利用柯西不等式解数学竞赛题举例_苏化明

应用柯西不等式的两个变式巧解竞赛题作者：李佑东来源：《中学数学杂志(高中版)》2009年第05期柯西不等式是竞赛中一个非常重要的不等式,其基本形式是:∈应用该不等式,很容易得到特殊情形下柯西不等式的分式形式和根式形式:(1) 分式形式∈(2) 根式形式∈把这两个不等式作为柯西不等式的变式,应用这两个变式可以简单的解决竞赛中的很多不等式或最值问题.1 变式(1)的运用例1 (2003年全国高中数学联赛) 已知x,y∈(-2,2)且xy=-1,则函数μ=44--的最小值是多少参考答案是由xy=-1消去y,通分化简,最后利用基本不等式求解,较为麻烦.解μ=44--11--42-42-例2 (第19届莫斯科数学竞赛) 设|x|11---xy.该题在一些竞赛辅导书上也出现过,往往都是通过构造两个无穷递缩等比数列来证.思路不是很自然,其实用上述变式(1)非常简单可以得到结论.解 11--42--2xy=21-xy.例3 (第29届俄罗斯数学奥林匹克竞赛) 设a,b,c∈且a+b+c=1,证明:11-a+11-b+11-c≥21+a+21+b+21+c.分析左边是三项分式,右边也是三项分式,可考虑对左边两两运用上述不等式.解11-a+11-b≥42-11-b+11-c≥42-11-c+11-a≥42-(c+a)=41+b将以上三式相加得证.例4 (数学通报2008,3数学问题与解答第1724题已知:a,b,c∈且a+b+c=1,求证:1a+bc+1b+ca+1c+ab≥274 .问题提供者提供的解答比较繁琐,且思路很不自然,不易想到.应用变式(1),该题就很简单证明由即ab+bc+ca≤13.所以1a+bc+1b+ca+1c+ab≥9a+b+c+ab+bc+ca≥274.2 变式(2)的运用例5(2005年全国高中数学联赛) 使不等式x-3+6-x≥k有解的实数的最大值是什么.解由上述不等式k≤x-3+6-x≤2(x-3+6-x)=6.例6 设a+b=1,求证分析由于次数较高,可考虑反复利用上述不等式.解即例7 (2003年全国高中数学联赛) 设32≤x≤5,证明不等式:2x+1+2x-3+15-3x证明 2x+1+2x-3+15-3x=x+1+x+1+2x-3+15-3x≤4(x+1+x+1+2x-3+15-3x)=2x+14≤219.由x+1,3x-3,15-3x不可能同时相等,所以上式等号取不到,即2x+1+2x-3+15-3x3 两个变式综合运用例8 设a,b,c∈且a+b+c=1,证明:1a+1b+1c≥33.分析该题在竞赛教辅上,往往利用柯西不等式去证,需要构造两组合适的数,技巧性较强,利用以上两个不等式很容易得证.证明1a+1b+1c≥9a+b+c≥93(a+b+c)=33.例9 (第18届全俄中学生数学竞赛题) 已知:x,y∈求证:14x+14x≥证明14x+14y≥42(x+y)4 应用变式加强或推广一些问题例10 设a,b,c∈且a>b>c,则1a-b+1b-c+1c-a>0.分析由不等式易知,1a-b+1b-c≥4a-c,即原不等式可推广为1a-b+1b-c+4a-c≥0.另外,设由不等式(1)可得----即----a例11 已知:a,b,c,d,e∈且满足试确定e 的最大值.这也是一道在很多竞赛书上都能见到的问题,解法也是各种各样,有的书上用构造二次函数,然后反复利用判别式三次,把简单问题复杂化,利用不等式很容易得出结果.解由a+b+c+d=8-e,又因为-即:8-e≤216-由条件知e≤4,解上述不等式即得:0≤e≤165.由上面的解答可知: 因为a,b,c,d,e位置对称,所以0≤a,b,c,d,e≤165.因此,原问题可加强为:a,b,c,d,e∈且满足求证: 0≤a,b,c,d,e≤165.利用该方法可以很容易将问题推广为:(1988年四川高中联赛试题) 已知∈满足且-1(n≥2,n∈求证证明由a------1-所以:(a--(n-得由的对称性,有参考文献[1] 周沛耕.数学奥林匹克竞赛标准教材北京:北京教育出版社,2005.[2] 开明出版社编辑部.全国高中数学联赛历届真题北京:开明出版社,2005.[3] 宋庆.数学问题与解答数学通报,2008,(3).。

