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柯西不等式

news 2025/7/14 13:39:28

好的，同学们，安静。

今天我们来谈一个不等式领域的“大杀器”，一个你们必须彻底掌握的工具。如果说基本不等式是步兵，稳扎稳打，那柯西不等式就是一支装备精良的特种部队，它能以各种你想不到的方式，空降到问题的核心，一击制胜。

我不是要求你们背下一个冷冰冰的公式，我是要求你们掌握它的灵魂。当你能从代数、几何，甚至物理（比如力学平衡）的角度去审视它时，它就不再是一个公式，而是你的直觉，你的第二天性。这节课，我们的目标就是把柯西不等式，刻进你们的数学思维里。

第一部分：柯西不等式的“三张面孔”——形态与本质

柯西不等式有多种形态，但它们都源于同一个核心思想。我们要做的，就是看透这些表象，直达本质。

面孔一：代数形式 (求和形式)

这是它在竞赛中最常见的样子，也是我们施展拳脚的主战场。

定理： 对于任意两组实数 $(a1,a2,…,an)(a_1, a_2, \dots, a_n)$ 和 $(b1,b2,…,bn)(b_1, b_2, \dots, b_n)$ ，我们有：
$(a_1^2 + a_2^2 + \dots + a_n^2)(b_1^2 + b_2^2 + \dots + b_n^2) \geq (a_1b_1 + a_2b_2 + \dots + a_nb_n)^2$
用求和符号写出来，更简洁：
$\left( \sum_{i=1}^n a_i^2 \right) \left( \sum_{i=1}^n b_i^2 \right) \geq \left( \sum_{i=1}^n a_i b_i \right)^2$

核心中的核心——等号成立条件：
这个不等式的威力，一半在于不等号，另一半在于等号。什么时候取等？当且仅当这两组数成比例时。也就是说，存在一个常数 $k$ ，使得 $ai=k⋅bia_i = k \cdot b_i$ 对所有的 $i$ 都成立（或者某个 $b_i=0$ 时对应的 $a_i=0$ ）。用比例式写出来就是：
$\frac{a_1}{b_1} = \frac{a_2}{b_2} = \dots = \frac{a_n}{b_n}$
在求最值问题里，你所有的计算都是在为最后利用这个等号条件铺路。记死它！

面孔二：几何形式 (向量形式)

这是柯西不等式最直观、最本源的样子。它告诉我们，代数背后是几何。

定理： 对于任意两个向量 $α⃗\vec{\alpha}$ 和 $β⃗\vec{\beta}$ ，我们有：
$|\vec{\alpha}|^2 |\vec{\beta}|^2 \geq (\vec{\alpha} \cdot \vec{\beta})^2$
为什么？因为我们知道向量点积的定义： $α⃗⋅β⃗=∣α⃗∣∣β⃗∣cos⁡θ\vec{\alpha} \cdot \vec{\beta} = |\vec{\alpha}| |\vec{\beta}| \cos\theta$ 。
所以 $(α⃗⋅β⃗)2=∣α⃗∣2∣β⃗∣2cos⁡2θ(\vec{\alpha} \cdot \vec{\beta})^2 = |\vec{\alpha}|^2 |\vec{\beta}|^2 \cos^2\theta$ 。
因为 $cos⁡2θ≤1\cos^2\theta \leq 1$ ，所以这个不等式是显然的，它几乎是“不证自明”的。

等号成立条件： 当且仅当 $∣cos⁡θ∣=1|\cos\theta|=1$ ，即 $θ=0\theta = 0$ 或 $π\pi$ 。这意味着什么？两个向量共线。这和代数形式的“成比例”是不是一回事？完全是！向量共线，意味着坐标成比例。

这个几何形式是你的思想武器。当你在代数形式里迷失方向时，退一步，回到几何，问自己：这些数，能看成是哪个向量的坐标？这个问题，是在求哪个向量的点积？

面孔三：积分形式 (给未来的你)

