cauchy - schwarz不平等

的cauchy - schwarz不平等，也被称为Cauchy-Bunyakovsky-Schwarz不等式，它表明对于所有的序列<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/real-numbers/" class="wiki_link" title="实数" target="_blank">实数 $ai$而且 $b_i$,我们有

$\displaystyle \sum_{i=1}^n a_i^2\右)\左(\displaystyle \sum_{i=1}^n b_i^2\右)\ge \左(\displaystyle \sum_{i=1}^n a_ib_i\右)^2$

相等成立当且仅当 $ai = kb_i$对于非零常数 $R k \ \ mathbb {}$．它可以推广到<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/holders-inequality/" class="wiki_link" title="持有人不平等" target="_blank">持有人不平等．

这个不等式不仅在证明奥林匹德不等式问题上很有用，它还被用于数学的多个分支，比如<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/linear-algebra/" class="wiki_link" title="线性代数" target="_blank">线性代数，<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/probability-theory/" class="wiki_link" title="概率论" target="_blank">概率论而且<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/mathematical-analysis/" class="wiki_link" title="数学分析" target="_blank">数学分析．

从定义开始，我们将开始使用Cauchy-Schwarz不等式。

cauchy - schwarz不平等对于所有实数 $ai$而且 $b_i$,我们有

$左(\ \ sum_ {i = 1} ^ ^ 2 \ n a_i右)\离开(\ sum_ {i = 1} ^ n b_i ^ 2 \) \通用电气\离开(\ sum_ {i = 1} ^ n a_ib_i \右)^ 2,$

等式成立当且仅当 $\压裂{ai} {b_i} = k$为一个常数 $R k \ \ mathbb {} ^ +$,尽管 $1 \ le我\ n$哪有 $a_ib_i \ neq 0$．

对于这种不平等有很多重新表述。还有一个<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/cauchy-schwarz-inequality/" class="wiki_link" title="向量形式" target="_blank">向量形式还有一个复数形式。但我们只需要上述基本形式来解决奥林匹克问题和其他领域的问题。

为了了解它，让我们考虑 $2$条款。让这两个序列顺其自然 $\ {a、b \}$而且 $\ {c, d \}$．然后通过Cauchy-Schwarz不等式

$左\ (^ 2 + b ^ 2 \) \离开(c ^ 2 + d ^ 2 \右)\通用电气\离开(ac + bd \右)^ 2。$

这很容易从斐波那契- brahmagupta恒等式推导出来

$左\ (^ 2 + b ^ 2 \) \离开(c ^ 2 + d ^ 2 \右)= \离开(ac + bd \右)^ 2 + \离开(ad-bc \右)^ 2 \通用电气\离开(ac + bd \右)^ 2。$

注意，当 $ad-bc = 0 \ Rightarrow \ dfrac{一}{c} = \ dfrac {b} {d}$如果这些项是非零的。3项的情况表明

$\左(a²+ b²+ c²\右)\左(d²+ e²+ f²\右)\geq (AD + be + cf)²。$

让我们通过一个例子和一个问题来尝试自己。

鉴于 $a₁,a₂…an \ \ mathbb {R}$这样 $a_1 + a₂+ \ cdots + an = 1$,证明 $$

$a_1 ^ {2} + a₂^ {2}+ \ cdots + an ^{2}≥\压裂{1}{n}。$

---

通过Cauchy-Schwarz，我们有

$\{对齐}开始(1 \ cdot a_1 + 1 \ cdot a₂+ \ cdots + 1 \ cdot an) ^ {2} & \ le \离开(a_1 ^ {2} + a₂^ {2}+ \ cdots + an ^{2} \右)(1 + 1 + \ cdots + 1) \ \ a_1 ^ {2} + a₂^ {2}+ \ cdots + an ^{2} &≥\压裂{1}{n}。结束\{对齐}$

我们有平等 $\ dfrac {ai} {1}$是所有的常数吗 $我$，这种情况发生在 $A_1 = a_2 = \cdots = a_n = \frac{1}{n}。\ _ \广场$

下面是使用Cauchy-Schwarz最常见的例子之一。我们可以很容易地推广这种方法来证明 $X ^2 + y^2 + z^2 = 1$的最大值 $Ax + by + cz$是 $\√{a²+ b²+ c²}$．