2，利用柯西不等式证明不等式柯西（Cauchy ）不等式：设12,,na a a ⋅⋅⋅和12,nb b b ⋅⋅⋅是给定的实数，则222222211221212()()()n n n n a b a b a b a a a b b b ++⋅⋅⋅+≤++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+。

等号成立的充要条件是：存在,λμ（不全为零），使i i a b λμ= i=1,2,···n证明：22221111222111()2()00(0)()()nnnnii i ii i i i i i n n ni i i ii i i i f x a x a b x b a x b a a b a b ========-+=-≥∆≤≤∑∑∑∑∑∑∑设则：，包括全为的情况。

化简即得：（）（3）柯西不等式的几个推论 ①若,,1,2,,i i a b R i n ∈=，则22111n i ni i n i iii a a b b ===⎛⎫⎪⎝⎭≥∑∑∑，当且仅当,1,2,,i i b a i n λ==时取等号。

特别地，()3212321323222121y y y x x x y x y x y x ++++≥++ ②2111n i ni i n i ii ii a a b a b ===⎛⎫⎪⎝⎭≥∑∑∑，当且仅当12n b b b ===时等号成立③若,1,2,3,,i a R i n +∈=，则2211nn i i i i n a a ==⎛⎫≥ ⎪⎝⎭∑∑，当且仅当12n a a a ===时等号成立④若,1,2,3,,i a R i n +∈=，则2111n n i i i i a n a ==⎛⎫⎛⎫≥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑∑，当且仅当12n a a a ===时例1： 若,,a b c 都是正数，证明：2222a b c a b cb c c a a b ++++≥+++ 证明：由()()()()2222a b c b c c a a b a b c b c c a a b ⎛⎫+++++++≥++⎡⎤ ⎪⎣⎦+++⎝⎭故有不等式2222a b c a b cb c c a a b ++++≥+++成立 例2：设12,,,n x x x为正实数，证明：1222222211212111n nx x x x x x x x x+++<+++++++证明：()2122221211n nx x x x x x n++++++++≥，故有()22221212111nn nx x xx x x ≤++++++++()()1211211n n nx x x x x x -<++++++++121121111n n n n x x x x x x x -⎛⎫=-⎪++++++++⎝⎭例3：12,,n a a a ⋅⋅⋅是n 个不同的自然数，求证：1112n++⋅⋅⋅+≤21222na a a n ++⋅⋅⋅+证明：∵221112n ⎤⎛⎫++⋅⋅⋅+= ⎪⎝⎭ 2122121112n n a a a n a a a ⎛⎫⎛⎫≤++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭212211122n a a a n n ⎛⎫⎛⎫≤++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ∴1112n++⋅⋅⋅+≤21222n a a an ++⋅⋅⋅+ 说明：本题通过变形积极创造了柯西不等式中“积和”与“平方和”的形式。

柯西不等式（Cauchy-Schwarz Inequality）是一个在数学中非常常用的不等式，其表述为：对于所有的非负实数序列{a_i} 和{b_i}，都有
(∑a_i^2) * (∑b_i^2) ≥ (∑a_i * b_i)^2
等号成立当且仅当a_i和b_i之间存在一个常数比例关系，即a_i/b_i = a_j/b_j 对所有的i, j都成立。