对于函数 $f (x)$ 和 $g (x)$ ，我们有：
$\left( \int_a^b f(x)^2 dx \right) \left( \int_a^b g(x)^2 dx \right) \geq \left( \int_a^b f(x)g(x) dx \right)^2$
这个我们今天不深究，但我要让你们看到，柯西不等式的思想是何等深邃，它贯穿了从离散到连续的整个数学世界。你今天掌握的思想，未来会在微积分、线性代数、泛函分析的战场上，成为你最可靠的盟友。

第二部分：柯西不等式的“灵魂拷问”——内在联系

只知道公式是三流水平，知道怎么用是二流水平，而理解它从哪里来，和其它知识有什么联系，才是一流水平的开始。

联系一：它的代数“出身”——二次函数判别式

柯西不等式可以被一个非常简单的高中知识证明：一元二次函数的判别式。这揭示了它纯代数的血统一面。

构造一个函数： $\sum_{i=1}^n (a_ix - b_i)^2$ 。
显然，这是一个关于 $x$ 的二次函数，并且由于它是平方和，所以 $\geq 0$ 恒成立。
把 $f (x)$ 展开：
$\left( \sum a_i^2 \right) x^2 - 2 \left( \sum a_ib_i \right) x + \left( \sum b_i^2 \right)$
一个恒大于等于0的二次函数，它的判别式 $Δ\Delta$ 必须小于等于0。
$\Delta = \left( -2 \sum a_ib_i \right)^2 - 4 \left( \sum a_i^2 \right) \left( \sum b_i^2 \right) \leq 0$
整理一下，就得到了柯西不等式：
$\left( \sum a_i b_i \right)^2 \leq \left( \sum a_i^2 \right) \left( \sum b_i^2 \right)$
什么时候 $Δ=0\Delta = 0$ ？当二次函数 $f (x)$ 有且仅有一个实根时，也就是 $f(x_0)=0$ 。这意味着 $∑(aix0−bi)2=0\sum (a_ix_0 - b_i)^2 = 0$ ，所以每个 $a_ix_0 - b_i)$ 都必须是0，即 $b_i = x_0 a_i$ ，这就是“成比例”！

这个证明告诉我们，柯西不等式的本质，是平方和的非负性。

第三部分：柯西不等式的“十八般武艺”——解题技巧

理论讲完了，上战场。在竞赛中，题目不会把 $a_i$ 和 $b_i$ 清清楚楚地摆在你面前。你需要有一双“火眼金睛”，看穿题目的伪装，或者更进一步，“无中生有”，创造出柯西不等式的结构。

武艺一：直接应用——“送分题”

这类题目的结构非常明显，考验的是你的基本功。
例题（源于讲义例10 & 11）：

若 $a^2+b^2+c^2=25$ ，求 $a - 2 b + 2 c$ 的取值范围。
- 分析： $a^2+b^2+c^2$ 是平方和， $a - 2 b + 2 c$ 是乘积和。太明显了。
- 解：令 $a_1, a_2, a_3) = (a, b, c)$ ， $b_1, b_2, b_3) = (1, -2, 2)$ 。
  根据柯西不等式：
  $(a2+b2+c2)(12+(−2)2+22)≥(a⋅1+b⋅(−2)+c⋅2)2(a^2+b^2+c^2)(1^2+(-2)^2+2^2) \geq (a \cdot 1 + b \cdot (-2) + c \cdot 2)^2$
  $25 \cdot 9 \geq (a-2b+2c)^2$
  $\geq (a-2b+2c)^2 \implies -15 \leq a-2b+2c \leq 15$ 。
若 $2 a - b - 2 c = 6$ ，求 $a^2+b^2+c^2$ 的最小值。
- 分析： 完全一样的结构，只是已知和所求反了过来。
- 解： $(a2+b2+c2)(22+(−1)2+(−2)2)≥(2a−b−2c)2(a^2+b^2+c^2)(2^2+(-1)^2+(-2)^2) \geq (2a-b-2c)^2$
  $(a2+b2+c2)⋅9≥62=36(a^2+b^2+c^2) \cdot 9 \geq 6^2 = 36$
  $a2+b2+c2≥4a^2+b^2+c^2 \geq 4$ 。
  最小值是4。别忘了检验等号！等号成立条件是 $a2=b−1=c−2\frac{a}{2} = \frac{b}{-1} = \frac{c}{-2}$ ，结合 $2 a - b - 2 c = 6$ 可以解出 $a, b, c$ 的值。这是满分卷和“会一半”卷的区别。

