最后更新: 2025-02-13 17:30 查看: 459 次反馈刷题

柯西不等式及其几何意义

## 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
$$
y=1 \sqrt{x-5}+2 \sqrt{6-x} \leq \sqrt{1^2+2^2} \cdot \sqrt{(\sqrt{x-5})^2+(\sqrt{6-x})^2}=\sqrt{5}
$$

### 柯西不等式距离意义

把柯西不等式变形为 $\frac{|a c+b d|}{\sqrt{a^2+b^2}} \leq \sqrt{c^2+d^2}$ ，不等式的左端可以看成点 $(c, d)$ 到直线 $a x+b y=0$ 的距离，右端可看成点 $(0,0)$ 与点 $(c, d)$ 间的距离，而直线 $a x+b y=0$ 过点 $(0,0)$ ，

![图片](/uploads/2025-02/50ad63.jpg)
 
## 柯西不等式推广
$$
\boxed{
\left(\sum_{i=1}^n a_i b_i\right)^2 \leq \sum_{i=1}^n a_i^2 \sum_{i=1}^n b_i^2
}
$$

当且仅当 $\dfrac{a_1}{b_1}=\dfrac{a_2}{b_2}=\ldots=\dfrac{a_n}{b_n}$ 时，等号成立。

证明：向量法证明令 $\vec{\alpha}=\left(a_1, a_2, \cdots, a_n\right), \vec{\beta}=\left(b_1, b_2, \cdots, b_n\right)$ ．则对向量 $\vec{\alpha}, \vec{\beta}$ 有 $\frac{\vec{\alpha} \cdot \vec{\beta}}{|\vec{\alpha}| \cdot|\vec{\beta}|}=\cos (\vec{\alpha}, \vec{\beta}) \leq 1$ ，

由 $\vec{\alpha} \cdot \vec{\beta}=a_1 b_1+a_2 b_2+\cdots+a_n b_n,|\vec{\alpha}|^2=\sum_{i=1}^n a_i{ }^2,|\vec{\beta}|^2=\sum_{i=1}^n b_i{ }^2$ ，

得 $\left(\sum_{i=1}^n a_i b_i\right)^2 \leq\left(\sum_{i=1}^n a_i{ }^2\right)\left(\sum_{i=1}^n b_i{ }^2\right)$ ，当且仅当 $\cos (\vec{\alpha}, \vec{\beta})=1$ ，即 $\vec{\alpha}, \vec{\beta}$ 平行时等号成立。

对于一般形式的柯西不等式 $\sum_{i=1}^n a_i b_i \leq \sqrt{\sum_{i=1}^n a_i^2 \sum_{i=1}^n b_i^2}$ ，我们先观察它的左边：它表示若干个代数式的和，而每一个代数式又都是两个代数式的积。因此，凡是形如 $\sum_{i=1}^n a_i b_i$ 的代数式我们都可以考虑运用柯西不等式来求其最大值 $\sqrt{\sum_{i=1}^n a_i^2 \sum_{i=1}^n b_i^2}$ 或其最小值 $-\sqrt{\sum_{i=1}^n a_i^2 \sum_{i=1}^n b_i^2}$ ．

我们再观察柯西不等式的右边：$\sum_{i=1}^n a_i{ }^2 \sum_{i=1}^n b_i{ }^2$ ，它表示两个代数式的积，而这两个代数式又都是若干个代数式的平方和，因此，凡是形如 $\sum_{i=1}^n a_i^2 \sum_{i=1}^n b_i^2$ 的代数式，或者形如 $\sum_{i=1}^n a_i^2$ 或 $\sqrt{\sum_{i=1}^n a_i^2}$ 的代数式，我们都可以考虑运用柯西不等式来求其最小值。