现在，让我们来看一个柯西不等式的例题及其解法。

例题：
设a, b, c, d均为实数，证明：
(a^2 + b^2)(c^2 + d^2) ≥ (a c + bd)^2
解法：
1.应用柯西不等式：
根据柯西不等式，我们有
(a^2 + b^2)(c^2 + d^2) ≥ (ac + bd)^2
这里，我们取序列{a, b} 和{c, d}，然后应用柯西不等式。

2. 验证等号成立的条件：
等号在柯西不等式中成立当且仅当存在一个常数k，使得a/c = b/d = k。

对于我们的例子，这意味着
a = kc, \quad
b = kd
将这两个等式代入原不等式，我们可以验证等号确实成立。

3. 结论：
因此，我们证明了对于任何实数a, b, c, d，都有
(a^2 + b^2)(c^2 + d^2) ≥ (ac + bd)^2
等号成立当且仅当a和c，b和d之间存在一个常数比例关系。

这个例题展示了柯西不等式在实数序列中的应用，以及如何验证等号成立的条件。

柯西不等式在许多数学领域都有广泛的应用，包括线性代数、概率论和统计学等。

利用柯西不等式解数学竞赛题举例
苏化明
【期刊名称】《赣南师范大学学报》
【年(卷),期】1987(000)0S3
【摘要】<正> 不等式（1）通常称为柯西（Cauchy）不等式。

有关这个不等式,已有不少中学数学杂志论及,本文在这里主要通过实例来说明它在解数学竞赛题时所起的重要作用,以及如何利用柯西不等式来解题,从而为中学数学课外活动提供一点辅导资料。

例1 已知a1,a2,…,ak,…为两两各不相同的正整数,求证对任意正整数n,都有 sum from k=1 to n（ak/k2）≥sum from k=1 to n（1/k）（3）（第20届国际数学竞赛题,1978年）
【总页数】7页(P49-55)
【作者】苏化明
【作者单位】合肥工业大学数学力学系
【正文语种】中文
【中图分类】G6
【相关文献】
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5.利用带参数的柯西不等式证明竞赛题
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上海中学数学2014年第3期柯西不等式常见题型解法例说315500浙江省奉化中学陈晴应向明柯西不等式≥：d；≥：研≥f≥]ni．6。

1‘是基本百鬲、百7而重要的不等式，是推证其他许多不等式的基础，不仅形式优美，而且还具有非常重要的应用价值．它原先只在数学竞赛中出现，但在2003年颁布的高中数学课程标准选修系列(4—5)《不等式选讲》里，已经加进了柯西不等式，也就是说它将成为选修学生的日常教学要求．用柯西不等式解决某些不等关系问题时往往比较简捷明了，但求解时灵活性较大，技巧性较强．其中一些常见的问题，其解决策略往往与其呈现方式直接相关．笔者就以其在近几年高考中的常见三维类型进行分类，例析对应的解决策略．三维的柯西不等式(盘；+丑；+口；)(躇+6；+鹾)≥(n。

6，+口：6：+a。

63)2揭示了任意两组数组即(n。

，n。

，n。

)、(6，，6。

，63)的平方和之积与实数积之和的平方的大小关系．应用时要解决的核心问题就是如何通过变换不等式，向柯西不等式“逼近”，构造出不等式所需要的两组数组(乜，，乜。

，以。

)、(6。

，6：，6。

)，这也是运用柯西不等式解题的基本策略．1一次与二次例1(2013湖南高考)已知口、6、c∈R，盘+26 +3c一6，则n2+462+9c2的最小值为——．解：n+26+3c一6，由柯西不等式得(n2+462 +9c2)(12+12+12)≥(n+26+3c)2，可知n。

