柯西不等式证明（精选多篇）

发布时间：2020-09-04 08:34:35 来源：证明收藏本文下载本文手机版

推荐第1篇：利用柯西不等式证明不等式

最值

1.求函数yx24

,(xR)的最小值。

2.求函数yx4x

2,(xR

)的最小值。

xR且x2y

3.设2

1,求xy2的最大值

4.设x,y,z为正实数,且x+y+z=10,求4x19

yz

的最小值。

已知：x2

5.4

y21 求：xy；2xy的取值范围。

6.已知：a2

b2

1，m2

n2

2,求ambn的取值范围

7.已知：2x3y1 求：x2

2y2

的最小值.

8.求函数yx12x的取值范围。

9.求函数yx12x的最大值。

证明不等式

1.求证:a2b2c2abbcac

2.已知a,b都是正数，求证：

（1）(1ab)(1a2b2)9ab;（2）(a2bab2)(ab2a2b)9a2b2.

3.设a,b,c,dR，求证：a2b2c2d2(ac)2(bd)2。

4.已知a2b2c21,x2y2z21,求证：axbycz1.

5.已知a,b,c均为正数，且abc1，求证：111abc

9

6.若0

，则1sincos2.

推荐第2篇：柯西不等式的证明

柯西不等式的证明

二维形式的证明

(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，等号在且仅在ad－bc=0即ad=bc时成立。

三角形式的证明

√(a^2+b^2)+√(c^2+d^2)≥√[(a-c)^2+(b-d)^2]

证明： [√(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*|a*c+b*d| 注： | |表示绝对值。*表示乘

≥a^2+b^2+c^2+d^2-2（a*c+b*d）

=a^2-2*a*c+c^2+b^2-2bd+d^2

=(a-c)^2+(b-d)^2

两边开根号即得 √(a^2+b^2)+√(c^2+d^2)≥√[(a-c)^2+(b-d)^2]

一般形式的证明

求证：(∑ai^2)(∑bi^2) ≥ (∑ai·bi)^2

证明：

当a1=a2=…=an=0或b1=b2=…=bn=0时，一般形式显然成立

令A=∑ai^2 B=∑ai·bi C=∑bi^2

当a1，a2，…，an中至少有一个不为零时，可知A>0

构造二次函数f(x)=Ax^2+2Bx+C，（请注意，一次项系数是2B，不是B）展开得：f(x)=∑(ai^2·x^2+2ai·bi·x+bi^2)=∑ (ai·x+bi)^2≥0

故f(x)的判别式△=4B^2－4AC≤0，

（请大家注意：一元二次方程ax^2+bx+c=0的判别式确实是△=b^2-4ac，但是这里的方程Ax^2+2Bx+C = 0已经发生如下替换a = A，b = 2B，c = C，这里面b已经换成了2B，因而导致很多网友的误解。此步若错，柯西不等式就无法证明了！）移项得AC≥B^2，欲证不等式已得证。

向量形式的证明

令m=(a1, a2, …, an)，n=(b1, b2, …, bn)

m·n=a1b1+a2b2+…+anbn=|m||n|cos=√(a1^2+a2^2+…+an^2) ×√(b1^2+b2^2+…+bn^2) ×cos

∵cos≤

1∴a1b1+a2b2+…+anbn≤√(a1^2+a2^2+…+an^2) ×√(b1^2+b2^2+…+bn^2)注：“√”表示平方根。

注：以上仅是柯西不等式部分形式的证明。

【柯西不等式的应用】柯西不等式在求某些函数最值中和证明某些不等式时是经常使用的理论根据，我们在教学中应给予极大的重视。

巧拆常数证不等式

例：设a、b、c为正数且互不相等。求证：2/(a+b)+2/(b+c)+2/(c+a)>9/(a+b+c)∵a、b、c 均为正数

∴为证结论正确，只需证：2(a+b+c)[1/(a+b)+1/(b+c)+1/(c+a)]>9

而2(a+b+c)=(a+b)+(a+c)+(c+b)

又9=(1+1+1)^2 ∴只需证：

2(a+b+c)[1/(a+b)+1/(b+c)+1/(c+a)]=[(a+b)+(a+c)+(b+c)][1/(a+b)+1/(b+c)+1/(c+a)]≥(1+1+1)^2=9

又a、b、c互不相等，故等号成立条件无法满足

∴原不等式成立

求某些函数最值

例：求函数y=3√(x－5)+4√(9－x)的最大值。(注：“√”表示平方根)

函数的定义域为[5, 9]，y>0

y=3√(x－5)+4√(9－x)≤√(3^2+4^2)×√{ [√(x－5)] ^2 + [√(9－x)] ^2 }=5×2=10函数仅在4√(x－5)=3√(9－x)，即x=6.44时取到。

以上只是柯西不等式的部分示例。

更多示例请参考有关文献。三角形式证明 :两边同时平方,展开,消去同样的项,剩余部分再平方,消去同样的项,得一完全平方式,大于或等于0,得证

代数形式

设a1，a2，...an及b1，b2，...bn为任意实数，则（a1b1+a2b2+...+anbn）①，当且仅当a1/b1=a2/b2=...=an/bn（规定ai=0时，bi=0）时等号成立.

推广形式的证明

推广形式为

(x1+y1+…)(x2+y2+…)…(xn+yn+…)≥[(Πx)^(1/n)+(Πy)^(1/n)+…]^n (*)

证明如下

记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个不等式叠加得

即即即1≥[(Πx)/(A1*A2*…*An)]^(1/n)+[(Πy)/(A1*A2*…*An)]^(1/n)+…(A1*A2*…*An)^(1/n)≥(Πx)^(1/n)+(Πy)^(1/n)+…A1*A2*…*An≥[(Πx)^(1/n)+(Πy)^(1/n)+…]^n

成立.

（注：推广形式即为卡尔松不等式）

(x1+y1+…)(x2+y2+…)…(xn+yn+…)≥[(Πx)^(1/n)+(Πy)^(1/n)+…]^n，因此,不等式(*)

推荐第3篇：柯西不等式

高中数学新课标选修4-5课时计划东升高中高二备课组授课时间: 2007年月日(星期)第节总第课时

第一课时3.1二维形式的柯西不等式

（一）

教学要求：认识二维柯西不等式的几种形式，理解它们的几何意义，并会证明二维柯西不等式及向量形式.教学重点：会证明二维柯西不等式及三角不等式.教学难点：理解几何意义.教学过程：

一、复习准备：

1.提问：二元均值不等式有哪几种形式？

答案：

ab

2

(a0,b0)及几种变式.2.练习：已知a、b、c、d为实数，求证(a2b2)(c2d2)(acbd)2证法：（比较法）(a2b2)(c2d2)(acbd)2=….=(adbc)20

二、讲授新课：

1.教学柯西不等式：

① 提出定理1：若a、b、c、d为实数，则(a2b2)(c2d2)(acbd)2.→ 即二维形式的柯西不等式→ 什么时候取等号？ ② 讨论：二维形式的柯西不等式的其它证明方法？证法二：（综合法）(a2b2)(c2d2)a2c2a2d2b2c2b2d

222(acbd)(adb)c(

（要点：展开→配方） ac.)b d





证法三：（向量法）设向量m(a,b)，n(c,d)，则|m|，|n|

∵ mnacbd，且mn|m||n|cosm,n，则|mn||m||n|.∴ …..证法四：（函数法）设f(x)(a2b2)x22(acbd)xc2d2，则

f(x)(axc)(bxd)≥0恒成立.22

∴ [2(acbd)]24(a2b2)(c2d2)≤0，即…..③ 讨论：二维形式的柯西不等式的一些变式？

|acbd| 或

acbd.



|ac||bd|

④ 提出定理2：设,是两个向量，则||||||.即柯西不等式的向量形式（由向量法提出）





→ 讨论：上面时候等号成立？（是零向量，或者,共线）

⑤ 练习：已知a、b、c、d

.证法：（分析法）平方 → 应用柯西不等式→ 讨论：其几何意义？（构造三角形） 2.教学三角不等式：

① 出示定理3：设x1,y1,x2,y2

R

分析其几何意义 → 如何利用柯西不等式证明

→ 变式：若x1,y1,x2,y2,x3,y3R，则结合以上几何意义，可得到怎样的三角不等式？3.小结：二维柯西不等式的代数形式、向量形式；三角不等式的两种形式（两点、三点）

三、巩固练习：

1.练习：试写出三维形式的柯西不等式和三角不等式2.作业：教材P37

4、5题.教学后记：板书设计：

第二课时3.1二维形式的柯西不等式

（二）

教学要求：会利用二维柯西不等式及三角不等式解决问题，体会运用经典不等式的一般方法——发现具体问题与经典不等式之间的关系，经过适当变形，依据经典不等式得到不等关系.教学重点：利用二维柯西不等式解决问题.

教学难点：如何变形，套用已知不等式的形式.教学过程：

一、复习准备：

1.提问：二维形式的柯西不等式、三角不等式？几何意义？答案：(a2b2)(c2d2)(ac

bd)22.讨论：如何将二维形式的柯西不等式、三角不等式，拓广到三维、四维？ 3.如何利用二维柯西不等式求函数y?

要点：利用变式|acbd|

二、讲授新课：

1.教学最大（小）值：

.① 出示例

1：求函数y

分析：如何变形？→ 构造柯西不等式的形式→ 板演

→

变式：y→

推广：yd(a,b,c,d,e,fR) ② 练习：已知3x2y1，求x2y2的最小值.解答要点：（凑配法）x2y2

3(xy)(32)

113

(3x2y)

113

讨论：其它方法（数形结合法） 2.教学不等式的证明：

① 出示例2：若x,yR，xy2，求证：

1x1y2.

分析：如何变形后利用柯西不等式？（注意对比 → 构造）

要点：

1x1y12(xy)(

1x1y)

22

2

]…

讨论：其它证法（利用基本不等式）

② 练习：已知a、bR，求证：(ab)()4.