在这里，我们不得不提＂看待＂与＂改写＂一事，因为同一个式子若＂看待＂的方式不同，运用公式的方式就大不相同。例如：$(a+b)(c+d)$ ，若将它＂看待＂成 ＂$\left(\sqrt{a}^2+\sqrt{b}^2\right)\left(\sqrt{c}^2+\sqrt{d}^2\right)$＂那么它就是柯西不等式的右边，那么就有： $(a+b)(c+d) \geq(\sqrt{a c}+\sqrt{b d})^2$ 或者 $(a+b)(c+d) \geq(\sqrt{a d}+\sqrt{b c})^2$ ；若将它＂改写＂成 ＂$a(c+d)+b(c+d) "$ ，它就是柯西不等式的左边，那么就有： $a(c+d)+b(c+d) \leq \sqrt{\left(a^2+b^2\right) \cdot\left[(c+d)^2+(c+d)^2\right]}$ 或者 $a(c+d)+b(c+d) \leq$ $\sqrt{\left[a^2+(c+d)^2\right] \bullet\left[b^2+(c+d)^2\right]}$ ，若将它改写成＂$\left.a c+a d+b c+b d\right) "$ ，它也是柯西不等式的左边，那么就有：$a c+a d+b c+b d \leq \sqrt{a^2+a^2+b^2+b^2} \cdot \sqrt{c^2+d^2+c^2+d^2}$ 或者 $a c+a d+b c+b d \leq \sqrt{a^2+d^2+c^2+b^2} \cdot \sqrt{c^2+a^2+b^2+d^2}$ 或者 $a c+a d+b c+b d \leq \sqrt{a^2+a^2+c^2+b^2} \cdot \sqrt{c^2+d^2+b^2+d^2}, \cdots \cdots^①$

① 文章摘录知乎[柯西不等式系列02——柯西不等式的形象特征](https://zhuanlan.zhihu.com/p/9556145670)

`例` $a, ~ b$ 为非负数，$a+b=1, x_1, x_2 \in R^{+}$求证：$\left(a x_1+b x_2\right)\left(b x_1+a x_2\right) \geq x_1 x_2$
分析：如果对不等式左端用柯西不等式，就得不到所要证明的结论。若把第二个小括号内的前后项对调一下，情况就不同了。

证明：$\left(a x_1+b x_2\right) \bullet\left(b x_1+a x_2\right)$

$$
\begin{aligned}
& =\left(a x_1+b x_2\right) \cdot\left(a x_2+b x_1\right) \\
& \geq\left(a \sqrt{x_1 x_2}+b \sqrt{x_1 x_2}\right)^2 \\
& =(a+b)^2 x_1 x_2=x_1 x_2
\end{aligned}
$$

`例` 在 $\triangle ABC$ 中，设其各边长为 $a, b, c$ ，外接圆半径为 $R$ 求证 $\left(a^2+b+c^2\right)\left(\frac{1}{\sin ^2 A}+\frac{1}{\sin ^2 B}+\frac{1}{\sin ^2 C}\right) \geqslant 36 R^2$

证 由柯西不等式可知 $\left(a^2+b+c^2\right)\left(\frac{1}{\sin ^2 A}+\frac{1}{\sin ^2 B}+\frac{1}{\sin ^2 C}\right) \geqslant$

$$
\left(\frac{a}{\sin A}+\frac{b}{\sin B}+\frac{c}{\sin C}\right)^2=(2 R+2 R+2 R)^2=36 R^2
$$

## 柯西不等式变形

证明不等式 $ \left(a^2+b^2\right)\left(x^2+y^2\right) \geq(a x+b y)(b x+a y)$

想拆开了来证明，难度不小；想求取等条件，更不容易。

证明：设 $a=R \cos \alpha, b=R \sin \alpha, x=r \cos \beta, y=r \sin \beta$
则 $\left(a^2+b^2\right)\left(x^2+y^2\right)=R^2 r^2$ ，
$(a x+b y)(b x+a y)=R r(\cos \alpha \cos \beta+\sin \alpha \sin \beta) R r(\sin \alpha \cos \beta+\cos \alpha \sin \beta)$
$=R^2 r^2 \cos (\alpha-\beta) \sin (\alpha+\beta) \geq R^2 r^2$
故：$\left(a^2+b^2\right)\left(x^2+y^2\right) \geq(a x+b y)(b x+a y)$
取等条件： $\cos (\alpha-\beta) \sin (\alpha+\beta)=1$
即 $\alpha-\beta=2 k \pi, ~ \alpha+\beta=2 m \pi+\frac{\pi}{2}$ 或者 $\alpha-\beta=2 k \pi+\pi, \alpha+\beta=2 m \pi-\frac{\pi}{2}$
即 $\alpha=2 k \pi+\beta, ~ \alpha=2 m \pi+\frac{\pi}{2}-\beta$ 或者 $\alpha=2 k \pi+\pi+\beta, \alpha=2 m \pi-\frac{\pi}{2}-\beta$
即 $\cos \alpha=\cos \beta=\sin \alpha=\sin \beta$ 或者 $\cos \alpha=-\cos \beta=\sin \alpha=-\sin \beta$

即 $a=b, x=y$

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

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