdots, a_2 b_n, \cdots, a_n b_1, \cdots, a_n b_n \end{gathered} $$ 有两行相同, 共 $n^2$ 列, 且是同序的. 另一方面,有乱序 $$ \begin{aligned} & a_1 b_1, \cdots, a_1 b_n, a_2 b_1, \cdots, a_2 b_n, \cdots, a_n b_1, \cdots, a_n b_n \\ & a_1 b_1, \cdots, a_n b_1, a_1 b_2, \cdots, a_n b_2, \cdots, a_1 b_n, \cdots, a_n b_n \end{aligned} $$ 两行, 共 $n^2$ 列, 且两行为乱序, 其乘积为 $$ \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n\left(a_i b_j\right)\left(a_j b_i\right)=\left(\sum_{i=1}^n a_i b_i\right)^2 . $$ 由引理 1 , 得 $$ \left(\sum_{i=1}^n a_i b_i\right)^2 \leqslant \sum_{i=1}^n a_i^2 \sum_{i=1}^n b_i^2, $$ 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. %%TEXT_END%% %%TEXT_BEGIN%% 柯西不等式及其证明. 设 $a_1, a_2, \cdots, a_n$ 及 $b_1, b_2, \cdots, b_n$ 为任意实数, 则 $$ \left(a_1 b_1+a_2 b_2+\cdots+a_n b_n\right)^2 \leqslant\left(a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2\right)\left(b_1^2+b_2^2+\cdots+b_n^2\right), $$ 当且仅当 $\frac{a_1}{b_1}=\frac{a_2}{b_2}=\cdots=\frac{a_n}{b_n}$ (规定 $a_i=0$ 时, $b_i=0$ )时等号成立. 证法八(利用参数平均值不等式) 由于对 $m \in \mathbf{R}^{+}$, 得 $$ a_i b_i \leqslant \frac{1}{2}\left(m^2 a_i^2+\frac{b_i^2}{m^2}\right) . $$ 令 $m^2=\sqrt{\frac{\sum_{i=1}^n b_i^2}{\sum_{i=1}^n a_i^2}}$, 则 $$ \left|a_i b_i\right| \leqslant \frac{1}{2}\left(\sqrt{\frac{\sum_{i=1}^n b_i^2}{\sum_{i=1}^n a_i^2} a_i^2}+\sqrt{\frac{\sum_{i=1}^n a_i^2}{\sum_{i=1}^n b_i^2}} b_i^2\right), $$ 从而 $$ \sum_{i=1}^n\left|a_i b_i\right| \leqslant \frac{1}{2}\left(\sqrt{\frac{\sum_{i=1}^n b_i^2}{\sum_{i=1}^n a_i^2}} \sum_{i=1}^n a_i^2+\sqrt{\frac{\sum_{i=1}^n a_i^2}{\sum_{i=1}^n b_i^2}} \sum_{i=1}^n b_i^2\right), $$ 故 $$ \begin{aligned} \sum_{i=1}^n a_i b_i & \leqslant \sum_{i=1}^n\left|a_i b_i\right| \leqslant \frac{1}{2}\left(\sqrt{\sum_{i=1}^n b_i^2 \sum_{i=1}^n a_i^2}+\sqrt{\sum_{i=1}^n a_i^2 \sum_{i=1}^n b_i^2}\right) \\ & =\left(\sum_{i=1}^n a_i^2\right)^{\frac{1}{2}}\left(\sum_{i=1}^n b_i^2\right)^{\frac{1}{2}} . \end{aligned} $$ 注:利用含参数的基本不等式来证明不等式, 具有较高的灵活性和技巧, 为了让大家熟悉这种证明方法, 后面, 我们将专门介绍. %%TEXT_END%% %%TEXT_BEGIN%% 柯西不等式及其证明. 设 $a_1, a_2, \cdots, a_n$ 及 $b_1, b_2, \cdots, b_n$ 为任意实数, 则 $$ \left(a_1 b_1+a_2 b_2+\cdots+a_n b_n\right)^2 \leqslant\left(a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2\right)\left(b_1^2+b_2^2+\cdots+b_n^2\right), $$ 当且仅当 $\frac{a_1}{b_1}=\frac{a_2}{b_2}=\cdots=\frac{a_n}{b_n}$ (规定 $a_i=0$ 时, $b_i=0$ )时等号成立. 