13.练习：

① 已知x,y,a,bR，且要点：xy(

axby

1，则xy的最小值.)(xy)….→ 其它证法

② 若x,y,zR，且xyz1，求x2y2z2的最小值.（要点：利用三维柯西不等式）变式：若x,y,zR，且xyz

1的最大值.

3.小结：比较柯西不等式的形式，将目标式进行变形，注意凑配、构造等技巧.

三、巩固练习：

1.练习：教材P37

8、9题2.作业：教材P37

1、

6、7题

第三课时3.2一般形式的柯西不等式

教学要求：认识一般形式的柯西不等式，会用函数思想方法证明一般形式的柯西不等式，并应用其解决一些不等式的问题.教学重点：会证明一般形式的柯西不等式，并能应用.教学难点：理解证明中的函数思想.教学过程：

一、复习准备： 1.练习：

2.提问：二维形式的柯西不等式？如何将二维形式的柯西不等式拓广到三维？

答案：(a2b2)(c2d2)(acbd)2；(a2b2c2)(d2e2f2)(adbecf)2

二、讲授新课：

1.教学一般形式的柯西不等式：



① 提问：由平面向量的柯西不等式||||||，如果得到空间向量的柯西不等式及代数形

式？

② 猜想：n维向量的坐标？n维向量的柯西不等式及代数形式？结论：设a1,a2,,an,b1,b2,,bnR，则

2(a12a22a)(bbn12

)bnb)(1a1babnna22



anbn

讨论：什么时候取等号？（当且仅当

a1b

1

a2b2

时取等号，假设bi0）

222

联想：设Ba1b1a2b2anbn，Aa12a22an2，则有B2AC0，Cb1b2bn，可联想到一些什么？

③ 讨论：如何构造二次函数证明n维形式的柯西不等式？（注意分类）

2222222

要点：令（fx）（a1a2an)x2(a1b1a2b2anbn)x(b1b2bn) ，则

f(x)(a1xb1)(a2xb2)+（anxbn)0.222

又a12a22an20，从而结合二次函数的图像可知，

2(a1b1a2b2anbn)4(a1a2an)(b1b2bn)≤0

即有要证明的结论成立.（注意：分析什么时候等号成立.） ④ 变式：a12a22an2

(a1a2an).（讨论如何证明）

2.教学柯西不等式的应用：

① 出示例1：已知3x2yz1，求x2y2z2的最小值.

分析：如何变形后构造柯西不等式？→ 板演→ 变式： ② 练习：若x,y,zR，且

1x1y1z

1，求x

y2z

3的最小值..

1bc

)(11)

4③ 出示例2：若a>b>c，求证：要点：(ac)(

1ab



1bc

1ab



1bc



4ac

1ab



)[(ab)(bc)](

3.小结：柯西不等式的一般形式及应用；等号成立的条件；根据结构特点构造证明.

三、巩固练习：

1.练习：教材P414题2.作业：教材P

415、6题

第四课时3.3 排序不等式

教学要求：了解排序不等式的基本形式，会运用排序不等式分析解决一些简单问题，体会运用经典不等式的一般方法.教学重点：应用排序不等式证明不等式.教学难点：排序不等式的证明思路.教学过程：

一、复习准备：

1.提问：前面所学习的一些经典不等式？（柯西不等式、三角不等式）

2.举例：说说两类经典不等式的应用实例.

二、讲授新课：

1.教学排序不等式： ① 看书：P42~P44.② 提出排序不等式（即排序原理）：设有两个有序实数组:a1a2···an;b1b2···bn.c1,c2,···cn是b1,b2，···,bn的任一排列,则有

a1b1a2b···+anbn (同序和)

2··+ancn (乱序和) a1c1a2c2+·

··+anb1 (反序和) a1bna2bn1+·

当且仅当a1a2···=an或b1b2···=bn时，反序和等于同序和.（要点：理解其思想，记住其形式） 2.教学排序不等式的应用：

① 出示例1：设a1,a2,,an是n个互不相同的正整数，求证：

1

1213

1na1

a22



3

ann

分析：如何构造有序排列？如何运用套用排序不等式？证明过程：

设b1,b2,,bn是a1,a2,,an的一个排列，且b1b2bn，则b11,b22,,bnn.又1a1





，由排序不等式，得

b22

a22



a33



ann

b1



b33



bnn

…

小结：分析目标，构造有序排列.② 练习：

已知a,b,c为正数，求证：2(a3b3c3)a2(bc)b2(ac)c2(ab).解答要点：由对称性，假设abc，则a2b2c2，

于是 a2ab2bc2ca2cb2ac2b，a2ab2bc2ca2bb2cc2a，两式相加即得.

3.小结：排序不等式的基本形式.

三、巩固练习：

1.练习：教材P451题 2.作业：教材P4

53、4题

推荐第4篇：关于柯西不等式的证明

关于柯西不等式的证明

王念

数学与信息学院数学与应用数学专业 07 级指导老师：吴明忠

摘要：研究柯西不等式的多种证明方法，得到一些有用的结论，并简单介绍一些它的应用。

关键词：柯西不等式、数学归纳法、二次型正定、欧式空间向量内积、詹森不等式，二维随机变量的数学期望。

Cauchy inequality is an important inequality.It has aroused people’s interest and its widespread application.In this paper、quadratic form、European space inner product、and the relation between Cauchy inequality.Wang Ni an

Xxxxxxxxxxx Grade 07 Instructor: Wu Ming Zhong

Abstract: The paper discues the certifying ways of Cauchy inequality then gets some useful conduction and introduces some appliances.

Key words: Cauchy inequality; quadratic form; inner product; Jensen inequality; mathematic Expectation.

柯西不等式是大家熟知的一个重要不等式，它的结构和谐对称、以及广泛的运用引起了人们的兴趣和讨论。本文运用高等代数、微积分的基本内容来证明柯西不等式。

1 柯西不等式的内容 1.1

(a1b1a2b2....anbn)2(a12a22....an2)2(b12b22....bn2)2(aibiR,i1,2......n)

等号当且仅当a1a2.....an0或bikai时成立（k为常数，i=1,2…..n）.1.2 设a1,a2,.....an及b1,b2,.....bn为任意实数则不等式(aibi)(a)(bi2)成

i1

立，当且仅当bikai （i=1,2…..n）取等号。1,2这两种形式就是著名的柯西不

等式。

2 柯西不等式的证明 2.1构造二次函数，证明柯西不等式。(其关键在于利用二次函数0时函数f(x) 0

f(x)(a1xb1)2(a2xb2)2....(anxbn)2

(a12a22....an2)x22(a1b1a2b2....anbn)x (b12b22....bn2)显然f(x) 0

又a12a22....ann0则利用0可得

4(a1b1a2b2.....anbn)24(a12a22....ann)(bb2.....bn)0即

(a1b1a2b2....anbn)2(a12a22....an2)(bb2....bn)

当且仅当aixbi0(i1,2....n) 即

aa1a2

.......n是等号成立。 b1b2bn

2.2 利用数学归纳法进行证明。（关键把握由特殊到一般情况的严密性）

（1）当n1时左式=a1b1右式=a1b1

显然左式=右式当

n2

时

，

右式

a12a2b12b22a1b1a2b2a22b12a12b22

a1b1a2b22a1a2b1b2a1b2a2b2左式

仅当即 a2b1a1b2 即

a1a2

时等号成立 b1b2

故n1,2时不等式成立

（2）假设nkk,k2时，不等式成立

2kak即 a1b1a2b2akbka12a2b12b22bk2

当 bikai，k为常数，i1,2n 或a1a2ak0时等号成立

a12a2....ak

设Bb12b22....bk2

Ca1b1a2b2....akbk

222222则ak1bk1bk1ak1bk1Bak1 22C22Cak1bk1ak1bk1Cak1bk1 2222a1a2akak1



b12

b2

b2

k

b

a1b1a2b2akbkak1bk1

当 bikai，k为常数，i1,2n 或a1a2ak0时等号成立

即nk1时不等式成立综上所述原柯西不等式得证。

2.3 利用基本不等式（均值不等式）进行证明（关键在于利用它 “形式”）由于xy2xy(x,y

R)，令x

y



ai22ak2

k1



bi22bk2

k1n

(i1,2.......n)

将N

不等式相加得：

ab

aibi

i1n



a

i1

nk1



b

i1nk1

1

2ak22bk2

i1

k1

即(aibi)(ai)(bk2)

i1

原柯西不等式得证。

2.4 利用二次正定型理论进行证明（关键在于理解二次型正定的定义）正定二次型定义：R上一个n元二次型q(x1,x2,....xn)可以看成定义在实数域上n个变量的实函数。如果对于变量x1,x2,....xn的每一组不全为零的值，函数值

q(x1,x2,....xn)都是正数，那么就称q(x1,x2,....xn)是一个正定二次型。

(aix1bix2)ai2x12bi2x222aibix1x20(i1,2,.....n)

有(ai)x(bi)x2(2aibi)x1x20

i1

设二次型 f(x1,x2)(ai)x(bi)x2(2aibi)x1x20

i1

nnn

故f为正定必有二次型矩阵

n2aii1

An



aibii1

abiii1

正定 n

2bii1

(ai)(bi)(aibi)20

则A0,即

i1

(aibi)2(ai2)(bi2)

i1

nnn

当

aa1a2

.......n时等号成立。 b1b2bn

故原不等式成立，及柯西不等式得证。 2.5 利用欧式空间中内积的性质进行证明。

定理：在一个欧式空间里，对于任意向量,，有不等式：

,2,,;当且仅当与线性相关时，才取等号。

证如果与线性相关，那么或者0，或者a，不论哪一种情况都有

,2,,.

现在设与线性无关。那么对于任意实数t来说，t0，于是

t,t0,

即 t2,2t,,,0.

