柯西不等式与赫尔德不等式的常用技巧

0x01.用柯西不等式去掉式中的根号¶

$\sqrt{(x_1^2+x_2^2+\cdots+x_n^2)(y_1^2+y_2^2+\cdots+y_n^2)}\ge a_1x_1+a_2x_2+\cdots+a_nx_n$

$(a_1\sqrt{x_1}+a_2\sqrt{x_2}+\cdots+a_n\sqrt{x_n})^2\le(a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2)(x_1+x_2+\cdots+x_n)$

问题描述

已知 $a,b,c>0,a+b+c=3$ ，求证 $\sqrt{1-a+a^2}+\sqrt{1-b+b^2}+\sqrt{1-c+c^2}\ge3$

注： $\sqrt{x^2+y^2}=\sqrt{\cfrac{1}{2}(1+1)(x^2+y^2)}\ge\sqrt{\cfrac{1}{2}(x+y)^2}=\cfrac{x+y}{\sqrt{2}}$

$\begin{align} &\sqrt{1-a+a^2} =\sqrt{(a-\cfrac{1}{2})^2+\cfrac{3}{4}}\\ &=\sqrt{(\cfrac{1}{4}+\cfrac{3}{4})[(a-\cfrac{1}{2})^2+\cfrac{3}{4}]}\\ &\ge \sqrt{(\cfrac{1}{2}(a-\cfrac{1}{2})+\cfrac{3}{4})^2}\\ &=\cfrac{a+1}{2} \end{align}$

问题描述

已知 $0<a\le b\le c,a+b+c=3$ ，求证 $\sqrt{a^2+3}+\sqrt{2a^2+b^2+6}+\sqrt{3a^2+2b^2+c^2+10}\le 9$

注：

$\begin{align} &(\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}+\sqrt{x_3})^2\\ =&(\sqrt{a_1}\cdot\sqrt{\cfrac{x_1}{a_1}}+\sqrt{a_2}\cdot\sqrt{\cfrac{x_2}{a_2}}+\sqrt{a_3}\cdot\sqrt{\cfrac{x_3}{a_3}})^2\\ \le &(a_1+a_2+a_3)(\cfrac{x_1}{a_1}+\cfrac{x_2}{a_2}+\cfrac{x_3}{a_3})\\ \end{align}$

$\begin{align} LHS^2&=(\sqrt{2}\cdot\sqrt{\cfrac{a^2+3}{2}}+\sqrt{3}\cdot\sqrt{\cfrac{2a^2+b^2+6}{3}}+\sqrt{4}\cdot\sqrt{\cfrac{3a^2+2b^2+c^2+10}{4}})^2\\ &\le(2+3+4)(\cfrac{a^2+3}{2}+\cfrac{2a^2+b^2+6}{3}+\cfrac{3a^2+2b^2+c^2+10}{4})\\ &=\cfrac{3}{4}(23a^2+10b^2+3c^2+72) \end{align}$

即欲证结论，只要证

$23a^2+10b^2+3c^2\le36=4(a+b+c)^2(*)$

故

$\begin{align} RHS_{(*)}&=4(a^2+b^2+c^2)+8(ab+bc+ca)\\ &\ge4(a^2+b^2+c^2)+8(a^2+b^2+a^2)\\ &=20a^2+12b^2+4c^2\\ &\ge20a^2+10b^2+3c^2+3a^2\\ &=23a^2+10b^2+3c^2 \end{align}$

知结论成立

0x02.用柯西不等式转化为同分母¶

问题描述

已知 $a,b,c>0,\Sigma a=\Sigma ab$ ，求证 $\Sigma \cfrac{1}{1+a+b^2}\le 1$

$\cfrac{1}{1+a+b^2}=\cfrac{c^2+a+1}{(1+a+b^2)(c^2+a+1)}\le\cfrac{c^2+a+1}{(a+b+c)^2}$ ，其余同理

故

$LHS\le \cfrac{\Sigma(c^2+a+1)}{(a+b+c)^2}=\cfrac{\Sigma a^2+\Sigma a+3}{(\Sigma a)^2}$

所以只要证

$\Sigma a^2+\Sigma a+3\le (\Sigma a)^2=\Sigma a^2+2\Sigma ab \Leftrightarrow \Sigma a\ge 3$

又 $(a+b+c)^2\ge 3(ab+bc+ca)$

由 $a+b+c=ab+bc+ca$ ，知 $a+b+c\ge 3$

知结论成立

问题描述

已知 $x,y,z>0,x+y+z=3$ ，求证 $\Sigma \cfrac{x}{x^3+y^2+z}\le 1$

$\cfrac{x}{x^3+y^2+z}=\cfrac{1}{x^2+\cfrac{y^2}{x}+\cfrac{z}{x}}=\cfrac{1+x+xz}{(x^2+\cfrac{y^2}{x}+\cfrac{z}{x})(1+x+xz)}\le\cfrac{1+x+xz}{(x+y+z)^2}$

其余同理，知

$LHS\le\Sigma\cfrac{1+x+xz}{(x+y+z)^2}=\cfrac{3+\Sigma x+\Sigma xy}{(x+y+z)^2}=\cfrac{6+\Sigma xy}{9}(*)$

又 $(x+y+z)^2\ge 3(xy+yz+zx)$ 故 $\Sigma xy \le 3$

所以 $(*)\le1$ ，知结论成立

0x03.适当安排式中变量位置，并结合对称式对大小条件进行指定，通过柯西不等式进行放缩¶

问题描述

已知 $a,b,c\in \mathbb{R}$ ，求证 $(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)\ge9(ab+bc+ca)$