证法九(利用行列式性质) $$ \begin{aligned} & S=\sum_{i=1}^n a_i^2 \cdot \sum_{i=1}^n b_i^2-\left(\sum_{i=1}^n a_i b_i\right)^2 \\ &=\left|\begin{array}{cc} a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2 & a_1 b_1+a_2 b_2+\cdots+a_n b_n \\ a_1 b_1+a_2 b_2+\cdots+a_n b_n & b_1^2+b_2^2+\cdots+b_n^2 \end{array}\right| \\ &=\sum_{i=1}^n\left|\begin{array}{cc} a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2 & a_i b_i \\ a_1 b_1+a_2 b_2+\cdots+a_n b_n & b_i^2 \end{array}\right| \\ &=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n\left|\begin{array}{cc} a_j^2 & a_i b_i \\ a_j b_j & b_i^2 \end{array}\right| \\ &=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n a_j b_i\left|\begin{array}{cc} a_j & a_i \\ b_j & b_i \end{array}\right|, \\ & S=\sum_{j=1}^n \sum_{i=1}^n a_i b_j\left|\begin{array}{cc} a_i & a_j \\ b_i & b_j \end{array}\right| \\ &=\sum_{j=1}^n \sum_{i=1}^n a_i b_j(-1)\left|\begin{array}{cc} a_j & a_i \\ b_j & b_i \end{array}\right| \\ &=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n a_i b_j(-1)\left|\begin{array}{ll} a_j & a_i \\ b_j & b_i \end{array}\right| \\ & 2 S=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n\left(a_j b_i-a_i b_j\right)\left|\begin{array}{ll} a_j & a_i \\ b_j & b_i \end{array}\right| \\ &=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n\left(a_j b_i-a_i b_j\right)^2 \geqslant 0, \end{aligned} $$ 又 $$ \begin{aligned} S & =\sum_{j=1}^n \sum_{i=1}^n a_i b_j\left|\begin{array}{cc} a_i & a_j \\ b_i & b_j \end{array}\right| \\ & =\sum_{j=1}^n \sum_{i=1}^n a_i b_j(-1)\left|\begin{array}{ll} a_j & a_i \\ b_j & b_i \end{array}\right| \\ & =\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n a_i b_j(-1)\left|\begin{array}{cc} a_j & a_i \\ b_j & b_i \end{array}\right|, \end{aligned} $$ 所以 $$ \begin{aligned} 2 S & =\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n\left(a_j b_i-a_i b_j\right)\left|\begin{array}{ll} a_j & a_i \\ b_j & b_i \end{array}\right| \\ & =\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n\left(a_j b_i-a_i b_j\right)^2 \geqslant 0 \end{aligned} $$ 即 $S \geqslant 0$, 故不等式成立. %%TEXT_END%% %%TEXT_BEGIN%% 柯西不等式及其证明. 