最后不等式左端是t的一个二次三项式。由于它对于t的任意是数值来说都是正数，所以它的判别式一定小于零，即

,2,,0或,2,,.又在Rn里，对于任意两个向量

(x1,x2,....xn),

(y1,y2,....yn),

规定（必须规定）,x1y1x2y2.....xnyn.

容易验证，关于内积的公理被满足，因而R对于这样定义的内积来说作成一个欧式空

间.再由不等式,2,,;推出对于任意实数a1,a2,....an,b1,b2,....bn,有不等式

(a1b1....anbn)2(a12....an2)(b12....bn2).即柯西不等式得证。 2.6 利用行列式进行证明

证 (ai)(b)(aibi)

i1

a

i1ni1

ab

i1n

2ii1

abb

iin



i1j1

ai2aibi

ajbjbj2



1ijn



(aibjajbi)20

若令a(a1,a2,an),b(b1,b2bn) 则可以得到：

(aibi)( a)(b)1i 即柯西不等式得证。

i1

2.7 利用詹森不等式进行证明

考察函数(x)x2,(x0),(x)2x,(x)20,故(x)x2是(0,)上的凸函数，詹森（Jensen）不等式

n

PkXkk1n

Pkk1

2PkXkk1n(其中，P,2,n),得 k0,k1Pk

k1

(PkXk)(Pk)(PKxk2)

k1

nnn

ak22

上式中令Pkbk,Xk即（PkXk)(bk)(ak2)

bkk1k1k1

从而不等式成立。

2.8 利用二维随机变量的数学期望证明

表格 2

1n1n21n222

E()aibi，Eai,Ebi

ni1ni1ni1

由E()E2E2

1n1n21n22

所以有(aibi)(ai)(bi)

ni1ni1ni1

即(aibi)(ai)(bi2)

i1

nnn

则柯西不等式得证。

推荐第5篇：柯西不等式的证明及应用

柯西不等式的证明及应用

（河西学院数学系01（2）班甘肃张掖734000）

摘要：柯西不等式是一个非常重要的不等式，灵活巧妙的应用它，可以使一些较为困难的问题迎刃而解。本文在证明不等式，解三角形相关问题，求函数最值，解方程等问题的应用方面给出几个例子。

关键词：柯西不等式证明应用中图分类号：O178

Identification and application of Cauchy inequality

ChenBo

（department of mathematics , Hexi university zhangye gansu 734000）

Abstract:Cauchy-inequality is a very important in equation, flexible ingenious application it, can make some comparatively difficult problems easily solved .This text prove inequality, solve triangle relevant problem, is it worth most to ask, the application which solves such questions as the equation ,etc.provides several examples.Keyword：inequationproveapplication

柯西（Cauchy）不等式

12

222

a1b1a2b2anbna1a2an

b

2122b2bn

abR,i1,2n

等号当且仅当a1a2an0或bikai时成立（k为常数，i1,2n）现将它的证明介绍如下：

证明1：构造二次函数 f(x)a1xb1a2xb2anxbn

22n222n

=a1a2anx2a1b1a2b2anbnxb1b2bn



a12a2an0

fx0恒成立

2n4a1b1a2b2anbn4a12a2anb12b22bnn0

即a1b1a2b2anbna1a2an



b

2nb2bn

当且仅当aixbix0i1,2n即证明（2）数学归纳法

aa1a2

n时等号成立 b1b2bn

（1）当n1时左式=a1b1右式=a1b1 显然左式=右式

当

n2时，右式

a12a2b12b22a1b1a2b2a22b12a12b22

a1b1a2b22a1a2b1b2a1b2a2b2右式

仅当即 a2b1a1b2 即

a1a2

时等号成立 b1b2

故n1,2时不等式成立

（2）假设nkk,k2时，不等式成立即 a1b1a2b2akbka1a2ak



b

2b2bkk

当 bikai，k为常数，i1,2n 或a1a2ak0时等号成立

222

设a1b12b22bk2 a2ak

Ca1b1a2b2akbk

2则ak1

bb

2k1

2k122ak1bk1

C22Cak1bk1ak1bk1Cak1bk1 2222a1a2akak1



b12

b22

b2

k

b

a1b1a2b2akbkak1bk1

当 bikai，k为常数，i1,2n 或a1a2ak0时等号成立

即nk1时不等式成立综合（1）（2）可知不等式成立

柯西不等式是一个非常重要的不等式，灵活巧妙的应用运用它，可以使一些较为困难的问题迎刃而解，这个不等式结构和谐，应用灵活广泛，利用柯西不等式可处理以下问题： 1）证明相关命题

例1．用柯西不等式推导点到直线的距离公式

3

。

已知点x0,y0及直线l: xyC00



设点p是直线l上的任意一点，则

xxC0（1）

p1p2

（2）

点p1p2两点间的距离p1p2就是点p到直线l的距离，求（2）式有最小值，有

x0x1y0y1

x0y0Cx1y1C

由（1）

（2）得：

p1p2x0y0C即

p1p2

（3）

当且仅当y0y1:x0x1



p1p2l （3）式取等号即点到直线的距离公式

即

p1p2

2）证明不等式

例2

4

a2b2c2

已知正数a,b,c满足abc1证明abc

证明：利用柯西不等式

a

b2c



13131

3a2a2b2b2c2c2

323232

a2b2c2abc

a3b3c3abcabc1

 ca又因为abcabbc在此不等式两边同乘以2，再加上abc

222得：abc3abc

222222



a2b2c2a3b3c33a2b2c2

a2b2c2

故abc

3）解三角形的相关问题

例3 设p是ABC内的一点，x,y,z是p到三边a,b,c的距离，R是ABC外接圆的

证明：由柯西不等式得，



记S为ABC的面积，则

abcabc

axbycz2S2



4R2R

故不等式成立。 4）求最值例4

5



2222

已知实数a,b,c,d满足abcd3， a2b3c6d5试求a的最值

解：由柯西不等式得，有

2b

2111

3c26d2bcd

236

222

即2b3c6dbcd 2

由条件可得， 5a3a

解得，1a

2时等号成立， 11

,d时，amax2 3621

b1,c,d时amin1

代入b1,c

5）利用柯西不等式解方程例5．在实数集内解方程

5

9222

xyz

4

8x6y24y39

解：由柯西不等式，得

x

222

y2z2862248x6y24y①



x2y2z286224



643641443924

又8x6y24y39

x

222

y2z2862248x6y24z



即不等式①中只有等号成立

从而由柯西不等式中等号成立的条件，得

xyz 8624

它与8x6y24y39联立，可得

x

6918yz 132613

67

6）用柯西不等式解释样本线性相关系数

在《概率论与数理统计》〉一书中，在线性回归中，有样本相关系数

(x)y

并指出r1且r越接近于1，相关程度越大，r越接

近于0，则相关程度越小。现在可用柯西不等式解释样本线性相关系数。现记aixi，biyi

，则，

ab

r1

当r1时，

abab

i1

此时，

yibixiai

k，k为常数。点xi,yii1,2n均在直线

ykx上，r

当r1时，

ab

i1n

a

i12i

b

i1

即

abab

i1

0

而

aibia

i1

bi2

i1

1ijn



aibjajbi

1ijn



aibjajbi0aibjajbi0



k,k为常数。 ai

此时，此时，

yibixiai

k，k为常数

点xi,yi均在直线ykx附近，所以r越接近于1，相关程度越大当r0时，ai,bi不具备上述特征，从而，找不到合适的常数k，使得点xi,yi都在直线ykx附近。所以，r越接近于0，则相关程度越小。致谢：在本文的写作过程中，得到了马统一老师的精心指导，在此表示衷心的感谢。

参考文献：1柯西不等式的微小改动 J数学通报2002 第三期2柯西不等式与排序不等式M南山湖南教育出版社

3普通高中解析几何M高等教育出版社



41990-年全国统一考试数学试卷J

5李永新李德禄中学数学教材教法M东北师大出版社

6盛聚，谢式千，潘承毅概率与数理统计M高等教育出版7用用柯西不等式解释样本线性相关系数J数学通讯 2004年第七期

2004年6月

推荐第6篇：均值不等式与柯西不等式

自选专题

均值不等式与柯西不等式

【均值不等式】

例题1：已知x,y均为正数，且xy，求证：2x

例题2：已知x,y,z均为正数．求证：

变式：设x,y,z为正数，证明：2x3y3z3x2yzy2xzz

【柯西不等式】

例题1：若正数a,b,c满足abc1，求

变式：若x



21,

32



12a

1

12b1



12c1

21x2xyy

2y3．

xyz



yzx



zxy





．

xy．

的最小值．

例题2：已知x,y,z是正数．

1若x2若

y1，求

2x



2y

的最小值；

2x



y2y



z2z

1，求证：

2x



2y



2z

1．

自选专题变式1：设a,b,c0，abc1，求证：

a2ab2bc2c35．

变式2：已知正数x,y满足xyzxyz，求

【能力提升】

1、设a,b,c均为正实数，求证：

1xy1yz2zx的最大值． 12a12b12c1bc1ac1ab．

2、设正数a,b,c满足abc3，求证：a

3、已知a,b,c0,，且abc1，求 1a3bcabbcca bc1b3ca1c3ab的最小值．

推荐第7篇：柯西不等式的小结

柯西不等式的小结

浙江省余姚中学

徐鹏科

315400 柯西不等式是数学分析和数学物理方程研究中一个非常重要的不等式，普通高中数学新课程把它列入选修内容，然而对于浙江等省份而言，又是高考报考第一类大学的加试内容。因此对其作一小结很有必要，通过几年的教学与实践，应该说把握这块知识已不是困难的事。

新课程选修４-５中，施行类比的数学思想方法得到的柯西不等式一般形式为：

设a1,a2,a3,,an;b1,b2,b3,,bn是实数，则

222222(a12a2a3an)(b12b2b3bn)(a1b1a2b2a3b3anbn)2

当且仅当bi0(i1,2,3,,n)或存在一个实数k使aikbi(i1,2,3,,n)时等号成立。课本提供的证时方法是构造函数f(x)(a1xb1)2(a2xb2)2(anxbn)2，利用f(x)非负性来完成不等式的证明。笔者认为，课本从二维向量类比到三维向量后得到了三维形式的柯西不等式，如果再增加从三维向量到n维向量的类比，那么柯西不等式的一般形式也就此可得，这是我们作为教师应该想到的地方。在这里必须指出，大多学生在学习柯西不等式时会遇到的困难不少，不等式形式的记忆，不等式应用的灵活性，会使学家生置身于云里雾里。笔者在教学中为学生记忆方便，编了如下的顺口溜：“大端括号乘括号，小端括号添平方，末平方的平方和，已平方的和串积，莫忘何时能相等。”实践证明，效果是明显的。

柯西不等式是一个公式，公式总涉及到应用的问题，公式的应用不外乎“顺用”、“逆用”、“变用”这三种用法，下面来举例说明，由于篇幅有限每道例题只作分析，读者阅后自证较易。

首先要掌握“顺用”，这里指的是从大到小的应用例

1、设x1,x2,,xnR，且x1x2xn1。

22xnx12x21求证：.