+462+9c。

≥婺一12，即最小值为12．例2设．r，y，z∈R，且满足T2+y2+z2—5，则Lr+2y+3z之最大值为——．解：(．f r+2y+32)2≤(L z’2+y2+z2)(12+22+ 32)一70，．‘．Ir+2y+3z最大值为√而．例3如啪2∈R且与≯+≮型+竖j翌一1，求T+y+z的最大值、最小值．解：与竽+≮型+半一，，由柯西不等式得[4z+渺+22]『c孚)2+c警)2+c字，2]≥…孚)惭(害)+z．(字)]2号25×1≥b+y+z一2)2≥5≥l L r+y+z一2≥一5≤z+y+z一2≤5．．‘．一3≤T+y+z≤7．故T+y+z之最大值为7，最小值为一3．评注：这类题型的最大特征就是条件与结论中分别出现了一次式与两次式，而要实现一次与两次不等关系的关键就是根据柯西不等式的形态进行构造，让其中一个数组为常数组，这样问题往往可以奏效．2整式与分式2．1两组数组对应的数分别为倒数型例4(2012福建高考)已知函数厂(T)一m—z一2I，m∈R且，(z+2)≥o的解集为[一1，1]．(1)求m的值；(2)若口，6，c∈R，且丢+去+去一m，求证：n+26+3c≥9．解：(1)厂(．r+2)一m—f．r}，／(T+2)≥o等价于I T l≤m，由I T l≤m有解，得m≥O，且其解集为{丁l —m≤z≤m1)，又，(z+2)≥o的解集为[一1，1]，故m一1．(2)由(1)知丢+去+去一1，又＆，6，c∈R，由柯西不等式得Ⅱ+26+3c一(n+26+3c)f丢+去+去)≥F‘去+何‘去+厄’去)2姐评注：这类题型从结构来讲，两组数组分别是整式类型(口，，n z，n。

利用带参数的柯西不等式证明竞赛题竞赛题：已知数列{an}是一个正数数列，且满足a1>1/2, a2>1/3, a3>1/4, ..., an>1/n 求极限limn→∞ an = ?柯西不等式是由美国数学家詹姆斯·柯西在1867年提出的不等式，即对于所有实数关系式：μ(x1,x2,···,xn)≤[x11+x22+···+xnn]1/n其中μ(x1,x2,···,xn)是非负的算术平均数，即x1+x2+···+xn/n。

在本题中，已知数列{an}是一个正数数列，且满足a1>1/2, a2>1/3, a3>1/4, ..., an>1/n，我们使用柯西不等式来证明极限limn→∞ an = ∞。

首先，我们根据已知条件可以构造一个数列：x1=1/2，x2=1/3，x3=1/4，…,xn=1/n, 由柯西不等式可知，μ(x1,x2,···,xn)≤[x11+x22+···+xnn]1/n。

根据已知情况，可以得到μ(x1,x2,···,xn) = 1/2+1/3+1/4+…+1/n = an, 同时[x11+x22+···+xnn]1/n = (1/22+1/32+1/42+…+1/n2)1/n = 1/n。

由此可见，an > 1/n，即a1 > 1/2, a2 > 1/3, a3 > 1/4, …,an > 1/n，由此，可以得出结论，limn→∞ an = ∞。

综上所述，我们利用柯西不等式证明了竞赛题，即对于已知数列{an}是一个正数数列，且满足a1>1/2, a2>1/3, a3>1/4, ..., an>1/n，极限limn→∞ an = ∞。

