最后更新: 2025-05-23 07:30 查看: 621 次反馈同步训练

柯西不等式

## 柯西不等式
柯西不等式是由大数学家柯西（Cauchy）在研究数学分析中的＂流数＂问题时得到的。但从历史的角度讲，该不等式应当称为 Cauchy－Buniakowsky－Schwarz 不等式（柯西－布尼亚科夫斯基－施瓦茨不等式），因为，正是后两位数学家彼此独立地在积分学中推而广之，才将这一不等式应用到近乎完善的地步。

柯西不等式非常重要，是一条很多场合都用得上的不等式；例如线性代数的矢量，数学分析的无穷级数和乘积的积分，和概率论的方差和协方差。它被认为是最重要的数学不等式之一。

对于任意实数 $a 、 b 、 c 、 d$ ，则
$$
\boxed{
\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right) \geq(a c+b d)^2
}
$$
被称为柯西不等式。他支持扩展到多维。

> 柯西不等式表述了在一定条件下，两组数的平方和之积大于或等于这两组数对应乘积的平方和。

证明:
$$
\begin{aligned}
\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right) & =a^2 c^2+b^2 d^2+a^2 d^2+b^2 c^2 \\
& =a^2 c^2+2 a b c d+b^2 d^2+a^2 d^2-2 a b c d+b^2 c^2 \\
& =(a c+b d)^2+(a d-b c)^2 \\
& \geqslant(a c+b d)^2
\end{aligned}
$$

等号在且仅在 $a d-b c=0$ ，即 $a d=b c$ 时成立。

## 柯西不等式的几何意义
参考下图，这里设$a,b,c,d$都是正数
 ![图片](/uploads/2025-02/c2624b.jpg){width=500px}
显然，左右两个大矩形的面积相等，它们中的红色部分的面积也相等，所以剩下的绿色部分的面积自然也相等，所以有：
$S_{\text{左绿}}= a c+b d $
$S_{\text{右绿}}= \sqrt{a^2+b^2} \cdot \sqrt{c^2+d^2} \cdot \sin \theta \leq \sqrt{a^2+b^2} \cdot \sqrt{c^2+d^2} $

因为$S_{\text{左绿}}=S_{\text{右绿}}$ 所以
$$
a c+b d \leq \sqrt{a^2+b^2} \cdot \sqrt{c^2+d^2} 
$$

平方整理后，即得

$$
\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right) \geq(a c+b d)^2
$$

### 从三角形面积理解
参考下图
 ![图片](/uploads/2025-02/5eaeb6.jpg)
$ S_{\triangle A C D}$ 面积= $ S_{BEDC}  -S_{\triangle ABC}-S_{\triangle A D E} $ , 即

$$
\begin{aligned}
& S_{\triangle A C D}=\frac{1}{2} A C \bullet A D \cdot \sin \angle C A D= \frac{1}{2} \sqrt{a^2+b^2} \sqrt{c^2+d^2} \sin \angle C A D \\
& =\frac{(a+d)(b+c)}{2}-\frac{a b}{2}-\frac{c d}{2} \\
& =\frac{a c+b d}{2} \leq \frac{1}{2} \sqrt{a^2+b^2} \sqrt{c^2+d^2}
\end{aligned}
$$

化简即知不等式成立。

### 从三角函数理解
参考下图
 ![图片](/uploads/2025-02/39af4d.jpg)
直角三角形，则 
$\sin A=\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}, \cos A=\frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}$ ，
$\sin B=\frac{d}{\sqrt{c^2+d^2}}, \cos B=\frac{c}{\sqrt{c^2+d^2}}$,

由 $\sin (A+B)=\sin A \cos B+$ $\cos A \sin B=\frac{a c+b d}{\sqrt{a^2+b^2} \cdot \sqrt{c^2+d^2}} \leq 1$ ，化简即知不等式成立

### 从向量角度理解
一个向量向另外一个向量的投影长一定不超过这个向量自身长，如下图中 $\left|\overrightarrow{O P_0}\right|=\frac{|\overrightarrow{O P} \cdot \overrightarrow{O Q}|}{|\overrightarrow{O Q}|}=\frac{|a c+b d|}{\sqrt{c^2+d^2}} \leqslant|\overrightarrow{O P}|=\sqrt{a^2+b^2}$ ，整理平方即得 $\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right) \geqslant$ $(a c+b d)^2$ ．
 ![图片](/uploads/2025-02/c8b4e2.jpg)

总之，目前数学界有上百种证明柯西不等式的方法。

## 例题

`例`在等差数列 $\left\{a_n\right\}$ 中，若 $a_1^2+a_{19}^2=10$ ，则数列 $\left\{a_n\right\}$ 的前 10 项和 $S_{10}$ 的最大值是？

解析： 由 $\left(a_1+18 d\right)^2+a_1^2=10$ ，
$$
\begin{aligned}
& S_{10}=5\left(a_1+a_{10}\right)=5\left(2 a_1+9 d\right) \\
& \left(2 a_1+9 d\right)^2 \leq\left(a_1^2+\left(a_1+18 d\right)^2\right)\left(\left(\frac{3}{2}\right)^2+\left(\frac{1}{2}\right)^2\right) \leq 25
\end{aligned}
$$

