柯西不等式

0x01.柯西不等式

设$(a_1,a_2,\cdots,a_n)$与$(b_1,b_2,\cdots,b_n)$为两实数列，则

$$(a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2)(b_1^2+b_2^2+\cdots+b_n^2)\ge(a_1b_1+a_2b_2+\cdots+a_nb_n)^2$$

当且仅当$(a_1,a_2,\cdots,a_n)$与$(b_1,b_2,\cdots,b_n)$对应成比例时取等

0x02.柯西不等式的证明

• 令

$$\begin{align} f(x)&=(a_1x-b_1)^2+(a_2x-b_2)^2+\cdots+(a_nx-b_n)^2 \\ &=(a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2)x^2-2(a_1b_1+a_2b_2+\cdots+a_nb_n)x+(b_1^2+b_2^2+\cdots+b_n^2)\\ &\ge 0(x \in \mathbb{R}) \end{align}$$

故知$\triangle_f\le0$，即

$$(a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2)(b_1^2+b_2^2+\cdots+b_n^2)\ge(a_1b_1+a_2b_2+\cdots+a_nb_n)^2$$

• 由$Cauchy-Schwarz$展开式，

$$(a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2)(b_1^2+b_2^2+\cdots+b_n^2)=(a_1b_1+a_2b_2+\cdots+a_nb_n)^2+\Sigma_{i,j=1}^n(a_ib_j-a_jb_i)^2$$

知结论成立

0x03.柯西不等式的应用

问题描述

对$(a_1,a_2,\cdots,a_n)$与$(b_1,b_2,\cdots,b_n)$两实数列（$b$中每项都非负），有

$$\cfrac{a_1^2}{b_1}+\cfrac{a_2^2}{b_2}+\cdots+\cfrac{a_n^2}{b_n}\ge\cfrac{(a_1+a_2+\cdots+a_n)^2}{b_1+b_2+\cdots+b_n}$$

问题描述

对任意两实数列$(a_1,a_2,\cdots,a_n)$与$(b_1,b_2,\cdots,b_n)$（$b$中每项都非负），有

$$\cfrac{a_1}{b_1}+\cfrac{a_2}{b_2}+\cdots+\cfrac{a_n}{b_n}\ge\cfrac{(a_1+a_2+\cdots+a_n)^2}{a_1b_1+a_2b_2+\cdots+a_nb_n}$$

???+note " 问题描述"对任意一个实数列$(a_1,a_2,\cdots,a_n)$，都有

$$(a_1+a_2+\cdots+a_n)^2\le n(a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2)$$

问题描述

已知$a,b,c>0,abc=1,k\ge 2$，求证$\cfrac{1}{1+ka}+\cfrac{1}{1+kb}+\cfrac{1}{1+kc}\ge \cfrac{3}{1+k}$

因为$abc=1$，故设$a=\cfrac{y}{x},b=\cfrac{z}{y},c=\cfrac{x}{z}(x,y,z\in\mathbb{R^+})$

即证$\Sigma\cfrac{x}{x+ky}\ge\cfrac{3}{1+k}$

$$\begin{align} LHS&\ge \cfrac{(\Sigma x)^2}{\Sigma x(x+ky)}\\ &=\cfrac{(\Sigma x)^2}{\Sigma x^2+k\Sigma xy}\\ &=\cfrac{(\Sigma x)^2}{(\Sigma x)^2+(k-2)\Sigma xy}(*) \end{align}$$

由$3(xy+yz+zx)\le(x+y+z)^2$，知

$$\begin{align} (*)&\ge \cfrac{(\Sigma x)^2}{(\Sigma x)^2+(k-2)\times \cfrac{1}{3}(\Sigma x)^2}\\ &=\cfrac{3}{1+k}=RHS \end{align}$$

知结论成立