们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们探索探索与与研研究究考查角度三:有关类比推理的应用类比推理作为一种重要的推理方式，在寻求解题思路的过程中具有极为重要的作用.运用类比推理解题时，要先仔细分析题目中所给出的条件、结论，找出两类事物之间的相似性或一致性，进一步探索或提炼出有用的信息，然后用一类事物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明确的命题或结论.例3.斐波纳契数列又称黄金分割数列，指的是这样一个数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，….在数学上，斐波纳契数列{}a n 定义为：a 1=1,a 2=1，a n +2=a n +a n +1.根据a n +2=a n +a n +1可得a n =a n +2-a n +1，所以a 1+a 2+⋯+a n =(a 3-a 2)+(a 4-a 3)+⋯+(a n +2-a n +1)=a n +2-a 2=a n +2-1.类比该方法，对于斐波纳契数列{}a n ，a 21+a 22+⋯+a 210=().A.714B.1870C.4895D.4896解：根据题意可知数列{}a n 满足a n +2=a n +a n +1，即a n +1=a n +2-a n ，在该式的两边同乘以a n +1，可得a 2n +1=a n +2a n +1-a n +1a n ，则a 21+a 22+⋯+a 210=a 21+(a 2a 3-a 2a 1)+(a 3a 4-a 2a 3)+⋯+(a 10a 11-a 9a 10)=1-a 2a 1+a 10a 11=1-1+55×89=4895.故选C 项.求解本题，要先明确求斐波纳契数列{}a n 和的方法为裂项相消法，再进行类比推理.将各项的平方转化为差的形式，这样便于灵活运用裂项相消法，达到解题的目的.此外，由于本题的求解目标是求a 21+a 22+⋯+a 210，而斐波纳契数列{}a n 的前10项在题设中已经给出，且该数列的前10项的值均较小，故完全可以用代值的方法进行求解。