1x11x21xnn1分析：根据柯西不等式的特征和x1x2xn1，要证的不等式可变形为

22xnx12x2(n1)(左边第一括号中的n可看成n个)(x1x2xn)2，1x11x21xn1的和，再把余下的1代掉即可得需证不等式，即证：

22xnx12x2[(1x1)(1x2)(1xn)]()(x1x2xn)2，此即

1x11x21xn柯西不等式，显然成立。

其次要掌握“逆用”，这里指的是从小到大的应用。例2 已知 2x3y4z10求xyz的最小值.

222分析： 102x3y4z23422222

2 xyz22x2y2z2

100203040,y,z 当且仅当x时等号成立

29292929100222

xyz

min29本题的解题过程告诉我们，柯西不等式中的三个括号，如果其中两个是定值，则必可求出余下一个括号的最值。

最后，要把握”变用”，这里指的是对整个公式作灵活应用，是公式应用中的最高层次。例 3 设实数 x,y满足2x23y25，求Ax2y的最大值.分析：显然，本题解决方向应是从小端向大端行进，然而，恰当配凑常数是关键。

Ax2y222x22211113y5 6232

Ax2yx2y330 6例4 已知x,y,zR且xyz1

（1）若2x23y26z21求x,y,z的值.（2）若2x23y2tz21恒成立，求正数t的取值范围.分析：对于（1），求x,y,z的值只有两个方程，这是一个三元不定方程，一般不能求出确定的x,y,z的解，现题目要求这样做，因此个中必有特殊情况，特殊情况就在柯西不等式中，

21112x23y26z22x23y26z2xyz1

236

等号当且仅当x111,y,z时取到。 23622可见题设的特殊性。确定了未知数能取的特殊性。

对于（2），既然2x3ytz1恒成立，除参数t必然的一个取值范围的要求外还须2x3ytz的最小值也应该是大于等于1.为此只需柯西不等式从大端到小端的进行，又2x23y2tz2于是2x23y2tz222222111xyz1， 2362min1516t1成立，解得t6

例 5 已知 wxyzF16，求F8wxyz的最大值.2222分析：要求出F的最大值，需要建立关于F的不等式，借助柯西不等式就可以达到目的.

8Fwxyz11112222

于是有 5F16F0,222w2x2y2z2416F2

0F165Fmax当且仅当xyzw6时取到。 5165

例 6 如图已知在锐角ABC中，BCa,ACb,ABc，其内一点P向三边作垂线，垂足为N，M，L，试求BCCM22AN的最小值，

zND2A并指出此时P点的位置。

分析：为了求出题中变量的最小值，首先想到的是把这个量用数学式子表达出来。于是可设

MyBLx,CMy,ANz

PB2x2PC2(ax)22222由勾股定理PCyPA(by)PA2z2PB2(cz)2三式相加即得

BxLC

(ax)2(by)2(cz)2x2y2z2

化简整理得axbycz12(ab2c2)2(1)

(2) 由柯西不等式axbycz222a2b2c2x2y2z2a2b2c2有（1）、（2）得到xyz4当且仅当x2(3)

abc,y,z时取到。 22222a2b2c2BCCMAN的最小值为

4此时P点是锐角三角形ABC的外心。

综上所述，柯西不等式的教学既要抓紧基础知识的落实，又要灵活掌握应用。在柯西不等式的应用中充满着智慧，对运算能力特别是代数式的变形技巧和数字的配凑技巧提出较高的要求，是培养学生能力的好场所。

推荐第8篇：柯西不等式及应用含答案

一、柯西不等式：

(a)(b)(akbk)2等号成立的条件是akbk(k1,2,3n)

k

1k1

k1

nnn

二维柯西不等式：(x1x2y1y2)2(x12y12)(x22y22)

证明：（用作差法）

(x1y1)(x2y2)(x1x2y1y2)2x1y2x2y12x1x2y1y2(x1y2x2y1)20

2222222

2三维柯西不等式：(x1x2y1y2z1z2)2(x12y12z12)(x22y22z22)

证明：（构造空间向量法）设m

(x1,y1,z1),n(x2,y2,z2)

，

所以：x1x2y1y2z1z2

x1y1z1x2y2z2，两边平方即可！

222222

n维柯西不等式：(a)(b)(akbk)2

k1

等号成立的条件是

akbk(k1,2,3n)

证明：（用构造函数法）（1）.当b1b2bn0时，不等式显然成立；（2）当b1,b2,bn不全为0时，构造f(x)(

b

k1

)x2(akbk)x(ak),所以有2

k1

f(x)(b)x2(akbk)x(a)(bkxak)20对任意xR恒成立，因此

k1

4(akbk)4(a)(bk2)0

k1

nnn

故：(

a

k1

)(b)(akbk)2

2kk1

k1

柯西不等式的变式：(ak)(bk)(akbk)2

k1k1k1nnn

(a)(b)akbk 2

k2k

k1k1k1nnn

nak(akbk)()(ak)2等号成立的条件是当且仅当b1b2bn

k1k1bkk1

2naka()(k)2（在柯西不等式中令bk=1，两边同时除以n2即得）

k1nk1nnnn

2ak()

k1bkn(ak)2k1nnb

k1 (等号成立的条件是akbk(k1,2,3n) k

二、练习：

x2y2z

21.已知x,y,z>0，且xyz1，求的最小值； y(1y)z(1z)x(1x)

2.已知a,b>0,求证：3111

3.已知xyz2且x,y,z>0，求证：1119≥ xyyzzx

44.设a,b,c为正数且互不相等.求证:2229>abbccaabc

3111≥ a3(bc)b3(ac)c3(ab)25.设正实数a,b,c 满足abc1, 求证:

12100 3c

222abc17.设实数a,b,c 满足a2b3c6，求证：3927≥； 36.设a,b,c为正数, 且abc1,求证:(a)(b)(c)≥221a1b

8.已知x2y3z12, 求证:x2y3z≥24；

9.已知abc1, 求证:a1b23c333；

10.若a>b>c，求证：

2 222114 abbcac

答案：

y(1y)y(xz)xyxz

1.证明：由xyz1得：z(1z)z(xy)zxyz

x(1x)x(yz)xyzx，所以有

x2y2z2x2y2z2

＝，由柯西不等式得：y(1y)z(1z)x(1x)xyyzzxyzxyzx

x2y2z2

[(xyyz)(zxyz)(xyzx)]()(xyz)2 xyyzzxyzxyzx

x2y2z2

所以有：[(xyyz)(zxyz)(xyzx)] xyyzzxyzxyzx

x2y2z2

即：2(xyyzzx)， xyyzzxyzxyzx

又2(xyyzzx)(xyz)2(x2y2z2)

xyzxyyzzx222xyz1 31x2y2z2

所有：，当且仅当xyz时取等号 xyyzzxyzxyzx2

32.证明：由柯西不等式可得：

(11121112)(111)a2ba4ba6ba2ba4ba6b

111]

（放缩）(121212)[3[111](ab)(a3b)(a3b)(a5b)(a5b)(a7b)



3111111()2baba3ba3ba5ba5ba7b（裂项相消）36b9311 ()2b(ab)(a7b)(ab)(a7b)2baba7b

3111

3.证明：由柯西不等式得：

[(xy)(yz)(zx)](

111)(111)29，又xyz2xyyzzx3

所以有：11199≥.xyyzzx2(xyz)4

4.证明：与第3题的证法相同，最后说明a,b,c为正数且互不相等,所以不取等号；

5.证明：由abc1得：abc1，所以：2221122221bc,ac,2a2b2 22abc

111a3(bc)b3(ac)c3(ab)

b2c2a2c2a2b2b2c2a2c2a2b2

a(bc)b(ac)c(ab)abacabbcacbc

b2c2a2c2a2b2

[(abac)(abbc)(acbc)]()(bcacab)2 abacabbcacbc

b2c2a2c2a2b2(bcacab)2bcacab3a2b2c2

即： abacabbcacbc2(abbcac)22

又abc1，所以：3111≥ 333a(bc)b(ac)c(ab)2

6.证明：由柯西不等式

111111[1(a)1(b)1(c)]2(121212)[(a)2(b)2(c)2] abcabc

结合abc1 1212121111211112所以：(a)(b)(c)[(abc)()][1()]abc3abc3abc

1111112又(abc)()(111)9 abcabc

1111211002所以：[1()](19) 3abc33

121212100故：(a)(b)(c)≥ 3abc

7.证明：

3a9b27c＝3a32b33c33a32b33c33(a2b3c)

又由柯西不等式：

(1a22b3c)2[12(2)2(3)2][a2(2b)2(3c)2]