设 $a_1, a_2, \cdots, a_n$ 及 $b_1, b_2, \cdots, b_n$ 为任意实数, 则 $$ \left(a_1 b_1+a_2 b_2+\cdots+a_n b_n\right)^2 \leqslant\left(a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2\right)\left(b_1^2+b_2^2+\cdots+b_n^2\right), $$ 当且仅当 $\frac{a_1}{b_1}=\frac{a_2}{b_2}=\cdots=\frac{a_n}{b_n}$ (规定 $a_i=0$ 时, $b_i=0$ )时等号成立. 证法十(利用拉格朗日恒等式) 对 $a_1, a_2, \cdots, a_n$ 与 $b_1, b_2, \cdots, b_n$, 我们有如下的拉格朗日恒等式 $$ \left(\sum_{i=1}^n a_i^2\right) \cdot\left(\sum_{i=1}^n b_i^2\right)-\left(\sum_{i=1}^n a_i b_i\right)^2=\sum_{1 \leqslant i0 $$ 在证法十一中, 就是利用了这个性质. %%TEXT_END%% %%TEXT_BEGIN%% 柯西不等式及其证明. 设 $a_1, a_2, \cdots, a_n$ 及 $b_1, b_2, \cdots, b_n$ 为任意实数, 则 $$ \left(a_1 b_1+a_2 b_2+\cdots+a_n b_n\right)^2 \leqslant\left(a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2\right)\left(b_1^2+b_2^2+\cdots+b_n^2\right), $$ 当且仅当 $\frac{a_1}{b_1}=\frac{a_2}{b_2}=\cdots=\frac{a_n}{b_n}$ (规定 $a_i=0$ 时, $b_i=0$ )时等号成立. 证法十三(构造单调数列) 构造数列 $\left\{S_n\right\}$, 其中 $$ S_n=\left(a_1 b_1+a_2 b_2+\cdots+a_n b_n\right)^2-\left(a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2\right)\left(b_1^2+b_2^2+\cdots+b_n^2\right) \text {, } $$ 则 $$ \begin{aligned} & S_1=\left(a_1 b_1\right)^2-a_1^2 b_1^2=0 \\ & S_{n+1}-S_n= {\left[\left(a_1 b_1+a_2 b_2+\cdots+a_{n+1} b_{n+1}\right)^2\right.} \\ &\left.-\left(a_1^2+a_2^2+\cdots+a_{n+1}^2\right)\left(b_1^2+b_2^2+\cdots+b_{n+1}^2\right)\right] \\ &-\left[\left(a_1 b_1+a_2 b_2+\cdots+a_n b_n\right)^2-\left(a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2\right)\right. \\ &\left.\left(b_1^2+b_2^2+\cdots+b_n^2\right)\right] \end{aligned} $$ $$ \begin{aligned} = & 2\left(a_1 b_1+a_2 b_2+\cdots+a_n b_n\right) a_{n+1} b_{n+1}+a_{n+1}^2 b_{n+1}^2 \\ & -\left(a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2\right) b_{n+1}^2 \\ & -a_{n+1}^2\left(b_1^2+b_2^2+\cdots+b_n^2\right)-a_{n+1}^2 b_{n+1}^2 \\ = & -\left[\left(a_1 b_{n+1}-b_1 a_{n+1}\right)^2+\left(a_2 b_{n+1}-b_2 a_{n+1}\right)^2\right. \\ & \left.+\cdots+\left(a_n b_{n+1}-b_n a_{n+1}\right)^2\right] \leqslant 0, \end{aligned} $$ 即 $S_{n+1} \leqslant S_n$, 所以数列 $\left\{S_n\right\}$ 单调减少, 从而对一切 $n \geqslant 1$, 有 $S_n \leqslant S_1=0$, 故命题成立. %%TEXT_END%% %%TEXT_BEGIN%% 柯西不等式及其证明. 