㊀㊀㊀由均值不等式与柯西不等式联袂巧证竞赛不等式◉甘肃省华池县第一中学㊀路李明均值不等式与柯西不等式是历年数学竞赛的热点内容,利用这两类不等式解题的关键是恰当创设应用公式的结构形式,通常需要转化㊁变形甚至构造,还需要很丰富的想象能力．对一些较为复杂的不等式问题,有时要把这两类不等式联袂方可达到事半功倍的效果!笔者通过近两年的几道数学期刊征解问题㊁国内外数学竞赛题的解析与各位读者共勉．例１㊀(«数学通讯»２０２０年第８期问题４６０)已知正实数a ,b ,c 满足a b c ＝１,求证:１＋a b ２c ２０２０＋１＋b c ２a ２０２０＋１＋c a ２b ２０２０ȡ１８３(a ４０４０＋b ４０４０＋c４０４０)．证明:由柯西不等式的变形公式,得１＋a b ２c ２０２０＋１＋b c ２a ２０２０＋１＋c a ２b ２０２０＝１c ２０２０＋１a ２０２０＋１b ２０２０æèçöø÷＋a b ２c ２０２０＋b c ２a ２０２０＋c a ２b ２０２０æèçöø÷ȡ(１＋１＋１)２c ２０２０＋a ２０２０＋b ２０２０＋(b a ＋cb ＋a b )２c ２０２０＋a ２０２０＋b ２０２０ȡ９c ２０２０＋a ２０２０＋b ２０２０＋(３３a b c a b c )２c ２０２０＋a ２０２０＋b２０２０＝１８c ２０２０＋a ２０２０＋b ２０２０＝１８(c２０２０＋a２０２０＋b２０２０)２ȡ１８３(a ４０４０＋b ４０４０＋c ４０４０)．例２㊀(«数学通报»２０２０年第９期数学问题２５６２)设a ,b ,c ＞０,且满足a ＋b ＋c ＝３,证明:１－a b １＋a b＋１－b c １＋b c ＋１－c a１＋c aȡ０．证明:㊀１－a b １＋a b ＋１－b c １＋b c ＋１－c a１＋c a＝２－(１＋a b )１＋a b ＋２－(１＋b c )１＋b c ＋２－(１＋c a )１＋c a ＝２１＋a b ＋２１＋b c ＋２１＋c a－３ȡ㊀２(１＋１＋１)２３＋a b ＋b c ＋c a－３ȡ㊀１８３＋a ＋b ＋c －３＝０．例３㊀(«数学通讯»２０２０年第７期问题４５５)已知正实数a ,b ,c 满足a ＋b ＋c ＝１,求证:a(a －１)(a －２)＋b(b －１)(b －２)＋c(c －１)(c －２)ȡ３１０１０．证明:显然a ,b ,c ɪ(０,１)．㊀a (a －１)(a －２)＝１０a１０(a －１)(a －２)＝１０a (５－５a )(４－２a )ȡ１０a(５－５a )＋(４－２a )２＝２１０a ９－７a ＝２１０a２a ＋９b ＋９c ．同理b (b －１)(b －２)ȡ２１０b９a ＋２b ＋９c ,c (c －１)(c －２)ȡ２１０c９a ＋９b ＋２c ．将上面三式相加,得a (a －１)(a －２)＋b (b －１)(b －２)＋c(c －１)(c －２)ȡ㊀２１０a ２a ＋９b ＋９c ＋２１０b ９a ＋２b ＋９c ＋２１０c ９a ＋９b ＋２c＝２１０a ２２a ２＋９a b ＋９a c ＋２１０b ２９a b ＋２b ２＋９b c ＋２１０c２９a c ＋９b c ＋２c２ȡ㊀２１０(a ＋b ＋c )２２(a ２＋b ２＋c ２)＋１８(a b ＋b c ＋c a )＝２１０２(a ＋b ＋c )２＋１４(a b ＋b c ＋c a )＝２１０２＋１４(a b ＋b c ＋c a )ȡ２１０２＋１４(a ＋b ＋c )３２７５２０２２年６月上半月㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀解法探究复习备考Copyright ©博看网. All Rights Reserved.㊀㊀㊀＝３１０１０．例４㊀(２０２０年摩尔多瓦数学奥林匹克竞赛试题)设a,b,c＞０,证明:a７a２＋b２＋c２＋ba２＋７b２＋c２＋ca２＋b２＋７c２ɤ１．证明:由柯西不等式,得(７a２＋b２＋c２)(７＋１＋１)ȡ(７a＋b＋c)２⇒a７a２＋b２＋c２ɤ３a７a＋b＋c＝３７１－b＋c７a＋b＋cæèçöø÷．同理,㊀ba２＋７b２＋c２ɤ３７１－a＋ca＋７b＋cæèçöø÷,ca２＋b２＋７c２ɤ３７１－a＋ba＋b＋７cæèçöø÷．于是,只需证明:b＋c７a＋b＋c＋a＋ca＋７b＋c＋a＋ba＋b＋７cȡ２３．由柯西不等式和均值不等式,得b＋c７a＋b＋c＋a＋ca＋７b＋c＋a＋ba＋b＋７c＝b７a＋b＋c＋ca＋７b＋c＋aa＋b＋７cæèçöø÷＋c７a＋b＋c＋aa＋７b＋c＋ba＋b＋７cæèçöø÷＝b２７a b＋b３＋b c＋c２a c＋７b c＋c２＋a２a２＋a b＋７a cæèçöø÷＋c２７a c＋b c＋c２＋a２a２＋７a b＋a c＋b２a b＋b２＋７b cæèçöø÷ȡ２(a＋b＋c)２８(a b＋b c＋c a)＋a２＋b２＋c２＝２(a＋b＋c)２６(a b＋b c＋c a)＋(a＋b＋c)２ȡ２(a＋b＋c)２６(a＋b＋c)２３＋(a＋b＋c)２＝２３．例５㊀(«数学通讯»２０２０年第２期问题４３８)已知正实数a,b,c,dɪ０,１２æèçùûúú,求证:１a２＋１b２＋１c２＋１d２ȡ６＋２０a＋b＋c＋d．证明:由条件可知aɪ０,１２æèçùûúú⇒a２ɤ１２aɤ１４．同理,b２ɤ１２bɤ１４,c２ɤ１２cɤ１４,d２ɤ１２dɤ１４．从而a２＋b２＋c２＋d２ɤ１２(a＋b＋c＋d)ɤ１４＋１４＋１４＋１４＝１⇒a＋b＋c＋dɤ２．由均值不等式和柯西不等式知道１a２＋１b２＋１c２＋１d２ȡ(１＋１＋１＋１)２a２＋b２＋c２＋d２ȡ１６１２(a＋b＋c＋d)＝３２a＋b＋c＋d＝１２a＋b＋c＋d＋２０a＋b＋c＋dȡ６＋２０a＋b＋c＋d．例６㊀(«数学通讯»２０２０年第６期问题４４９)已知正实数a,b,c,d满足a b c d＝１,求证:１a２－a＋４＋１b２－b＋４＋１c２－c＋４＋１d２－d＋４ɤ１．证明:由均值不等式得１a２－a＋４＝１a２＋１－a＋３ɤ１２a－a＋３＝１a＋３．同理,１b２－b＋４ɤ１b＋３,１c２－c＋４ɤ１c＋３,１d２－d＋４ɤ１d＋３．将上面的四个式子相加,得１a２－a＋４＋１b２－b＋４＋１c２－c＋４＋１d２－d＋４ɤ１a＋３＋１b＋３＋１c＋３＋１d＋３．故只需要证明１a＋３＋１b＋３＋１c＋３＋１d＋３ɤ１．而１a＋３＋１b＋３＋１c＋３＋１d＋３ɤ１⇔a a＋３＋b b＋３＋c c＋３＋d d＋３ȡ１．由柯西不等式和均值不等式,得aa＋３＋bb＋３＋cc＋３＋dd＋３ȡ㊀(a＋b＋c＋d)２a＋b＋c＋d＋１２ȡ㊀a＋b＋c＋d＋２ˑ６６(a b c d)３a＋b＋c＋d＋１２＝１．在不等式的大家庭中,均值不等式和柯西不等式是高中数学中基本而又重要的不等式,对求解一些不等式问题起到举足轻重的作用,直接用简洁明快 ,联袂用更是 威力无穷 ,让人深深感受到数学的无穷奥妙和神奇魅力!F８５复习备考解法探究㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀２０２２年６月上半月Copyright©博看网. All Rights Reserved.。