武艺二：创造结构——“万物皆可柯西”

这是最核心、最体现功力的技巧。关键在于利用“1”和“平方根”来配凑。

核心思想： 任何一个正数 $x$ 都可以看作是 $(x)2(\sqrt{x})^2$ 。

例题（经典“1”的代换）： 若 $x, y, z > 0$ ，求证 $(x+y+z)(1x+1y+1z)≥9(x+y+z)(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}) \geq 9$ 。

分析： 左边是两个和式的乘积。我们要凑出平方和的形式。
解：把 $x, y, z$ 看成 $a_i^2$ ，即 $a1=x,a2=y,a3=za_1=\sqrt{x}, a_2=\sqrt{y}, a_3=\sqrt{z}$ 。
把 $1x,1y,1z\frac{1}{x}, \frac{1}{y}, \frac{1}{z}$ 看成 $b_i^2$ ，即 $b1=1x,b2=1y,b3=1zb_1=\frac{1}{\sqrt{x}}, b_2=\frac{1}{\sqrt{y}}, b_3=\frac{1}{\sqrt{z}}$ 。
应用柯西不等式：
$((x)2+(y)2+(z)2)((1x)2+(1y)2+(1z)2)≥(x1x+y1y+z1z)2((\sqrt{x})^2+(\sqrt{y})^2+(\sqrt{z})^2)((\frac{1}{\sqrt{x}})^2+(\frac{1}{\sqrt{y}})^2+(\frac{1}{\sqrt{z}})^2) \geq (\sqrt{x}\frac{1}{\sqrt{x}}+\sqrt{y}\frac{1}{\sqrt{y}}+\sqrt{z}\frac{1}{\sqrt{z}})^2$
$(x+y+z)(1x+1y+1z)≥(1+1+1)2=9(x+y+z)(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}) \geq (1+1+1)^2 = 9$ 。

例题（源于讲义例9）： 若 $a, b, c > 0$ ，求证 $2a+b+2b+c+2c+a>9a+b+c\frac{2}{a+b} + \frac{2}{b+c} + \frac{2}{c+a} > \frac{9}{a+b+c}$ 。

分析： 这是一个分式求和，看起来不像柯西。但我们的目标是把它和 $2 (a + b + c)$ 联系起来。
解：考虑左边的和式与 $ ( (a+b)+(b+c)+(c+a) ) $ 的乘积。
令 $a12=2a+b,a22=2b+c,a32=2c+aa_1^2 = \frac{2}{a+b}, a_2^2=\frac{2}{b+c}, a_3^2=\frac{2}{c+a}$ 。
令 $b_1^2 = a+b, b_2^2=b+c, b_3^2=c+a$ 。
根据柯西不等式：
$)2(\frac{2}{a+b} + \frac{2}{b+c} + \frac{2}{c+a})((a+b)+(b+c)+(c+a)) \geq (\sqrt{\frac{2}{a+b}}\sqrt{a+b} + \dots)^2$
$)(2(a+b+c))≥(2+2+2)2=(32)2=18(\dots)(2(a+b+c)) \geq (\sqrt{2}+\sqrt{2}+\sqrt{2})^2 = (3\sqrt{2})^2 = 18$
两边除以 $2 (a + b + c)$ ，得：
$2a+b+2b+c+2c+a≥182(a+b+c)=9a+b+c\frac{2}{a+b} + \frac{2}{b+c} + \frac{2}{c+a} \geq \frac{18}{2(a+b+c)} = \frac{9}{a+b+c}$ 。
因为 $a, b, c$ 不全相等，等号取不到，所以是严格大于。

武艺三：柯西的“变形金刚”——恩格尔形式 (Engel Form)