如果 $X ^2 + y^2 + z^2 = 1$的最大值是多少 $X + 2y + 3z?$

---

我们有 $(x + 2y + 3z) ^2 \leq \左(1^2 + 2^2 + 3^2 \右)\左(x^2 + y^2 + z^2 \右)= 14。$
因此, $X + 2y + 3z \leq \sqrt{14}$当平等保持时 $\frac{x}{1} = \frac{y}{2} = \frac{z}{3}$．
在一起 $X ^2 + y^2 + z^2 = 1$,我们得到

$x = \压裂{1}{\ sqrt{14}} \四y = \压裂{2},{\ sqrt{14}} \四z = \压裂{3}{\ sqrt{14}}。\ _ \广场$

做出正确的选择 $ai$而且 $b_i$能简化问题。下面的问题会让你意识到:

为积极的实数 $A b c > 0$显示, $$

$ABC (a +b + c) \leq a^ 3a b +b ^ 3a c + c^ 3a$

---

乍一看，我们不清楚如何应用Cauchy-Schwarz，因为没有可以使用的正方形。此外，RHS不是完全平方。Cauchy-Schwarz的力量在于它是极其万能的，并且是正确的选择 $ai$而且 $b_i$可以简化问题。

通过Cauchy-Schwarz，我们有

$左(\ \小\压裂{一}{\ sqrt {c}} \ * \ sqrt {c} + \压裂{b} {\ sqrt{一}}\ * \ sqrt{} + \压裂{c} {\ sqrt {b}} \ * \ sqrt {b} \右)^ 2 \ leq \离开(\压裂{^ 2}{c} + \压裂{b ^ 2}{} + \压裂{c ^ 2} {b} \右)(c + a + b)。$

因此, $(a + b + c) \ leq \离开(\压裂{^ 2}{c} + \压裂{b ^ 2}{} + \压裂{c ^ 2} {b} \右)$．在乘以 $美国广播公司$，我们得到给定的不等式。 $_ \广场$

的证明<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/titus-lemma/" class="wiki_link" title="Titu引理" target="_blank">Titu引理

为积极的实数 $A_1 a_2 ldots a_n$而且 $B_1 b_2 ldots b_n$,证明

$\压裂{a_1 ^ 2} {b_1} + \压裂{a₂^ 2}{b_2} + \ cdots + \压裂{an ^ 2} {b_n} \组\压裂{(a_1 + a₂+ \ cdots + an) ^ 2} {b_1 + b_2 + \ cdots + b_n}。$

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显示解决方案

它是通过应用代换得到的 $A_i = \frac{x_i}{\sqrt{y_i}}$而且 $b_i = \ sqrt {y_i}$到<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/cauchy-schwarz-inequality/" class="wiki_link" title="cauchy - schwarz不平等" target="_blank">cauchy - schwarz不平等．

然后它变成了

${对齐}\ \开始离开(\压裂{x_1 ^ 2} {y_1} + \压裂{x_2 ^ 2} {y_2} + \ cdots + \压裂{x_n ^ 2}{推出}\右)(y_1 + y_2 + \ cdots +最大)& \组(x_1 + x_2 + \ cdots + x_n) ^ 2 \ \ \压裂{x_1 ^ 2} {y_1} + \压裂{x_2 ^ 2} {y_2} + \ cdots + \压裂{x_n ^ 2}{推出}& \组\压裂{(x_1 + x_2 + \ cdots + x_n) ^ 2} {(y_1 + y_2 + \ cdots +最大)}。\ \ _ \广场结束{对齐}$

让我们用Cauchy-Schwarz不等式再试一次:

Cauchy-Schwarz不等式的一个常用结果是<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/titus-lemma/" class="wiki_link" title="Titu引理" target="_blank">Titu引理．它是如此重要，以至于我们用了整个页面来描述它。它说对于 $ai, b_i \ \ mathbb {R}, b_i > 0$ $\压裂{a_1 ^ {2}} {b_1} + \压裂{a₂^ {2}}{b_2} + \ cdots + \压裂{an ^ {2}} {b_n}≥\压裂{(a_1 + a₂+ \ cdots + an) ^ {2}} {b_1 + b_2 + \ cdots + b_n},$这个等式同样成立 ${\ dfrac {a_1} {b_1} = \ dfrac {a₂}{b_2} = \ cdots = \ dfrac {an} {b_n}}$．