柯西不等式是一个重要的数学不等式，广泛应用于数学分析、概率论和其他领域。

它由法国数学家奥古斯丁·路易·柯西在1821年提出，是数学分析中的一项重要成果。

柯西不等式在实际问题中具有重要的应用价值，特别是在概率论和统计学中的应用，能够帮助人们更好地理解和解决实际问题。

一、柯西不等式的基本原理1. 柯西不等式是数学分析中的一个重要定理，它描述了内积空间中向量的长度和夹角之间的关系。

具体来说，对于内积空间中的任意两个向量a和b，柯西不等式可以表达为：|⟨a, b⟨| ≤ ||a|| ||b||2. 其中，⟨a, b⟨表示向量a和b的内积（或称点积），||a||和||b||分别表示向量a和b的长度。

柯西不等式告诉我们，两个向量的内积的绝对值不会大于它们长度的乘积。

二、柯西不等式的六个基本公式3. 柯西不等式有许多不同的形式和推广，但最基本的形式是针对实数向量空间的柯西不等式。

具体来说，对于实数向量空间中的任意两个向量a=(a1, a2, ..., an)和b=(b1, b2, ..., bn)，柯西不等式可以表达为：|a1b1 + a2b2 + ... + anbn| ≤ √(a1^2 + a2^2 + ... + an^2)√(b1^2 + b2^2 + ... + bn^2)4. 在复数向量空间中，柯西不等式的形式稍有不同。

对于复数向量空间中的任意两个向量a=(a1, a2, ..., an)和b=(b1, b2, ..., bn)，柯西不等式可以表达为：|a1b1* + a2b2* + ... + anbn*| ≤ √(|a1|^2 + |a2|^2 + ... + |an|^2) √(|b1|^2 + |b2|^2 + ... + |bn|^2)5. 在积分的应用中，柯西不等式的形式也有所不同。

对于连续函数f和g，柯西不等式可以表达为：|∫(f*g)dx| ≤ √(∫f^2 dx) √(∫g^2 dx)6. 这些是柯西不等式的基本形式，它们描述了向量的长度和夹角之间的关系，以及函数的积分之间的关系。