设 $a_1, a_2, \cdots, a_n$ 及 $b_1, b_2, \cdots, b_n$ 为任意实数, 则 $$ \left(a_1 b_1+a_2 b_2+\cdots+a_n b_n\right)^2 \leqslant\left(a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2\right)\left(b_1^2+b_2^2+\cdots+b_n^2\right), $$ 当且仅当 $\frac{a_1}{b_1}=\frac{a_2}{b_2}=\cdots=\frac{a_n}{b_n}$ (规定 $a_i=0$ 时, $b_i=0$ )时等号成立. 证法十四 (二次函数的判别式) 令 $A_n=a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2, B_n=a_1 b_1+a_2 b_2+\cdots+a_n b_n, C_n=b_1^2+ b_2^2+\cdots+b_n^2$, 作二次函数 $f(x)=A_n x^2+2 B_n x+C_n=\sum_{i=1}^n\left(a_i x+b_i\right)^2 \geqslant 0$, 且 $f(x)=0$ 的充要条件是 $\frac{a_i}{b_i}=\lambda$ 为常数. 由于 $A_n>0, f(x) \geqslant 0$, 则它的判别式 $\Delta=4\left(B_n^2-A_n C_n\right) \leqslant 0$, 即 $$ B_n^2 \leqslant A_n C_n \text {. } $$ 等号成立当且仅当 $\frac{a_1}{b_1}=\frac{a_2}{b_2}=\cdots=\frac{a_n}{b_n}$ 为常数. 用类似的方法, 可以证明下列不等式: 设 $a_i, b_i \in \mathbf{R}$, 满足 $a_1^2-a_2^2-\cdots-a_n^2>0$ 或 $b_1^2-b_2^2-\cdots-b_n^2>0$, 求证: $\left(a_1 b_1-a_2 b_2-\cdots-a_n b_n\right)^2 \geqslant\left(a_1^2-a_2^2-\cdots-a_n^2\right)\left(b_1^2-b_2^2-\cdots-b_n^2\right)$. 证明按上述记号, 不妨设 $A_n>0$, 考虑函数 $g(x)=A_n x^2+2 B_n x+ C_n=\left(a_1 x+b_1\right)^2-\sum_{i=2}^n\left(a_i x+b_i\right)^2$, 则存在 $x_0=-\frac{b_1}{a_1}, a_1 \neq 0$, 使得 $g\left(x_0\right) \leqslant$ 0 , 由于二次函数开口向上, 从而存在 $x_1$ 充分大, 使得 $g\left(x_1\right)>0$. 则它的判别式 $\Delta=4\left(B_n^2-A_n C_n\right) \geqslant 0$, 即 $$ B_n^2 \geqslant A_n C_n $$ 等号成立当且仅当 $\frac{a_1}{b_1}=\frac{a_2}{b_2}=\cdots=\frac{a_n}{b_n}$ 为常数. %%TEXT_END%% %%TEXT_BEGIN%% 柯西不等式及其证明. 设 $a_1, a_2, \cdots, a_n$ 及 $b_1, b_2, \cdots, b_n$ 为任意实数, 则 $$ \left(a_1 b_1+a_2 b_2+\cdots+a_n b_n\right)^2 \leqslant\left(a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2\right)\left(b_1^2+b_2^2+\cdots+b_n^2\right), $$ 当且仅当 $\frac{a_1}{b_1}=\frac{a_2}{b_2}=\cdots=\frac{a_n}{b_n}$ (规定 $a_i=0$ 时, $b_i=0$ )时等号成立. 证法十五 (凹函数方法) 令 $A_n=a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2, B_n=a_1 b_1+a_2 b_2+\cdots+a_n b_n, C_n=b_1^2+ b_2^2+\cdots+b_n^2$, 且不妨假设 $a_i>0, b_i>0$, 由前面的引理 4 , 对凹函数 $f(x)= \ln x$, 有 $$ \begin{gathered} \frac{1}{2} \ln \frac{a_i^2}{A_n}+\frac{1}{2} \ln \frac{b_i^2}{C_n} \leqslant \ln \frac{\frac{a_i^2}{A_n}+\frac{b_i^2}{C_n}}{2} \\ \Leftrightarrow \ln \left(\frac{a_i^2}{A_n} \frac{b_i^2}{C_n}\right)^{\frac{1}{2}} \leqslant \ln \frac{\frac{a_i^2}{A_n}+\frac{b_i^2}{C_n}}{2} \\ \Leftrightarrow\left(\frac{a_i^2}{A_n} \frac{b_i^2}{C_n}\right)^{\frac{1}{2}} \leqslant \frac{\frac{a_i^2}{A_n}+\frac{b_i^2}{C_n}}{2} . \end{gathered} $$ 于是 $$ \begin{aligned} & \sum_{i=1}^n \frac{a_i}{A_n^{\frac{1}{2}}} \frac{b_i}{C_n^{\frac{1}{2}}} \leqslant \frac{1}{2}\left(\frac{1}{A_n} \sum_{i=1}^n a_i^2+\frac{1}{C_n} \sum_{i=1}^n b_i^2\right)=1 \\ \Leftrightarrow & \sum_{i=1}^n a_i b_i \leqslant A_n^{\frac{1}{2}} C_n^{\frac{1}{2}} . \end{aligned} $$ 不难得到, 等式成立的充要条件是 $\frac{a_1}{b_1}=\frac{a_2}{b_2}=\cdots=\frac{a_n}{b_n}$. 另外, 如果令 $x=\frac{a_i^2}{A_n}, y=\frac{b_i^2}{C_n}, p=q=2$, 则由 Young 不等式,容易得到柯西不等式. %%TEXT_END%% %%TEXT_BEGIN%% 柯西不等式的变形和推广. 变形 1 设 $a_i \in \mathbf{R}, b_i>0(i=1,2, \cdots, n)$, 则 $$ \sum_{i=1}^n \frac{a_i^2}{b_i} \geqslant \frac{\left(\sum_{i=1}^n a_i\right)^2}{\sum_{i=1}^n b_i}, $$ 等号成立的充分必要条件是 $a_i=\lambda b_i(i=1,2, \cdots, n)$. 变形 2 设 $a_i, b_i(i=1,2, \cdots, n)$ 同号且不为零, 则 $$ \sum_{i=1}^n \frac{a_i}{b_i} \geqslant \frac{\left(\sum_{i=1}^n a_i\right)^2}{\sum_{i=1}^n a_i b_i}, $$ 等号成立的充分必要条件是 $b_1=b_2=\cdots=b_n$. 柯西不等式的推广为赫尔德 (Holder)不等式, 即赫尔德不等式 设 $a_i>0, b_i>0(i=1,2, \cdots, n), p>0, q>0$, 满足 $\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1$, 则 $$ \sum_{i=1}^n a_i b_i \leqslant\left(\sum_{i=1}^n a_i^p\right)^{\frac{1}{p}}\left(\sum_{i=1}^n b_i^q\right)^{\frac{1}{q}} . $$ 等号成立的充分必要条件是 $a_i^p=\lambda b_i^q(i=1,2, \cdots, n, \lambda>0)$. 证明由 Young 不等式, 得 $$ \begin{aligned} & \sum_{i=1}^n\left[\frac{a_i^p}{\sum_{i=1}^n a_i^p}\right]^{\frac{1}{p}} \cdot\left[\frac{b_i^q}{\sum_{i=1}^n b_i^q}\right]^{\frac{1}{q}} \\ \leqslant & \sum_{i=1}^n\left[\frac{1}{p} \frac{a_i^p}{\sum_{i=1}^n a_i^p}\right]+\sum_{i=1}^n\left[\frac{1}{q} \frac{b_i^q}{\sum_{i=1}^n b_i^q}\right]=\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1 . \end{aligned} $$ 等号成立的充分必要条件是 $$ \frac{a_i^p}{\sum_{i=1}^n a_i^p}=\frac{b_i^q}{\sum_{i=1}^n b_i^q} $$ 即 $a_i^p=\lambda b_i^q(i=1,2, \cdots, n, \lambda>0)$. 赫尔德不等式也可以变形为 $$ \sum_{i=1}^n \frac{a_i^{m+1}}{b_i^m} \geqslant \frac{\left(\sum_{i=1}^n a_i\right)^{m+1}}{\left(\sum_{i=1}^n b_i\right)^m}, $$ 等号成立的充分必要条件是 $a_i=\lambda b_i(i=1,2, \cdots, n)$. 其中 $a_i>0, b_i>0 (i=1,2, \cdots, n), m>0$ 或 $m<-1$. 