证明这个不等式有很多种方法。下面给出一个简短的证明。

考虑到功能

$f (x) = \离开(a_1x-b_1 \右)^ 2 + \离开(a₂x-b_2 \右)^ 2 + \ cdots + \离开(a_nx-b_n \右)^ 2。$

作为平方和， $f (x)$总是非负的。现在我们展开 $f (x)$和收集。然后它变成了

$左(f (x) = \ \ sum_ {i = 1} ^ ^ 2 \ n a_i右)x ^ 2 - 2 \离开(\ sum_ {i = 1} ^ n ai b_i \右)x + \离开(\ sum_ {i = 1} ^ n b_i ^ 2 \右),$

哪个是二次方程 $x$．这个二次曲线是一条向上的抛物线。自 $f通用电气\ 0$，图形要么与 $x$-轴或停留在它的上半部分。这意味着它要么是一个完全平方(有重复根)要么没有实根。所以判别式是 $le 0 \$．计算判别式

$4 \离开(\ sum_ {i = 1} ^ n ai b_i \右)^ 2 - 4 \离开(\ sum_ {i = 1} ^ ^ 2 \ n a_i右)\离开(\ sum_ {i = 1} ^ n b_i ^ 2 \) \ 0。$

除以 $4$重新排列得到Cauchy-Schwarz不等式。

注意，当 $f$有一个真实的根(当然是重复的)。从第一种形式 $f (x)$利用平方和等于的事实 $0$只有当每个正方形等于 $0$,我们有 $A_i x-b_i=0 \表示\frac{b_i}{A_i}=x$对所有 $1 \ le我\ n$．这是当 $\压裂{ai} {b_i}$是恒定的 $我$． $_ \广场$

我们也可以从更一般的情况推出Cauchy-Schwarz不等式<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/holders-inequality/" class="wiki_link" title="持有人不平等" target="_blank">持有人不平等．简单地说 $m = 2$而且 $r = 2$，我们到达柯西施瓦茨。因此，我们说持有者不平等推广了Cauchy-Schwarz。

本节主要是定义和证明Cauchy-Schwarz不等式的矢量形式。

为所有的向量 $x$而且 $y$对于一个实内积空间，

$|\langle x,y\rangle| ^2 \leq \langle x,x\rangle \cdot \langle y,y\rangle，$

在哪里 $\ langle \ cdot \ cdot \捕杀$是内积。

同样, $|\langle x,y\rangle| \leq \|x\| \cdot \|y\|。$

当且仅当两个向量线性相关时，等式成立。

对于复向量空间，我们有

$左| \ \ sum_ {i = 1} ^ n x_i \酒吧{y} _i \对吧| ^ 2 \ leq \ sum_ {j = 1} ^ n | x_j | ^ 2 \ sum_ {k = 1} ^ n求和| k | ^ 2。$

相等成立当且仅当 $x$而且 $y$是线性相关的，也就是说，一个是另一个的标量倍数(包括一个或两个都是零的情况)。

现在我们将用Cauchy-Schwarz的矢量形式来证明上述断言。

如果 $v = 0,$很明显，我们是平等的，在这种情况下 $u$而且 $v$也是线性相关的。因此我们假设 $v$是非零的。我们还假设 $u, v \rangle \ne 0$否则不等式显然是成立的。

让

$Z = u-\frac {\langle u, v \rangle} {\langle v, v \rangle} v。$

从向量理论，我们知道 $z$的投影 $u$在正交的平面上 $v$．我们将通过证明它来证明它是正确的 $z$与向量正交 $v$，或者等价的 $z, v \rangle = 0$．根据内积的线性在第一个论点中，1

$\langle z, v\ rangle = \left\langle u -\frac {\langle u, v\ rangle} {\langle v, v\ rangle} v, v\ rangle右\rangle = \langle u, v\ rangle} {\langle v, v\ rangle} \langle v, v\ rangle} \langle v, v\ rangle = 0。$

因为这些向量是正交的，我们可以应用勾股定理

$U =\dfrac {\langle U, v \rangle} {\langle v, v \rangle} v+z，$

这给了

$\ \ | u \左右\ | ^ 2 = \左| \压裂{\ langle u, v \捕杀}{\ langle v, v \捕杀}\右| ^ 2 \ \ | v \左右\ | ^ 2 + \左右\ | z \ \ | ^ 2 = \压裂{| \ langle u, v \捕杀| ^ 2}{\左右\ | v \ \ | ^ 2} + \左右\ | z \ \ | ^ 2 \组\压裂{| \ langle u, v \捕杀| ^ 2}{\左右\ | v \ \ | ^ 2}。$