即：(a2b3c)6(a2bc)，结合a2b3c6

所以有：a2b3c6 2222222

即：33

所以：3(a2b3c)3361 3a19b27c≥ 3

8.证明：由

(1x22yz)2[12(2)2()2][x2(2y)2(z)2]

结合题目条件即可证出，与第7题一样；

9.证明：

(1a11b21c3)2(121212)[(a1)2(b2)2(c3)2]3[3(abc)6]

结合题目条件就可以证出了！

10.证明：由条件a>b>c得：ab>0,bc>0,所以

11)(11)2＝4 abbc

114所以： abbcac[(ab)(bc)](

点评： 1.(

22ak1n2k)(b)(akbk)2中的求和展开式为： 2kk12nnk1(a1a2an)(b1b2bn)(a1b1a2b2anbn)2；

2.二维、三维、n维柯西不等式的证明分别用了作差法、向量法、构造函数法证明，其实这三种方法也可以相互迁移，尤其是向量法简洁明了，值得借鉴；

3.带条件的三元不等式很常见, 用柯西不等式来证的较多, 要适当选择ak 和bk, 便于运用柯西不等式(222a

k1n2k)(b)(akbk)2； 2kk1k1nn

4.结合柯西不等式及变式中的等号成立的条件，请读者自行研究以上不等式的取等号条件。

以上如有错误之处敬请原谅并给予批评指正

邮箱zgh9723008@sina.com或qq联系：934355819(验证信息填：柯西不等式)

谢谢！

推荐第9篇：柯西不等式与排序不等式练习题

2013年高中数学IB模块选修4-5专题测试

（一）

试题内容：柯西不等式与排序不等式试卷总分：120分考试时间：60分钟

一、选择题（共8小题，每题5分，共40分）

1、a,b,c,dR，不等式ab



2

c2d2acbd取等号的条件是（）



2A．abdc0B．adbc0C．adbc0D．acbd0

2、设a1a2a3,b1b2b3，下列最小的是（）

A．a1b3a2b2a3b1B．a1b1a2b2a3b3C．a1b2a2b1a3b3D．a1b1a2b3a3b

23、若四个实数a1,a2,a3,a4满足a2a1a3a2a4a31，则a3a4a1a2的最大值为（）

A．1B

C．2D

4、a,b是非零实数，ab1，x1,x2R,Max1bx2bx1ax2,Nx1x2，则M与N的大小关



222

系为（）

A．MNB．MNC．MND．MN

5、若实数x,y满足(x5)(y12)14，则xy的最小值是（）

A．2B．1C

6、x,y,zR，且x2y2z5，(x5)(y1)(z3)的最小值是（）

A．20B．25C．36D．47

7、已知a,b,c,dR，且满足abcd

625 （）

A．25B．50C．

22222

2222



5D．625

8、已知0a,b,c1，且abc2，则abc的取值范围是（）

A．,B．,2C．,2D．,2

333

3二、填空题（共5小题，每题4分，共20分）

9、x,y

0,1

4444

的最大值是

10、设x,y,R，那么xy

11、设

14

的最小值是xy

2，那么x1,x2,x3,xn0,a1,a2,a3,an0,x1x2x3x1taxaxn1122

a3x32anxn2的最小值是

12、设2x3y4z22,(x,y,z0)，则

三、解答题（共5小题，每题60分）

239

的最小值是，此时xyz.xyz

b4c4c4a4a4b

413、（本小题10分）设a,b,cR，利用排序不等式证明：abc 

2a2b2c



314、（本小题10分）设x1,x2,x3是不同的自然数，求s

15、（本小题10分）设nN,n

2，利用柯西不等式证明：

16、（本小题10分）求函数y

x1x2x

3的最小值。 149

41111。 

7n1n22n12nsinx3cosx

的值域

sinx2cosx

117、（本小题20分）（2012浙江考试院样卷）题号：03“数学史与不等式选讲”模块

（1）设a，b，c为实数，求证：a＋b＋c≥ab＋bc＋ca；（2）若正实数a，b，c满足abc＝1，求

a4b(ac)



b4c(ab)



c4a(bc)

的最小值．

2013年高中数学IB模块选修4-5专题测试

（一）

┄┄┄⊙

中学班级姓名学号考号答题卷

一、选择题（每小题4分，共40分）

16.（本小题共12分）

17.（本小题20分）

2013年高中数学IB模块选修4-5专题测试

（一）

参考答案

1.C2.A3.B4.A5.D6.C7.B8.C9.110.911.11

112.,2,2,3.

11112a1a2a3an

13证明：不妨设0abc,则abc,

111

， cba

a4b4c4a4b4c

4abc（逆序和）

abccaba4b4c4a4b4c4

abc（逆序和）

abcbca

b4c4c4a4a4b4

abc

2a2b2c

14解：不妨设1x12x23，由排序不等式，s15.证明：由柯西不等式得

x1x2x312311

。 1491496

1111

2n1n2nnnn1n22n12n

11112n4n1n22n12n3n17

1111

n1n22n12n111

又：





1111

2222

2n1

2nn1n2

111

nn1n1n22n12n

1

6、原式可化为

ysinx2cosx1sinx3cosx 即y(y1)sinx(2x3)cosx

利用柯西不等式及sin2xcos21可得

y2(y1)sinx(2x3)cosxsin2xcos2xy12y3



2

即y2y12y3 化简得

2y27y50

5

所以函数值域为（-，1），

2

17、“数学史与不等式选讲”模块

(1) 证明1：因为a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca，三式相加并除以2得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca．

(1) 证明2：因为a2＋b2＋c2－ab－bc－ca＝[(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2]≥0，

222

所以 a＋b＋c≥ab＋bc＋ca．…………5分

(2) 解：由(1)及柯西不等式，均值不等式知

a4b(ac)



b4c(a



≥

a(b)c2(abbcca)

c4(a2b2c2)2

≥

(a2＋b2＋c2)

a4b(ac)

，

当且仅当a＝b＝c＝1时等号成立，所以



b4c(ab)



c4a(bc)

的最小值为

…………10分

推荐第10篇：柯西施瓦茨不等式证明

柯西不等式的证明

数学上，柯西-施瓦茨不等式，又称施瓦茨不等式或柯西-布尼亚科夫斯基-施瓦茨不等式，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。不等式以奥古斯丁·路易·柯西（Augustin Louis Cauchy），赫尔曼·阿曼杜斯·施瓦茨（Hermann Amandus Schwarz），和维克托·雅科夫列维奇·布尼亚科夫斯基（Виктор Яковлевич Буняковский）命名。柯西不等式(Cauchy inequality)：对任意的实数a1,a2,⋯,an,b1,b2,⋯,bn,都有

(a21+a22+⋯+a2n)(b21+b22+⋯+b2n)≥(a1b1+a2b2+⋯+anbn)2

证明一:(数学归纳法)当n=2时,(a21+a22)(b21+b22)−(a1b1+a2b2)2=(a1b2−b1a2)2≥0 所以n=2时,(a21+a22)(b21+b22)≥(a1b1+a2b2)2 假设n时命题成立,则n+1时

(a21+a22+⋯+a2n+a2n+1)(b21+b22+⋯+b2n+b2n+1) ≥((a21+a22+⋯+a2n)(b21+b22+⋯+b2n)−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−√+|an+1bn+1|)2

又由条件假设

(a21+a22+⋯+a2n)(b21+b22+⋯+b2n)≥(a1b1+a2b2+⋯+anbn)2

所以

((a21+a22+⋯+a2n)(b21+b22+⋯+b2n)−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−√+|an+1bn+1|)2

≥(|a1b1+a2b2+⋯+anbn|+|an+1bn+1|)2

很明显有

(|a1b1+a2b2+⋯+anbn|+|an+1bn+1|)2≥(a1b1+a2b2+⋯+anbn+an+1bn+1)2

因此n+1时命题也成立,由数学归纳法,命题得证.

证明二:(构造二次函数)如果a1,a2,⋯,an都为0,那么此时不等式明显成立.如果a1,a2,⋯,an不全为0,那么a21+a22+⋯+a2n>0

构造二次函数f(x)=(a21+a22+⋯+a2n)x2+2(a1b1+a2b2+⋯+anbn)x+(b21+b22+⋯+b2n)那么此时f(x)=(a1x+b1)2+⋯+(anx+bn)2≥0对任意的实数x都成立,所以这个二次函数的判别式应该是不大于0的,也就是

Δ=4(a1b1+a2b2+⋯+anbn)2−4(a21+a22+⋯+a2n)(b21+b22+⋯+b2n)≤0

从而不等式得证. 证明三:(恒等变形)注意到恒等式

(a21+a22+⋯+a2n)(b21+b22+⋯+b2n)−(a1b1+a2b2+⋯+anbn)2 =∑1≤i

所以不等式成立.

证明四:(均值不等式)不妨设ai,bi不全为0,理由同证明二

a21+a22+⋯+a2n=S,b21+b22+⋯+b2n=T

那么由均值不等我们有

a2iS+b2iT≥2∣∣aibi∣∣ST√

对i从1到n求和,可以得到

∑i=1na2iS+∑i=1nb2iT≥2∑i=1n|aibi|ST−−−√

于是

2≥2∑i=1n|aibi|ST−−−√≥2∣∣∣∑i=1naibiST−−−√∣∣∣

得到

(a21+a22+⋯+a2n)(b21+b22+⋯+b2n)≥(a1b1+a2b2+⋯+anbn)2

现在我们由证法二来得到等号成立条件,如果等号成立,那么f(x)能取到0,也就是说存在一个x使得 aix+bi=0对任意的i=1,2,⋯,n都成立,这就是等号成立条件,在a1a2⋯an≠0时,可以将它写成

b1a1=b2a2=⋯=bnan.变形式(A) 设ai∈R,bi>0(i=1,2⋯,n),则∑i=1na2ibi≥(∑ai)2∑bi.变形式(B) 设ai,bi同号且不为零(i=1,2⋯,n),则∑i=1naibi≥(∑ai)2∑aibi.