`例`非负实数 $x, y$ 满足 $x^2+4 y^2+4 x y+4 x^2 y^2=32$ ，则 $\sqrt{7}(x+2 y)+2 x y$ 的最大值为 ( )

解析: $(\sqrt{7}(x+2 y)+2 x y)^2 \leq\left((x+2 y)^2+(2 x y)^2\right)\left((\sqrt{7})^2+1\right)=256$
即: $\sqrt{7}(x+2 y)+2 x y \leq 16$

故 $2 a_1+9 d \leq 5$ ，则 $S_{10} \leq 25$

`例`已知 $x, y \geq 0, x+y \leq 1$ ，则 $4 x^2+4 y^2+(1-x-y)^2$ 的最小值
解析:
$$
\begin{aligned}
& \left(4 x^2+4 y^2+(1-x-y)^2\right)\left(\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+1\right) \\
& \geq\left(\sqrt{4 x^2 \cdot \frac{1}{4}}+\sqrt{4 y^2 \cdot \frac{1}{4}}+\sqrt{(1-x-y)^2}\right)^2=1
\end{aligned}
$$

所以: $4 x^2+4 y^2+(1-x-y)^2 \geq \frac{2}{3}$
等号在 $4 x=4 y=1-x-y$ 处取得，即 $x=y=\frac{1}{6}$ 时取得.

`例`已知 $x>0, y>0$ 且 $x^2+\frac{y^2}{2}=1$ ，求 $x+\sqrt{2+3 y^2}$ 的最大值为 $(\quad)$
提示: 我们把 $x+\sqrt{2+3 y^2}$ 变形为: $x+\sqrt{2+3 y^2}=x+\sqrt{6} \cdot \sqrt{\frac{1}{3}+\frac{y^2}{2}}$
由柯西不等式: $\left[x+\sqrt{6} \cdot \sqrt{\frac{1}{3}+\frac{y^2}{2}}\right]^2 \leq\left[x^2+\left(\frac{1}{3}+\frac{y^2}{2}\right)\right] \cdot\left(1^2+(\sqrt{6})^2\right)=\frac{28}{3}$

即:
$$
x+\sqrt{2+3 y^2} \leq \frac{2 \sqrt{21}}{3}
$$

`例` 已知 $x, y, z \in(0,+\infty)$, 且 $x+y+z=1$, 求 $\frac{1}{x}+\frac{9}{y}+\frac{25}{z}$ 的最小值。
提示: 由柯西不等式可知:
$$
(x+y+z)\left(\frac{1}{x}+\frac{9}{y}+\frac{25}{z}\right) \geq(1+3+5)^2=81
$$

因此
$$
\frac{1}{x}+\frac{9}{y}+\frac{25}{z} \geq 81
$$

故知最小值为 81 ，此时 $x^2=\frac{y^2}{9}=\frac{z^2}{25}$ ，又因为 $x+y+z=1$ ，可以知道 $x=\frac{1}{9}, y=\frac{3}{9}, z=\frac{5}{9}$ ，满足 $x, y, z \in(0,+\infty)$

`例`已知 $t=\frac{x+y+z}{\sqrt{x^2+2 y^2+4 z^2}}$, 求 $t$ 的最大值
提示: 由柯西不等式可知， $\left(x^2+2 y^2+4 z^2\right)^{\frac{1}{2}}\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}\right)^{\frac{1}{2}} \geq(x+y+z)$
因此， $t=\frac{x+y+z}{\sqrt{x^2+2 y^2+4 z^2}} \leq\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}\right)^{\frac{1}{2}}=\frac{\sqrt{7}}{2}$

`例`已知 $\frac{3}{2} \leq x \leq 5$, 求证: $\sqrt{4 x+4}+\sqrt{2 x-3}+\sqrt{15-3 x}<\sqrt{78}$
提示: 因为
$$
\begin{aligned}
& {[(x+1)+(2 x-3)+(15-3 x)]^{\frac{1}{2}}(4+1+1)^{\frac{1}{2}}} \\
& \geq(\sqrt{4 x+4}+\sqrt{2 x-3}+\sqrt{15-3 x})
\end{aligned}
$$

化简得 $\sqrt{4 x+4}+\sqrt{2 x-3}+\sqrt{15-3 x} \leq \sqrt{78}$
又因为等式取等时 $\frac{x+1}{4}=2 x-3=15-3 x$ ，此时 $x$ 无解，故等式不成立，可得 $\sqrt{4 x+4}+\sqrt{2 x-3}+\sqrt{15-3 x}<\sqrt{78}$

`例`函数 $y=\sqrt{x-5}+2 \sqrt{6-x}$ 的最大值是 ( )

提示: 根据柯西不等式, 知
$$
y=1 \sqrt{x-5}+2 \sqrt{6-x} \leq \sqrt{1^2+2^2} \cdot \sqrt{(\sqrt{x-5})^2+(\sqrt{6-x})^2}=\sqrt{5

其他版本
【概率论与数理统计】切比雪夫不等式【高中数学】调和平均值与算术平均值不等式【数学分析】柯西Cauchy 不等式【数学分析】平均值不等式【线性代数】向量的内积、长度

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