后乘以 $v | | | | ^ 2$，我们得到Cauchy-Schwarz不等式。

如果上面表达式中的关系实际上是一个等式，那么 $z | | | | ^ 2 = 0$因此 $z = 0$．从定义 $z$作为投影向量，这意味着没有一部分 $u$它垂直于 $v$，因此这两个向量是平行的。这就建立了定理。 $_ \广场$

下面给出了另一种用代数方法证明它的方法。

考虑两个序列 $我= \{现代{}\}$而且 $B = \ {b_ {j} \}$一个矩阵，每个元素的组合规则是 $我M_ {ij} ={现代{}}^ {2},{b_ {j}} ^ {2}$．对于等量项的序列，我们有

$左| \ \开始{矩阵}{现代{1}}^{2}。{b_{1}} ^{2}和{现代{1}}^{2}。｛b_{2}}^{2} & \ldots & {a_{1}}^{2}.{b_{n}}^{2}\\ {a_{2}}^{2}.{b_{1}}^{2} & {a_{2}}^{2}.{b_{2}}^{2} & \ldots & {a_{2}}^{2}.{b_{n}}^{2}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ {a_{n}}^{2}.{b_{1}}^{2} & {a_{n}}^{2}.{b_{2}}^{2} & \ldots & {a_{n}}^{2}.{b_{n}}^{2} \end{matrix} \right| .$

如果我们试图把矩阵上的所有项相加，根据分配律，就会得到

$左(\ displaystyle S_ {M} = \ \ sum_ {i = 1} ^ ^ 2 \ n a_i右)\离开(\ displaystyle \ sum_ {j = 1} ^ n b_j ^ 2 \右)。$

现在考虑两个相关的序列 $' = \{现代{我}b_i \}$而且 $B ' = \ {a_jb_ {j} \}$矩阵，每个元素的组合规则是 $M ' _ {ij} =现代{我}b_ia_jb_ {j}$,如下所示

$左| \ \开始{矩阵}{a_1 ^ 2 b_1 ^ 2}和{a_1b_1a_2b_2} & \ ldots & {a_1b_1a_nb_n} \ \ {a_2b_2a_1b_1}和{a₂^ 2 b_2 ^ 2} & \ ldots & {a_2b_2a_nb_n} \ \ \ vdots & \ vdots & \ ddots & \ vdots \ \ {a_1b_1a_nb_n}和{a_2b_2a_nb_n} & \ ldots & {an ^ 2 b_n ^ 2} \{矩阵}结束\ |。$

把所有项加起来得到

$S_ '} ={米\离开(\ displaystyle \ sum_ {k = 1} ^ n a_kb_k \右)^ 2 = \ sum_ {i = 1} ^ n a_ib_i \ sum_ {j = 1} ^ n a_jb_j。$

用一个和减去另一个和抵消了对角线项和收益率

$S_M - S_ {M '} = \ sum_ {1 \ le我< j} ^ {j < le n} \ \ sum_ {j = 1} ^ n a_ia_ib_jb_j——a_ib_ia_jb_j。$

因为对于每一对 $i < j$，存在两项 $a_ia_ib_jb_j——a_ib_ia_jb_j$而且 $a_ja_jb_ib_i——a_jb_ja_ib_i$，上述差异可以改写为

$S_M - S_ {M '} = \ sum_ {i = 1} ^ {j - 1} \ sum_ {j = 1} ^ n a_ia_ib_jb_j - a_ib_ia_jb_j + a_ja_jb_ib_i a_jb_ja_ib_i = \ sum_ {i = 1} ^ {j - 1} \ sum_ {j = 1} ^ n (a_ib_j - a_jb_i) ^ 2。$

因为平方是非负的 $S_M \组S_ {M '}$,因此

$\displaystyle \sum_{i=1}^n a_i^2\右)\左(\displaystyle \sum_{j=1}^n b_j^2\右)\geq \左(\displaystyle \sum_{i=1}^n a_ib_i\右)^2。\ _ \广场$