$9(ab+bc+ca)=3\times3(ab+bc+ca)\le3(a+b+c)^2$

故欲证结论，只要证 $(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)\ge3(a+b+c)^2$

考虑到 $a^2-1,b^2-1,c^2-1$ 中必有两数同号，不妨设 $a^2-1,b^2-1$ 同号

$3(a+b+c)^2=3(a\cdot 1+b\cdot 1+1\cdot c)^2\le 3(a^2+b^2+1)(1+1+c^2)$

故只要证

$3(a^2+b^2+1)\le(a^2+2)(b^2+2)\Leftrightarrow(a^2-1)(b^2-1)\ge 0$

知结论成立

0x04.通过柯西不等式或赫尔德不等式进行凑项（平方，上下乘等）¶

Note

"问题描述"已知 $0<\theta<\cfrac{\pi}{2}$ ，求 $\cfrac{8}{\cos\theta}+\cfrac{27}{\sin\theta}$ 的最小值

$\begin{align} &(\cos^2\theta+\sin^2\theta)(\cfrac{8}{\cos\theta}+\cfrac{27}{\sin\theta})(\cfrac{8}{\cos\theta}+\cfrac{27}{\sin\theta})\\ \ge&(\sqrt[3]{8^2}+\sqrt[3]{27^2})^3=13^3 \end{align}$

故 $\cfrac{8}{\cos\theta}+\cfrac{27}{\sin\theta}\ge 13\sqrt{13}$

当 $\cfrac{\cos^2\theta}{\cfrac{8}{\cos\theta}}=\cfrac{\sin^2\theta}{\cfrac{27}{\sin\theta}}$ 时，即 $\tan\theta=\cfrac{3}{2}$ 时，取到最小值 $13\sqrt{13}$

问题描述

设 $a,b,c\ge0$ ，证明 $\cfrac{a}{b^2+c^2}+\cfrac{b}{c^2+a^2}+\cfrac{c}{a^2+b^2}\ge\cfrac{4}{5}(\cfrac{1}{b+c}+\cfrac{1}{c+a}+\cfrac{1}{a+b})$

由柯西不等式，知 $(\Sigma \cfrac{a}{b^2+c^2})(\Sigma a(b^2+c^2))\ge (a+b+c)^2$

于是只要证

$\cfrac{(a+b+c)^2}{ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)}\ge\cfrac{4}{5}\cdot\cfrac{a^2+b^2+c^2+3(ab+bc+ca)}{ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)+2abc}$

设 $S=\Sigma a^2,P=\Sigma ab,Q = \Sigma ab(a+b)$ ，则

$\begin{align} &\text{上式}\\ \Leftrightarrow& \cfrac{5(5+2P)}{Q}\ge \cfrac{4(S+3P)}{Q+2abc}\\ \Leftrightarrow& SQ+10abcS+20abcP\ge 2PQ \end{align}$

明显有 $PQ=\Sigma_{sym}a^2b^2(a+b)+2abc(S+P)$

$\begin{align} &SQ\\ \ge& \Sigma_{sym}ab(a+b)(a^2+b^2)\\ \ge& 2\Sigma_{sym}a^2b^2(a+b) \end{align}$

知结论成立

0x05.究极¶

问题描述

已知 $a,b,c>0,ab+bc+ca=3$ ，证明 $\prod(1+a^2)\ge8$

F1¶

注意到 $(1^2+a^2)(b^2+1^2)\ge(a+b)^2$

$(1+1)(1+c^2)\times(a^2+1)(1+b^2)\ge(1+c)^2(a+b)^2$

不妨设 $a\ge c\ge b$ ，则 $a\ge 1,b\le 1$

那么只要证

$\begin{align} &(1+c)(a+b) \ge 4\\ \Leftrightarrow &a+b+ac+bc\ge 4\\ \Leftrightarrow &a+b+3-ab\ge 4\\ \Leftrightarrow &(a-1)(b-1)\le 0 \end{align}$

知结论成立

F2¶

$\begin{align} LHS&=\prod{\sqrt{(a^2+1)(1+b^2)}}\\ &\ge \prod(a+b)(*) \end{align}$

由友链，知

$\begin{align} (*)&\ge \cfrac{8}{9}\Sigma a\cdot \Sigma ab\\ &=\cfrac{8}{3}\Sigma a\\ &= 8 \end{align}$

F3¶

记 $p=a+b+c,q=ab+bc+ca,r=abc$

欲证结论，只要证 $(p-r)^2\ge 8-(q-1)^2=4\Leftrightarrow p-r\ge 2$

由

$p^2=(a+b+c)^2\ge3(ab+bc+ca)=9 \Rightarrow p \ge 3$

$r^2=ab\cdot bc\cdot ca\le (\cfrac{ab+bc+ca}{3})^3=1 \Rightarrow r\le 1$

知结论成立

F4¶

$\begin{align} &4LHS^2\\ =&(1+1+1+1)(a^2b^2+b^2+a^2+1)(b^2+b^2c^2+c^2+1)(a^2+c^2+c^2a^2+1)\\ \ge&(ab+bc+ca+1)^4\\ =&4^3 \end{align}$

知 $LHS\ge 8$ ，结论成立

0x06.关于柯西不等式与赫尔德不等式的备注¶

轮换对称式都可以用

$\left\{ \begin{align} &p=a+b+c\\ &q=ab+bc+ca\\ &r=abc \end{align} \right.$

三元组表示 + 此两不等式使用灵活，应熟炼