1樓：匿名使用者
^^證明：二維形式的證明 (a^2+b^2)(c^2+d^2) (a,b,c,d∈r)
=a^2·c^2 +b^2·d^2+a^2·d^2+b^2·c^2
=a^2·c^2 +2abcd+b^2·d^2+a^2·d^2－2abcd+b^2·c^2
=(ac+bd)^2+(ad－bc)^2
≥(ac+bd)^2,等號在且僅在ad－bc=0即ad=bc時成立.
三角形式的證明 √(a^2+b^2)+√(c^2+d^2)≥√[(a+c)^2+(b+d)^2]
證明：[√(a^2+b^2)+√(c^2+d^2)]^2=a^2+b^2+c^2+d^2+2·√(a^2+b^2)·√(c^2+d^2)
≥a^2+b^2+c^2+d^2+2|ac+bd|
≥a^2+b^2+c^2+d^2+2(ac+bd)
=a^2+2ac+c^2+b^2+2bd+d^2
=(a+c)^2+(b+d)^2
兩邊開根號即得 √(a^2+b^2)+√(c^2+d^2)≥√[(a+c)^2+(b+d)^2]
注：| |表示絕對值.
向量形式的證明 令m=(a1,a2,…,an),n=(b1,b2,…,bn)
m·n=a1b1+a2b2+…+anbn=|m||n|cos=√(a1+a2+…+an) ×√(b1+b2+…+bn) ×cos
∵cos≤1
∴a1b1+a2b2+…+anbn≤√(a1+a2+…+an) ×√(b1+b2+…+bn)
注：「√」表示平方根.
一般形式的證明 (∑(ai^2))(∑(bi^2)) ≥ (∑ai·bi) ^2
證明：等式左邊=(ai·bj+aj·bi)+.共n2 /2項
等式右邊=(ai·bi)·(aj·bj)+(aj·bj)·(ai·bi)+.共n2 /2項
用均值不等式容易證明 等式左邊≥等式右邊 得證
推廣形式的證明
推廣形式為 (x1+y1+…)(x2+y2+…)…(xn+yn+…)≥[(πx)^(1/n)+(πy)^(1/n)+…]^n (*)
證明如下
記a1=x1+y1+…,a2=x2+y2+…,….
由平均值不等式得
(1/n)(x1/a1+x2/a2+…+xn/an)≥[x1*x2*…*xn/(a1*a2*…*an)]^(1/n)=[(πx)/(a1*a2*…*an)]^(1/n)
(1/n)(y1/a1+y2/a2+…+yn/an)≥[y1*y2*…*yn/(a1*a2*…*an)]^(1/n)=[(πy)/(a1*a2*…*an)]^(1/n)
……上述m個不等式疊加得
1≥[(πx)/(a1*a2*…*an)]^(1/n)+[(πy)/(a1*a2*…*an)]^(1/n)+…
即(a1*a2*…*an)^(1/n)≥(πx)^(1/n)+(πy)^(1/n)+…
即 a1*a2*…*an≥[(πx)^(1/n)+(πy)^(1/n)+…]^n
即(x1+y1+…)(x2+y2+…)…(xn+yn+…)≥[(πx)^(1/n)+(πy)^(1/n)+…]^n
因此,不等式(*)成立.
（注：推廣形式即為卡爾松不等式）
2樓：鄭睿智
柯西不等式可以簡單地記做：平方和的積 ≥ 積的和的平方。它是對兩列數不等式。取等號的條件是兩列數對應成比例。
如：兩列數
0，1和 2，3
有 (0^2 + 1^2) * (2^2 + 3^2) = 26 ≥ (0*2 + 1*3)^2 = 9.
形式比較簡單的證明方法就是構造乙個輔助函式，這個輔助函式是二次函式，於是用二次函式取值條件就得到cauchy不等式。
還有一種形式比較麻煩的，但確實很容易想到的證法，就是完全把cauchy不等式右邊-左邊的式子，化成一組平方和的形式。
我這裡只給出前一種證法。
cauchy不等式的形式化寫法就是：記兩列數分別是ai, bi，則有
(∑ai^2) * (∑bi^2) ≥ (∑ai * bi)^2.
我們令f(x) = ∑(ai + x * bi)^2
= (∑bi^2) * x^2 + 2 * (∑ai * bi) * x + (∑ai^2)
則我們知道恒有
f(x) ≥ 0.
用二次函式無實根或只有乙個實根的條件，就有
δ = 4 * (∑ai * bi)^2 - 4 * (∑ai^2) * (∑bi^2) ≤ 0.
於是移項得到結論。
學了更多的數學以後就知道，這個不等式可以推廣到一般的內積空間中，那時證明的書寫會更簡潔一些。我們現在的證明只是其中的乙個特例罷了。
求柯西不等式的最巧妙的證明方法
3樓：水青雲倩
^^設自a1b1+a2b2+...+anbn=ab 欲證（a1^bai2+a2^2+...+an^2)(b1^2+b2^2+...