下面的例子是由Cauchy-Schwarz的矢量形式引起的。

函数的最大值是多少 $A \sin \ + b \cos \ ?$

---

cauchy - schwarz,

$(a \sin \theta + b \cos \theta) ^2 \leq \大(a^2 + b^2 \大)\大(\sin ^2 \theta + \cos ^2 \theta \大)= a^2 + b^2$

因此，最大值为 $\√{a^ 2 + b ^2}$，这是实现时 $\tan \theta = \frac{a}{b}$． $_ \广场$

在本节中，我们将通过一些例子和问题来学习Cauchy-Schwarz不等式的应用。

为 $在x, y, z \ \ mathbb {R ^ {+}}$,证明 $$

$\ sqrt {x (3 x + y)} + \ sqrt {y (3 y + z)} + \ sqrt {z (3 z + x)}≤2 (x + y + z)。$

---

通过Cauchy-Schwarz，我们有

$\开始{对齐}& \ sqrt {x (3 x + y)} + \ sqrt {y (3 y + z)} + \ sqrt {z (3 z + x)} \ \ \ leq& \√6{\离开(\ \√{x} \大)^{2}+大\ \√{y} \大)^{2}+大\ \√{z} \大)^{2}\)\离开(\ \√{3 x + y} \大)^{2}+大\ \√{3 y + z} \大)^{2}+大\ \√3 z + {x} \大)^{2}\右)}\ \ \ leq& \√6 {4 (x + y + z) ^{2}} \ \ = 2个(x + y + z)。\ \ _ \广场结束{对齐}$

这很有趣<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/triangle-inequality/" class="wiki_link" title="三角不等式" target="_blank">三角不等式在 $n$维数导致Cauchy-Schwarz不等式，这个不等式很容易证明。

真实的值 $\{a_i, b_i \}$显示,

$\ \小√6 {a₁^ 2 + a₂^ 2 + \ cdots + an ^ 2} + \ sqrt {b_1 ^ 2 + b_2 ^ 2 + \ cdots + b_n ^ 2} \组\√6 {(a_1 + b_1) ^ 2 + (a₂+ b_2) ^ 2 + \ cdots + (an + b_n) ^ 2}。$

---

两边平方，然后减去公共项，我们要证明一下

$\小2 \sqrt{a_1 ^2 + a_2 ^2 + cdots+ a_n^2} \sqrt{b_1 ^2 + b_2^2 + cdots+ b_n^2} \geq 2左(a_1 b_1 + a_2 b_2 + cdots+ a_n b_n \右)。$

平方，除以4，就得到

$\左(a_1 ^2 + a_2 ^2 + cdots+ a_n^2) \乘\左(b_1 ^2 + b_2^2 + cdots+ b_n^2 \右)\geq \左(a_1 b_1 + a_2 b_2 + cdots+ a_n b_n \右)^2，$

这就是Cauchy-Schwarz不等式，我们知道它的证明。 $_ \广场$

这是一个涉及Cauchy-Schwarz不等式应用的简单问题:

以下是一些你可以自己尝试证明的附加问题:

• 证明,如果 $\ {ai, b_i \}$无穷序列是这样的吗 $\sum a_i ^2 < \infty$而且 $\sum b_i ^2 < \infty$,然后 $\sum |a_i b_i | < \infty$．

• [APMO 1991]为正实值 $\{a_i, b_i \}$这样 $A_1 + a_2 + \cdots+ a_ n = b_1 + b_2 + \cdots+ b_n$显示,

$\压裂{a_1 ^ 2} {a_1 + b_1} + \压裂{a₂^ 2}{a₂+ b_2} + \ cdots + \压裂{an ^ 2} {an + b_n} \组\压裂{现代1 + a₂+ \ cdots + an}{2}。$

• 显示为 $X y z > 0$,我们有

$x + y + z \ leq 2 \离开(\压裂{x ^ 2} {y + z} + \压裂{y ^ 2} {x + z} + \压裂{z ^ 2} {x + y} \右)。$

• 证明

$\左(\sum a_i \ b_i \ c_i \右)^2 \leq \左(\sum a_i ^2 \右)\左(\sum b_i ^2 \右)\左(\sum c_i ^2 \右)$

解出最后这道题你就会很擅长Cauchy-Schwarz不等式。给你:

• 持有人不平等

• 重排的不平等

• 切比雪夫不等式

• 詹森不等式

• Titu引理