第11篇：数学研究性学习柯西不等式排序不等式

2010年南师附中数学研究性学习撰稿人高一九班陈点

柯西不等式和排序不等式的多种证明方法（课本延伸课题18）——2010.4 数学研究性学习撰写人陈点

柯西不等式的一般式：

适用范围：证明不等式、解三角形、求函数最值、解方程等问题。接下来我将以几种较为主流的证明方法来证明：求证：(∑ai^2)(∑bi^2) ≥ (∑ai〃bi)^2证法一（代数证明，运用二次函数，最主流证法）：

当a1=a2=…=an=0或b1=b2=…=bn=0时，一般形式显然成立令A=∑ai^2 B=∑ai〃bi C=∑bi^2

当a1，a2，…，an中至少有一个不是零时，可知A＞0 构造二次函数f(x)=Ax^2＋2Bx＋C，

f(x)＝∑(ai^2〃x^2＋2ai〃bi〃x＋bi^2)＝∑ (ai〃x＋bi)^2≥0f(x)的判别式△＝4B^2－4AC≤0，移项得AC≥B^2，证毕。

证法二（其中几个特殊情况，为2与3时即向量公式）

n=1时，a1^2〃b1^2≥(a1b1)^2（这个…不解释）a1=a2=a3=…=an,b1=b2=b3=…=bn时同此证

n=2时，即为(a1^2+a2^2)(b1^2+b2^2)≥(a1b1+a2b2)^2

即(a1b1)^2+(a1b2)^2+(a2b1)^2+(a2b2)^2≥(a1b1)^2+(a2b2)^2+2a1b1a2b2 即(a1b2)^2+(a2b1)^2≥2a1b1a2b2

因为a2≥a1，b2≥b1，乱序和≥倒序和

故一定成立（呵呵，还一不小心把排序不等式引出来了）

证法三（这个是网上找的很权威的数学归纳法，因为我想出来的证法二是其铺垫，故引用说明。数学归纳法也是一种非常常见且正规的证明方法。）（1）当n1时左式=a1b1右式=a1b1 显然左式=右式

2当 n2时，右式 a12a2b12b22a1b1a2b2a22b12a12b22

⑴

⑵

a1b1a2b22a1a2b1b2a1b2a2b2右式

222

仅当即 a2b1a1b2 即

a1a2

时等号成立 b1b2

故n1,2时不等式成立

（2）假设nkk,k2时，不等式成立

2kak即 a1b1a2b2akbka12a2b12b22bkk

当 bikai，k为常数，i1,2n 或a1a2ak0时等号成立

222

bk2 ak设a12a2b12b2

Ca1b1a2b2akbk

则ak21bk21bk21ak1bk1 22C22Cak1bk1ak1bk1Cak1bk1 2222222

akaka12a21b1b2bkbk1

a1b1a2b2akbkak1bk1

当 bikai，k为常数，i1,2n 或a1a2ak0时等号成立

即nk1时不等式成立

综合（1）（2）可知不等式成立

其实还有很多证明的方法，证明柯西不等式还可以利用比值法，归纳法，归纳法与综合法，归纳法与平均值不等式，排序不等式，参数平均值不等式，行列式，内积（向量）法，构造单调数列，凹凸函数法（来自奥数老师）……再者，拉格朗日恒等式也相当简单，在此不一一说明，可见证明此式方法之多。

柯西不等式是一个非常重要的不等式，灵活巧妙的应用运用它，可以使一些较为困难的问题迎刃而解，这个不等式结构和谐，应用灵活广泛，利用柯西不等式可处理以下问题： 1）证明相关命题 2）证明不等式 3）解三角形的相关问题 4）求最值

5）利用柯西不等式解方程

6）用柯西不等式解释样本线性相关系数（这个完全不理解，不过有这么一说）

排序不等式（又称）

简单来说，就是：反序和≤乱序和≤同序和

即a1b1a2b2anbna1c1a2c2ancna1bna2bn1anb1

⑶

其中，Cn为乱序数列。

证明：1.证乱序和小于正序和，以下证明中原式为乱序和

从第一个起，将a1b?与a?b1转变为a1b1与a?b?，设其为x，y，则有

a1b1+axby-a1bx+ayb1≧0 （因为x，y≧1，根据等式的性质可得），然后

再往下，第二个a2bw与azb2…… 以此类推，到最后得出的式子为正序和，因为每步的过程均使原式减小或不变，故终式不小于原式2.证乱序和大于倒序和

从第一个起，将a1b?与a?bn转变为a1bn与a?b?, 设其为x，y，则有a1b1+axby-a1bx+ayb1≦0(因为x≧1,y≦n)故成立，基本上同理

排序不等式证明的关键在于有顺序的变化，每次变化使式子朝一个方向发展，这样就可轻易推出最终的结论。

应用：

1.排序不等式的基本应用。排序不等式在解决一些常见不等式时，具有简单直观的特点

2.证明不等式时两次或多次运用排序不等式，将结果相加，也是常见方法。3．经过适当变形后再运用排序不等式的问题，常见于一些比较难的习题或竞赛题

拓展：

排序不等式的另一种表述形式设

a1a2an,b1b2bn

c,c,,cnb1,b2bn

为两组实数，12是的任一排

列，则三个矩阵

a1a2ana1a2ana1a2anbbbbbbccc

12n12nnn11A：B：C：

我们称A为顺序矩阵，B为乱序矩阵，C为反序矩阵它们的列积和（同列相乘再相加）：

a1b1a2b2anbna1c1a2c2ancna1bna2bn1anb1

即：顺序和乱序和反序和

在此，我们没必要知道矩阵的更多知识，而只是利用它这种形式。因为它更直观，便于在解题中寻找数列

b1,b2,bn

的一个我们需要的乱序，更易掌握和应用。

⑴柯西不等式的向量说法：|α||β|≥|α〃β|，α=(a1,a2,…,an)，β=(b1,b2,…,bn)（n∈N，n≥2）

等号成立条件：β为零向量，或α=λβ（λ∈R）。 ⑵数学归纳法（这里说的是第一数学归纳法）：

即一般地，证明一个与正整数n有关的命题，有如下步骤：1）证明当n取第一个值时命题成立；

2）假设当n=k（k≥n的第一个值，k为自然数）时命题成立，证明当n=k+1时命题也成立。

⑶拉格朗日恒等式：

第12篇：经典不等式证明柯西不等式排序不等式切比雪夫不等式均值不等式

Mathwang

几个经典不等式的关系

一几个经典不等式

（1）均值不等式

设a1,a2,an0是实数

aaa12n 

111n+a1a2an

其中ai0,i1,2,n.当且仅当a1a2an时，等号成立.

（2）柯西不等式

设a1,a2,an,b1,b2,bn是实数，则

a

22a2anb12b22bn2a1b1a2b2anbn

当且仅当bi0(i1,2,,n)或存在实数k，使得aikbi(i1,2,,n)时，等号成立.

（3）排序不等式

设a1a2an，b1b2bn为两个数组，c1，c2，，cn是b1，b2,，bn的任一排列，则

a1b1a2b2anbna1c1a2c2ancna1bna2bn1anb1 当且仅当a1a2an或b1b2bn时，等号成立.

（4）切比晓夫不等式

对于两个数组：a1a2an，b1b2bn，有

a1b1a2b2anbna1a2anb1b2bna1bna2bn1anb1



nnnn

当且仅当a1a2an或b1b2bn时，等号成立.

二相关证明

（1）用排序不等式证明切比晓夫不等式证明：由

a1b1a2b2anbna1a2anb1b2bn



nnn

na1b1a2b2anbna1a2anb1b2bn

而

a1a2anb1b2bna1b1a2b2anbna1b2a2b3anb1a1b3a2b4anb2a1b4a2b5anb3

a1bn1a2bnanbn2

a1bna2b1anbn1

根据“顺序和乱序和”（在n1个部分同时使用），可得

na1b1a2b2anbna1a2anb1b2bn

即得

a1b1a2b2anbna1a2anb1b2bn



nnn

同理，根据“乱序和反序和”，可得

a1a2anb1b2bna1bna2bn1anb1



nnn

综合即证

（2）用排序不等式证明“几何—算数平均不等式”

证明：构造两个数列：

a1a2an

aaaa1aa

,x2122,xn12nn1 ccc

1c1c21cn

y1,y2,yn1

x1a1x2a1a2xna1a2an

x1

其中c

.因为两个数列中相应项互为倒数，故无论大小如何，乘积的和：．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．

x1y1x2y2xnyn

总是两数组的反序和.于是由“乱序和反序和”，总有．．．．．．．．．

x1ynx2y1xnyn1x1y1x2y2xnyn

于是

aa1a2

n111 ccc

即

a1a2an

n

即证

a1a2an

cn

a1a2an（3）用切比晓夫不等式证明“算数—开方平均不等式”

：

n证明：不妨设a1a2an，

222

a1a2ana1a2ana1a2ana1a2an

.

nnnn

由切比晓夫不等式，右边不等式显然成立.即证.（4）用切比晓夫不等式证明“调和—算数平均不等式”

n+a1a2an



a1a2an

证明：

n111+a1a2an



a1a2an

111

+a1a2ana1a2an

nn



111

aaa12na1a2an

1.

n



不妨设a1a2an，则

111，由切比晓夫不等式，上式成立.即证.anan1a1

（5）用均值不等式和切比晓夫不等式证明柯西不等式

证明：不妨设a1a2an，b1b2bn 由切比晓夫不等式，有

a1b1a2b2anbna1a2anb1b2bn

.

nnn

由均值不等式，有

a1a2an

nb1b2bn

n所以

a1b1a2b2anbn



两边平方，即得a1b1a2b2anbna1a2an

22b2bn.即证.

（6）补充“调和—几何平均不等式”的证明

111



aa2ananaa21

证明

1中的ai换成.