证明当 $m>0$ 时, 由赫尔德不等式, 得 $$ \begin{aligned} \sum_{i=1}^n a_i & =\sum_{i=1}^n\left(\frac{a_i}{b_i^{\frac{m}{m+1}}}\right) \cdot b_i^{\frac{m}{m+1}} \\ & \leqslant\left[\sum_{i=1}^n\left(\frac{a_i}{b_i^{\frac{m}{m+1}}}\right)^{m+1}\right]^{\frac{1}{m+1}} \cdot\left[\sum_{i=1}^n\left(b_i^{\frac{m}{m+1}}\right)^{\frac{m+1}{m}}\right]^{\frac{m}{m+1}} \\ & =\left(\sum_{i=1}^n \frac{a_i^{m+1}}{b_i^m}\right)^{\frac{1}{m+1}} \cdot\left(\sum_{i=1}^n b_i\right)^{\frac{m}{m+1}} \end{aligned} $$ 故 $$ \sum_{i=1}^n \frac{a_i^{m+1}}{b_i^m} \geqslant \frac{\left(\sum_{i=1}^n a_i\right)^{m+1}}{\left(\sum_{i=1}^n b_i\right)^m} . $$ 当 $m<-1$ 时, $-(m+1)>0$, 对于数组 $\left(b_1, b_2, \cdots, b_n\right)$ 和 $\left(a_1, a_2, \cdots\right.$, $\left.a_n\right)$ 有 $$ \begin{gathered} \sum_{i=1}^n \frac{b_i^{-(m+1)+1}}{a_i^{-(m+1)}} \geqslant \frac{\left(\sum_{i=1}^n b_i\right)^{-(m+1)+1}}{\left(\sum_{i=1}^n a_i\right)^{-(m+1)}} . \\ \sum_{i=1}^n \frac{a_i^{m+1}}{b_i^m} \geqslant \frac{\left(\sum_{i=1}^n a_i\right)^{m+1}}{\left(\sum_{i=1}^n b_i\right)^m} . \end{gathered} $$ 等号成立当且仅当 $\left(\frac{a_i}{b_i^{\frac{m}{m+1}}}\right)^{m+1}=\mu\left(b_i^{\frac{m}{m+1}}\right)^{\frac{m+1}{m}}$, 即 $a_i=\lambda b_i(i=1$, $2, \cdots, n)$. 由赫尔德不等式可以推出另一个重要的不等式, 即闵可夫斯基不等式 对 $a_i, b_i \in \mathbf{R}^{+}, k>1$, 则 $$ \left[\sum_{i=1}^n\left(a_i+b^i\right)^k\right]^{\frac{1}{k}} \leqslant\left(\sum_{i=1}^n a_i^k\right)^{\frac{1}{k}}+\left(\sum_{i=1}^n b_i^k\right)^{\frac{1}{k}}, $$ 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. 证明由赫尔德不等式, 得 $$ \begin{aligned} \sum_{i=1}^n\left(a_i+b_i\right)^k= & \sum_{i=1}^n a_i\left(a_i+b_i\right)^{k-1}+\sum_{i=1}^n b_i\left(a_i+b_i\right)^{k-1} \\ \leqslant & \left(\sum_{i=1}^n a_i^k\right)^{\frac{1}{k}}\left[\sum_{i=1}^n\left(a_i+b_i\right)^k\right]^{\frac{k-1}{k}}+\left(\sum_{i=1}^n b_i^k\right)^{\frac{1}{k}}\left[\sum_{i=1}^n\left(a_i+b_i\right)^k\right]^{\frac{k-1}{k}}, \\ & \\ \text { 所以 } & {\left[\sum_{i=1}^n\left(a_i+b_i\right)^k\right]^{\frac{1}{k}} \leqslant\left(\sum_{i=1}^n a_i^k\right)^{\frac{1}{k}}+\left(\sum_{i=1}^n b_i^k\right)^{\frac{1}{k}} . } \end{aligned} $$ 所以 $\quad\left[\sum_{i=1}^n\left(a_i+b_i\right)^k\right]^{\frac{1}{k}} \leqslant\left(\sum_{i=1}^n a_i^k\right)^{\frac{1}{k}}+\left(\sum_{i=1}^n b_i^k\right)^{\frac{1}{k}}$. 不难知, 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. 关于柯西不等式的复数形式, 就不在这里讨论了. %%TEXT_END%%