这是柯西不等式的一个非常有用的推论，也叫Titu引理。专门处理一类分式求和问题。

定理 (恩格尔形式)： 对于正实数 $a_i$ 和任意实数 $x_i$ ，有：
$\frac{x_1^2}{a_1} + \frac{x_2^2}{a_2} + \dots + \frac{x_n^2}{a_n} \geq \frac{(x_1+x_2+\dots+x_n)^2}{a_1+a_2+\dots+a_n}$
证明： 这就是柯西不等式。令 $ui=xi/aiu_i = x_i/\sqrt{a_i}$ ， $vi=aiv_i = \sqrt{a_i}$ 。
$(∑ui2)(∑vi2)≥(∑uivi)2(\sum u_i^2)(\sum v_i^2) \geq (\sum u_i v_i)^2$
$(∑xi2ai)(∑ai)≥(∑xi)2(\sum \frac{x_i^2}{a_i})(\sum a_i) \geq (\sum x_i)^2$ 。证毕。

何时用它？ 当你看到一堆分式相加，且分子是平方（或者可以凑成平方），分母是单项时，优先考虑恩格尔形式。它往往比标准柯西更直接。

例题： 若 $a, b, c$ 为正数，且 $a + b + c = 1$ ，求 $a2b+c+b2c+a+c2a+b\frac{a^2}{b+c} + \frac{b^2}{c+a} + \frac{c^2}{a+b}$ 的最小值。

分析： 分子是平方，分母是和，完美匹配恩格尔形式。
解：
$a2b+c+b2c+a+c2a+b≥(a+b+c)2(b+c)+(c+a)+(a+b)=(a+b+c)22(a+b+c)=a+b+c2\frac{a^2}{b+c} + \frac{b^2}{c+a} + \frac{c^2}{a+b} \geq \frac{(a+b+c)^2}{(b+c)+(c+a)+(a+b)} = \frac{(a+b+c)^2}{2(a+b+c)} = \frac{a+b+c}{2}$
因为 $a + b + c = 1$ ，所以最小值为 $1/2$ 。
检验等号： $ab+c=bc+a=ca+b\frac{a}{b+c}=\frac{b}{c+a}=\frac{c}{a+b}$ ，结合 $a + b + c = 1$ 可得 $a = b = c = 1/3$ 时取等。

武艺四：“降维打击”——变量代换

有时候，题目给的条件非常复杂，比如带分母的平方和。我们的策略是，通过变量代换，把它“打回原形”，变成最简单的 $x^2+y^2+z^2=1$ 的形式。

例题（源于讲义例12）： 若 $(a−1)216+(b+2)25+(c−3)24=1\frac{(a-1)^2}{16} + \frac{(b+2)^2}{5} + \frac{(c-3)^2}{4} = 1$ ，求 $a + b + c$ 的最值。

分析： 这个条件看着就头疼。但它是一个平方和的形式。我们把它简化。
解：令 $\frac{a-1}{4}$ ， $\frac{b+2}{\sqrt{5}}$ ， $\frac{c-3}{2}$ 。
则条件变为 $x^2+y^2+z^2=1$ 。这是一个单位球面，多美！
我们要求什么？ $(\sqrt{5}y-2) + (2z+3) = 4x+\sqrt{5}y+2z+2$ 。
问题转化为：在 $x^2+y^2+z^2=1$ 的条件下，求 $4x+5y+2z+24x+\sqrt{5}y+2z+2$ 的最值。
这就是“送分题”了。对 $4x+5y+2z4x+\sqrt{5}y+2z$ 用柯西：
$(x2+y2+z2)(42+(5)2+22)≥(4x+5y+2z)2(x^2+y^2+z^2)(4^2+(\sqrt{5})^2+2^2) \geq (4x+\sqrt{5}y+2z)^2$
$\cdot (16+5+4) \geq (4x+\sqrt{5}y+2z)^2$
$\geq (4x+\sqrt{5}y+2z)^2 \implies -5 \leq 4x+\sqrt{5}y+2z \leq 5$ 。
所以 $a + b + c$ 的取值范围是 $[- 5 + 2, 5 + 2] = [- 3, 7]$ 。