1

inn

两边取倒数，即得

+a1a2an

第13篇：不等式证明

不等式的证明

比较法证明不等式

a2b2ab1.设ab0，求证：2.ab2ab

2.（本小题满分10分）选修4—5：不等式选讲

（1）已知x、y都是正实数，求证：x3y3x2yxy2；

（

2对满足xyz1的一切正实数 x,y,z恒成立，求实数a的取值范围

.,1综合法证明不等式（利用均值不等式） 3.已知abc, 求证：1 114.abbcac

4.设a，b，c均为正数，且a+b+c=1，证明：

1（Ⅰ）ab+bc+ac3；

a2b2c2

1ca（Ⅱ）b

5.（1）求不等式x32x1的解集;

121225（

a)(b)a,bR,ab1ab2.（2）已知，求证：

6.若a、b、c是不全相等的正数，求证：

分析法证明不等式

7.某同学在证明命题“7要证明732”时作了如下分析，请你补充完整.62，只需证明________________,只需证明___________,

＋292，展开得9即,只需证明1418,________________,所以原不等式:62成立.

22263, (72)(63)，因为1418成立。

abc8.已知a,b

,cR。 3

9.(本题满分10分)已知函数f(x)|x1|。

(Ⅰ)解不等式f(x)f(x4)8；{x|x≤－5，或x≥3} (Ⅱ)若|a|1,|b|1，且a0，求证：f(ab)|a|f().

10.（本小题满分10分）当a,bMx|2x2时,证明:2|a+b|＜|4+ab|.反证法证明不等式

11.已知a，b，c均为实数，且a=x2y+2baπππ22，b=y2z+，c=z2x+， 236

求证：a，b，c中至少有一个大于0.

12.（12分）若x,yR,x0,y0,且xy2。求证：1x和1y中至少有一个小于2.yx

放缩法证明不等式

13.证明不等式：1111121231

123n2

214.设各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，满足4SnannN,且

14n1,

a2,a5,a14构成等比数列．

(1) 证明：a2

(2) 求数列an的通项公式；an2n1

(3) 证明：对一切正整数n，有11a1a2a2a311． anan12

15.设数列an的前n项和为Sn.已知a11,2Sn12an1n2n,nN*.n33

(Ⅰ) 求a2的值；a24 (Ⅱ) 求数列an的通项公式；ann2 (Ⅲ) 证明:对一切正整数n,有数学归纳法证明不等式

16.(本小题满分12分)若不等式11

n1n21a对一切正整数n都成立，求正3n12411a1a217.an4

整数a的最大值，并证明结论．25

17.用数学归纳法证明不等式：

．

第14篇：不等式证明

不等式证明

不等式是数学的基本内容之一，它是研究许多数学分支的重要工具，在数学中有重要的地位，也是高中数学的重要组成部分，在高考和竞赛中都有举足轻重的地位。不等式的证明变化大，技巧性强，它不仅能够检验学生数学基础知识的掌握程度，而且是衡量学生数学水平的一个重要标志，本文将着重介绍以下几种不等式的初等证明方法和部分方法的例题以便理解。

一、不等式的初等证明方法

1.综合法：由因导果。

2.分析法：执果索因。基本步骤：要证..只需证..，只需证..(1)“分析法”证题的理论依据：寻找结论成立的充分条件或者是充要条件。

(2)“分析法”证题是一个非常好的方法，但是书写不是太方便，所以我们可利用分析法寻找证题的途径，然后用“综合法”进行表达。

3.反证法：正难则反。

4.放缩法：将不等式一侧适当的放大或缩小以达证题目的。放缩法的方法有：

(1)添加或舍去一些项，如：

2)利用基本不等式，如：

(3)将分子或分母放大(或缩小)：

5.换元法：换元的目的就是减少不等式中变量，以使问题

化难为易、化繁为简，常用的换元有三角换元和代数换元。

6.构造法：通过构造函数、方程、数列、向量或不等式来证明不等式。

证明不等式的方法灵活多样，但比较法、综合法、分析法和数学归纳法仍是证明不等式的最基本方法。

7.数学归纳法：数学归纳法证明不等式在数学归纳法中专门研究。

8.几何法：用数形结合来研究问题是数学中常用的方法，若求证的不等式是几何不等式或有较明显的几何意义时，可以考虑构造相关几何图形来完成，若运用得好，有时则有神奇的功效。

9.函数法：引入一个适当的函数，利用函数的性质达到证明不等式的目的。

10.判别式法：利用二次函数的判别式的特点来证明一些不等式的方法。当a>0时，f(x)=ax2+bx+c>0(或0)。当a0(或0(或

二、部分方法的例题

1.换元法

换元法是数学中应用最广泛的解题方法之一。有些不等式通过变量替换可以改变问题的结构，便于进行比较、分析，从而起到化难为易、化繁为简、化隐蔽为外显的积极效果。

注意：在不等式的证明中运用换元法，能把高次变为低次，分式变为整式，无理式变为有理式，能简化证明过程。尤其对含有若干个变元的齐次轮换式或轮换对称式的不等式，通过换元变换形式以揭示内容的实质，可收到事半功倍之效。

2.放缩法

欲证A≥B，可将B适当放大，即B1≥B，只需证明A≥B1。相反，将A适当缩小，即A≥A1，只需证明A1≥B即可。

注意：用放缩法证明数列不等式，关键是要把握一个度，如果放得过大或缩得过小，就会导致解决失败。放缩方法灵活多样，要能想到一个恰到好处进行放缩的不等式，需要积累一定的不等式知识，同时要求我们具有相当的数学思维能力和一定的解题智慧。

3.几何法

数形结合来研究问题是数学中常用的方法，若求证的不等式是几何不等式或有较明显的几何意义时，可以考虑构造相关几何图形来完成，若运用得好，有时则有神奇的功效。

第15篇：不等式证明

不等式证明

1.比较法：

比较法是证明不等式的最基本、最重要的方法之一，它可分为作差法、作商法

（1）作差比较：

①理论依据a-b>0

a>b; a-b=0

a=b; a-b

⑴作差：对要比较大小的两个数（或式）作差。

⑵变形：对差进行因式分解或配方成几个数（或式）的完全平方和。 ⑶判断差的符号：结合变形的结果及题设条件判断差的符号。

注意：若两个正数作差比较有困难，可以通过它们的平方差来比较大小。（2）作商法：①要证A>B(B>0),只要证

;要证A0)，只要证

②证明步骤：作商→变形→判断与1的关系常用变形方法：一是配方法，二是分解因式

2.综合法：所谓综合法，就是从题设条件和已经证明过的基本不等式和不等式的性质推导出所要证明的不等式成立，可简称为由因导果。常见的基本不等式有｜a｜≥0, a2b22ab,,abab 2,

ababab

3 分析法：从求证的不等式出发，逐步寻求使不等式成立的充分条件，直至所需条件被确认成立，就断定求证的不等式成立，这种证明方法叫分析法，分析法的思想是“执果索因”：即从求证的不等式出发，探求使结论成立的充分条件，直至已成立的不等式。

基本步骤：要证„„只需证„„，只需证„„ 4 分析综合法

单纯地应用分析法证题并不多见，常常是在分析的过程中，又综合条件、定理、常识等因素进行探索，把分析与综合结合起来，形成分析综合法。

5 反证法：先假设所要证明的不等式不成立，即要证的不等式的反面成立，如要证明不等式MN，由题设及其他性质，推出矛盾，从而否定假设，肯定M

6 放缩法：欲证A≥B，可通过适当放大或缩小，借助一个或多个中间量使得,

或

,再利用传递性，以达到欲证的目的，这种方法叫放缩法。

具体放缩方式有公式放缩和利用某些函数的单调性放缩。常用的技巧有：舍去一些正项或负项；在和或积中换大（或换小）某些项；扩大（或缩小）分式的分子（或分母）等，放缩时要注意不等号的一致性。放缩法的方法有：

⑴添加或舍去一些项，如：a21a；n(n1)n ⑵将分子或分母放大（或缩小） ⑶利用基本不等式，如：lg3lg5(n(n1) 2⑷利用常用结论： n(n1)lg3lg5)lg15lg16lg4 2Ⅰ、k1k1k1k12k；

Ⅱ、1111； k2k(k1)k1k1111（程度大） 2k(k1)kk1kⅢ、12k11111() ；（程度小） 2k1(k1)(k1)2k1k17 换元法：换元的目的就是减少不等式中变量，以使问题化难为易，化繁为简，常用的换元有三角换元和代数换元。如：已知x2y2a2，可设xacos,yasin；已知x2y21，可设

xrcos,yrsin(0r1)；

x2y2已知221，可设xacos,ybsin；

abx2y2已知221，可设xasec,ybtan；

8、判别式法：判别式法是根据已知或构造出来的一元二次方程，一元二次不等式，二次函数的根、解集、函数的性质等特征确定出其判别式所应满足的不等式，从而推出欲证的不等式的方法。

9、其它方法最值法：恒成立

恒成立

构造法：通过构造函数、方程、数列、向量或不等式来证明不等式；

第16篇：不等式证明

§14不等式的证明

不等式在数学中占有重要地位，由于其证明的困难性和方法的多样性，而成为竞赛和高考的热门题型. 证明不等式就是对不等式的左右两边或条件与结论进行代数变形和化归，而变形的依据是不等式的性质，不等式的性分类罗列如下：不等式的性质：abab0,abab0.这是不等式的定义，也是比较法的依据. 对一个不等式进行变形的性质：

（1）abba（对称性）

（2）abacbc（加法保序性）

（3）ab,c0acbc;ab,c0acbc.（4）ab0anbn,nanb(nN*).对两个以上不等式进行运算的性质.（1）ab,bcac（传递性）.这是放缩法的依据.（2）ab,cdacbd.（3）ab,cdacbd.（4）ab0,dc0,含绝对值不等式的性质：

（1）|x|a(a0)x2a2axa.（2）|x|a(a0)x2a2xa或xa.（3）||a||b|||ab||a||b|（三角不等式）.（4）|a1a2an||a1||a2||an|.

ab,adbc.cd 证明不等式的常用方法有：比较法、放缩法、变量代换法、反证法、数学归纳法、构造函数方法等.当然在证题过程中，常可“由因导果”或“执果索因”.前者我们称之为综合法；后者称为分析法.综合法和分析法是解决一切数学问题的常用策略，分析问题时，我们往往用分析法，而整理结果时多用综合法，这两者并非证明不等式的特有方法，只是在不等式证明中使用得更为突出而已.此外，具体地证明一个不等式时，可能交替使用多种方法.

