浅谈Cauchy不等式

形式

\[\sum_{i=1}^{n}a_i^2 \sum_{i=1}^{n}b_i^2 \geq \sum_{i=1}^{n}a_i^{2}b_i^2 \]

等号成立的条件:

\[iff:b_i=0 || \exists k \in \mathbb {R},a_i=k \cdot b_i(i \in \mathbb{N^+}) \]

证明

法一:参数配方

思路:巧妙的把常数与方程结合起来,利用性质即可。

证明:

构造函数:

\[f(t)=\sum_{i=1}^{n}b_i^2\cdot t^2-2\sum_{i=1}^{n}a_ib_it+\sum_{i=1}^{n}a_i^2 \]

化简函数:

\[f(t)=\sum_{i=1}^{n}b_i^2\cdot t^2-2\sum_{i=1}^{n}a_ib_it+\sum_{i=1}^{n}a_i^2 \]

\[=\sum_{i=1}^{n}(b_i^2t^2-2a_ib_it+a_i^2) \]

\[=\sum_{i=1}^{n}(b_i^2t^2+a_i^2-2a_ib_it) \]

\[=\sum_{i=1}^{n}(b_it-a_i)^2 \]

所以:

\[f(t) \geq 0 \]

\[\Delta t=b^2-4ac \]

\[=4\sum_{i=1}^{n}a_i^2b_i^2-4\times \sum_{i=1}^{n}b_i^2 \times \sum_{i=1}^{n}a_i^2 \leq 0 \]

所以:

\[4\sum_{i=1}^{n}a_i^2b_i^2 \leq 4\times \sum_{i=1}^{n}b_i^2 \times \sum_{i=1}^{n}a_i^2 \]

\[\sum_{i=1}^{n}a_i^2 \times \sum_{i=1}^{n}b_i^2 \geq \sum_{i=1}^{n}a_i^2b_i^2 \]

证毕。

因为:

\[f(t)=\sum_{i=1}^{n}(b_it-a_i)^2 \]

\(f(t)=0\),即

\[a_i=b_it \]

此时:

\[f(t)_{min}=0​ \]

即:

\[\Delta t \leq 0 \]

故等号可取的一个充分条件即为:

\[\exists k \in \mathbb {R},a_i=k \cdot b_i(i \in \mathbb{N^+}) \]

法二:均值不等式证明

思路:运用分析法将原式子化简,使用绝对值三角不等式与均值不等式进行证明。

引用到的均值不等式(证明略):

\[ab \leq \frac{a^2+b^2}{2} \]

适用条件:

\[a,b \in \mathbb {R^+} \]

等号成立条件:

\[iff:a=b \]

证明:

要证:

\[\sum_{i=1}^{n}a_i^2\sum_{i=1}^{n}b_i^2 \geq \sum_{i=1}^{n}a_i^{2}b_i^2 \]

只需证:

\[\sqrt {\sum_{i=1}^{n}a_i^2 \sum_{i=1}^{n}b_i^2} \geq |\sum_{i=1}^{n}a_ib_i| \]

即:

\[|\sum_{i=1}^{n}a_ib_i| \leq \sqrt {\sum_{i=1}^{n}a_i^2 \sum_{i=1}^{n}b_i^2} \]

\[\frac{|\sum_{i=1}^{n}a_ib_i|}{\sqrt {\sum_{i=1}^{n}a_i^2 \sum_{i=1}^{n}b_i^2}}\leq 1 \]

由绝对值三角不等式:

\[|a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n| \leq |a_1|+|a_2|+|a_3|+ \cdots + |a_n| \]

可得:

\[|\sum_{i=1}^{n}a_ib_i| \leq \sum_{i=1}^{n}|a_ib_i| \]

所以:

\[\frac{|\sum_{i=1}^{n}a_ib_i|}{\sqrt {\sum_{i=1}^{n}a_i^2 \sum_{i=1}^{n}b_i^2}} \leq \frac{\sum_{i=1}^{n}|a_ib_i|}{\sqrt {\sum_{i=1}^{n}a_i^2 \sum_{i=1}^{n}b_i^2}} \]

又因为:

\[\frac{\sum_{i=1}^{n}|a_ib_i|}{\sqrt {\sum_{i=1}^{n}a_i^2 \sum_{i=1}^{n}b_i^2}} \]

\[=\sum_{i=1}^{n}\frac{|a_i|}{\sqrt{\sum_{i=1}^{n}a_i^2}}\cdot \frac{|b_i|}{\sqrt{\sum_{i=1}^{n}b_i^2}} \]

由均值不等式:

\[ab \leq \frac{a^2+b^2}{2} \]

可得:

\[\sum_{i=1}^{n}\frac{|a_i|}{\sqrt{\sum_{i=1}^{n}a_i^2}}\cdot \frac{|b_i|}{\sqrt{\sum_{i=1}^{n}b_i^2}} \]

\[\leq \frac{1}{2}\cdot \sum_{i=1}^{n}(\frac{a_i^2}{\sum_{i=1}^{n}a_i^2}+ \frac{b_i^2}{\sum_{i=1}^{n}b_i^2}) \]

\[\leq \frac{1}{2}\cdot (\frac{\sum_{i=1}^{n}a_i^2}{\sum_{i=1}^{n}a_i^2}+ \frac{\sum_{i=1}^{n}b_i^2}{\sum_{i=1}^{n}b_i^2}) \]

\[\leq \frac{1}{2} \times 2 = 1 \]

即:

\[\frac{|\sum_{i=1}^{n}a_ib_i|}{\sqrt {\sum_{i=1}^{n}a_i^2 \sum_{i=1}^{n}b_i^2}}\leq 1 \]

上述结论成立,证毕。

法三:n维向量证法

因为:

\[|\vec a \cdot \vec b| = |\vec a|\cdot |\vec b| \cdot cos \theta \]

所以:

\[|\vec a \cdot \vec b| \leq |\vec a|\cdot |\vec b| \]

\[|\vec a \cdot \vec b|^2 \leq |\vec a|^2\cdot |\vec b|^2 \]

\(\vec a,\vec b\)\(n\)维向量时,用坐标的形式展开即可证明。

\(\vec a=k\vec b\),即\(a\)\(b\)共线时,等号成立。

申明与感谢

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  • 感谢@thorn的审稿。
posted @ 2020-01-17 00:31  BeyondLimits  阅读(541)  评论(2编辑  收藏  举报