+bn^2)>=(a1b1+a2b2+...+anbn)^2
即證[（a1^2+a2^2+...+an^2)/ab][(b1^2+b2^2+...+bn^2)/ab]>=1
由基本du
不等式zhi得ai^2/ab+bi^2/ab>=aibi/ab疊加dao易得原不等式成立
4樓：匿名使用者
^貌似是用判別式法最簡單了：
設乙個函式
f(x)=(a1^2+a2^2+...+an^2)x^2-2（
專a1b1+a2b2+...+anbn）x+(b1^2+...+bn^2)
那麼f(x)=(a1^2x^2-2a1b1x+b1^2)+...+(an^2x^2-2anbnx+bn^2)
=(a1x-b1)^2+...+(anx-bn)^2>=0
而f(x)是乙個屬一元二次方程函式，那麼方程f(x)=0的判別式△<=0
即（2（a1b1+a2b2+...+anbn））^2-4(a1^2+a2^2+...+an^2)(b1^2+...+bn^2)<=0
化簡後得：(a1^2+a2^2+...+an^2)(b1^2+...+bn^2)>=（a1b1+a2b2+...+anbn）^2 即柯西不等式
等號條件△=0，(a1x-b1)^2+...+(anx-bn)^2=0
x=b1/a1=b2/a2=...=bn/an 即an與bn互相成比例
這樣就證明完畢了
5樓：匿名使用者
柯西不等抄式可以簡單地記做：平方和的積 ≥ 積的和的平方。它是對兩列數不等式。取等號的條件是兩列數對應成比例。
如：兩列數
0，1和 2，3
有 (0^2 + 1^2) * (2^2 + 3^2) = 26 ≥ (0*2 + 1*3)^2 = 9.
6樓：零下負5度小
兩邊相減，再抓對湊成完全平方式！因為多個平方的和是一定非負的！所以，就有》=號成立了... ...
柯西不等式的幾種證明方法
7樓：影伶
摘要: 如果襲
某一知識跟很多學科或者乙個學科的很多分支有著密切聯絡,那麼這個知識肯定是很重要的,而二次型、歐式空間內積、詹森不等式都是高等數學中代數、實函、微積分的基本內容。本文運用二次型理論、歐式空間中內積性質和詹森(jensen)不等式三種方法證明柯西不等式,並簡要說明柯西不等式與高等數學之間的聯絡。（剩餘2063字）
柯西不等式可以用數學歸納法證明嗎
8樓：匿名使用者
^^^|√很簡單首先根據bai歸納du假設，ab≥c^2
再次，ab(k+1)^zhi2,ba(k+1)^2都是非負dao數,利用回a+b≥2√ab:
ab(k+1)^2+ba(k+1)^2≥2|a(k+1)||b(k+1)|√ab≥2ca(k+1)b(k+1)
所以答ab+ab(k+1)^2+ba(k+1)^2+a(k+1)^2b(k+1)^2
≥c^2+2ca(k+1)b(k+1)+a(k+1)^2b(k+1)^2
=(c+a(k+1)b(k+1))^2
9樓：匿名使用者
乙個高中生知道的還真不少 連cauchy不等式是holder不等式特例都知道,強!
10樓：獨孤思齊
應該是去考全國奧賽的料吧，可以啊
11樓：匿名使用者
yjulica!!!!厲害！
我也謝謝你了！
求柯西不等式的最巧妙的證明方法，柯西不等式的幾種證明方法
設自a1b1 a2b2 anbn ab 欲證 a1 bai2 a2 2 an 2 b1 2 b2 2 bn 2 a1b1 a2b2 anbn 2 即證 a1 2 a2 2 an 2 ab b1 2 b2 2 bn 2 ab 1 由基本du 不等式zhi得ai 2 ab bi 2 ab aibi ab...
用向量法證明柯西不等式，柯西不等式的簡便證明方法？？
柯西不等式是由柯西 cauchy 在研究數學分析中的 流數 問題時得到的。一般形式 ai 2 bi 2 ai bi 2 等號成立條件 a1 b1 a2 b2 an bn，或ai bi均為零。向量形式 a1,a2,an b1,b2,bn n n，n 2 等號成立條件 為零向量，或 r 用向量來證.m ...
3道 柯西不等式 和 平均不等式 的
1.數形結合。y 2 2ax 0 拋物線右邊。x 2 y 2 2ax 0 圓外面。注意到圓和拋物線 相切 其實只用說明只有乙個交點即可。所以答案為 拋物線出去圓。注意下邊界不要出錯 2。即考慮 x y 2 z 2 y x 2 z 2 z y 2 x 2 根號 x 2 y 2 z 2 的最小值。由於是...