例题讲解 1．a,b,c0,求证：ab(ab)bc(bc)ca(ca)6abc.abc32．a,b,c0，求证：abc(abc)

abc.

a2b2b2c2c2a2a3b3c3.3．：a,b,cR,求证abc2c2a2bbccaab

4．设a1,a2,,anN*，且各不相同，

求证：1

12131aa3ana12..n2232n25．利用基本不等式证明a2b2c2abbcca.

446．已知ab1,a,b0,求证：ab1.8

7．利用排序不等式证明GnAn

8．证明：对于任意正整数R，有(1

1n1n1)(1).nn11119．n为正整数，证明：n[(1n)1]1n(n1)nn1.

23n

1n

1 课后练习

1.选择题

(1)方程x-y=105的正整数解有( ).（A）一组（B）二组

（C）三组

（D）四组

(2)在0,1,2,„，50这51个整数中，能同时被2，3，4整除的有（

）.（A）3个（B）4个

（C）5个

（D）6个 2．填空题

（1）的个位数分别为_________及_________.

5422(2)满足不________.等式10≢A≢10的整数A的个数是x×10+1，则x的值(3)已知整数y被7除余数为5,那么y被7除时余数为________.(4)求出任何一组满足方程x-51y=1的自然数解x和y_________.3.求三个正整数x、y、z满足

23.4．在数列4，8，17，77，97，106，125，238中相邻若干个数之和是3的倍数，而不是9的倍数的数组共有多少组？

5．求的整数解.6．求证可被37整除.7．求满足条件的整数x，y的所有可能的值.8．已知直角三角形的两直角边长分别为l厘米、m厘米，斜边长为n厘米，且l，m，n均为正整数，l为质数.证明：2（l+m+n）是完全平方数.9.如果p、q、、都是整数，并且p＞1，q＞1，试求p+q的值.课后练习答案

1.D.C.2.(1)9及1.

(2)9.

(3)4.(4)原方程可变形为x=(7y+1)+2y(y-7),令y=7可得x=50.

223.不妨设x≢y≢z,则,故x≢3.又有故x≣2.若x=2,则,故y≢6.又有,故y≣4.若y=4,则z=20.若y=5,则z=10.若y=6,则z无整数解.若x=3,类似可以确定3≢y≢4,y=3或4,z都不能是整数.4.可仿例2解.5.分析：左边三项直接用基本不等式显然不行，考察到不等式的对称性，可用轮换的方法.．．

略解：a2b22ab,同理b2c32bc,c2a22ca；三式相加再除以2即得证.评述：（1）利用基本不等式时，除了本题的轮换外，一般还须掌握添项、连用等技巧.

22xnx12x2如x1x2xn，可在不等式两边同时加上x2x3x1x2x3xnx1.

再如证(a1)(b1)(ac)3(bc)3256a2b2c3(a,b,c0)时，可连续使用基本不等式.

ab2a2b2)（2）基本不等式有各种变式

如(等.但其本质特征不等式两边的次22数及系数是相等的.如上式左右两边次数均为2，系数和为1.6.8888≡8(mod37),∴8888333

3222

2≡8(mod37).

2222

27777≡7(mod37),7777≡7(mod37),8888238+7=407,37|407,∴37|N.

3+7777

3333

≡(8+7)(mod37),而

237.简解:原方程变形为3x-(3y+7)x+3y-7y=0由关于x的二次方程有解的条件△≣0及y为整数可得0≢y≢5,即y=0,1,2,3,4,5.逐一代入原方程可知,原方程仅有两组解(4,5)、(5,4).8.∵l+m=n,∴l=(n+m)(n-m).∵l为质数,且n+m＞n-m＞0,∴n+m=l,n-m=1.于是2222l=n+m=(m+1)+m=2m+1,2m=l-1,2(l+m+1)=2l+2+2m=l+2l+1=(l+1).即2(l+m+1)是完全平方数.222

229.易知p≠q,不妨设p＞q.令(4-mn)p=m+2,解此方程可得p、q之值.

=n,则m＞n由此可得不定方程

例题答案：

1.证明：ab(ab)bc(bc)ca(ca)6abc

a(b2c22bc)b(a2c22ac)c(a2b22ab)

a(bc)2b(ca)2c(ab)2

0

ab(ab)bc(bc)ca(ca)6ab.c

评述：（1）本题所证不等式为对称式（任意互换两个字母，不等式不变），在因式分解或配方时，往往采用轮换技巧.再如证明a2b2c2abbcca时，可将a2b2

1(abbcca)配方为[(ab)2(bc)2(ca)2]，亦可利用a2b22ab,

2b2c22bc,c2a22ca，3式相加证明.（2）本题亦可连用两次基本不等式获证.

2.分析：显然不等式两边为正，且是指数式，故尝试用商较法. 不等式关于a,b,c对称，不妨abc,则ab,bc,acR，且

ab,， bca都大于等于1.caabbcc (abc)abc3a2abc3b2bac3c2cab3aab3aac3bba3bbc3cca3ccb3

ab3a()bb()cbc3a()cac31.评述：（1）证明对称不等式时，不妨假定n个字母的大小顺序，可方便解题.

（2）本题可作如下推广：若ai0(i1,2,,n),则a11a22anaaan (a1a2an)a1a2ann.

（3）本题还可用其他方法得证。因aabbabba，同理bbccbccb,ccaacaac，

另aabbccaabbcc，4式相乘即得证. （4）设abc0,则lgalgblgc.例3等价于algablgbalgbblga,类似例4可证algablgbclgcalgbblgcclgaalgcblgbclga.事实上，一般地有排序不等式（排序原理）：设有两个有序数组a1a2an,b1b2bn，则a1b1a2b2anbn（顺序和）

a1bj1a2bj2anbjn（乱序和） a1bna1bn1anb1（逆序和）

其中j1,j2,,jn是1,2,,n的任一排列.当且仅当a1a2an或b1b2bn时等号成立.排序不等式应用较为广泛（其证明略），它的应用技巧是将不等式两边转化为两个有序数组的积的形式.如a,b,cR时,a3b3c3a2bb2cc2aa2ab2bc2c

a2b2c2111111abbcca;abca2b2c2a2b2c2bcabcaabc222.3.思路分析：中间式子中每项均为两个式子的和，将它们拆开，再用排序不等式证明.

111111，则a2b2c2（乱序和）cbacab111111a2b2c2（逆序和），同理a2b2c2（乱序和）abccab111a2b2c2（逆序和）两式相加再除以2，即得原式中第一个不等式.再考虑数abc111333组abc及，仿上可证第二个不等式.bcacab

222不妨设abc,则abc,4.分析：不等式右边各项

ai1a；可理解为两数之积，尝试用排序不等式.i22ii设b1,b2,,bn是a1,a2,,an的重新排列，满足b1b2bn，又1111.22223nanbna2a3b2b3.由于b1,b2,bn是互不相同的正整数，b122222n2323nb3bnb11故b11,b22,,bnn.从而b12，原式得证.12222n23n所以a1评述：排序不等式应用广泛，例如可证我们熟悉的基本不等式，a2b2abba,

a3b3c3a2bb2cc2aaabbbcccaabcbaccab3abc.

5.思路分析：左边三项直接用基本不等式显然不行，考察到不等式的对称性，可用轮换的方．．法.a2b22ab,同理b2c32bc,c2a22ca；三式相加再除以2即得证.评述：（1）利用基本不等式时，除了本题的轮换外，一般还须掌握添项、连用等技巧.

22xnx12x2如x1x2xn，可在不等式两边同时加上x2x3x1x2x3xnx1. 再如证(a1)(b1)(ac)3(bc)3256a2b2c3(a,b,c0)时，可连续使用基本不等式.

ab2a2b2)（2）基本不等式有各种变式

如(等.但其本质特征不等式两边的次数及22系数是相等的.如上式左右两边次数均为2，系数和为1.6. 思路分析：不等式左边是a、b的4次式，右边为常数式呢. 44要证ab1，如何也转化为a、b的4次811,即证a4b4(ab)4.8833评述：（1）本题方法具有一定的普遍性.如已知x1x2x31,xi0,求证：x1 x211133求证：x1x2x2x3 x3.右侧的可理解为(x1x2x3).再如已知x1x2x30，3332+x3x10，此处可以把0理解为(x1x2x3)，当然本题另有简使证法.

38 （2）基本不等式实际上是均值不等式的特例.（一般地，对于n个正数a1,a2,an)

调和平均Hnn111a1a2an 几何平均Gnna1a2an 算术平均Ana1a2an

n22a12a2an平方平均Qn

2这四个平均值有以下关系：HnGnAnQn，其中等号当且仅当a1a2an时成立.7. 证明: 令biai,(i1,2,,n)则b1b2bn1，故可取x1,x2,xn0，使得 Gnb1

xxx1x,b22,,bn1n1,bnn由排序不等式有： x2x3xnx1b1b2bn

=xx1x2n（乱序和） x2x3x1111x2xn（逆序和） x1x2xn x1

=n， aaa2ana1a2nn,即1Gn.GnGnGnn111,,,各数利用算术平均大于等于几何平均即可得，GnAn.a1a2an 评述:对8. 分析:原不等式等价于n1(1)1平均，而右边为其算术平均. n11nn1，故可设法使其左边转化为n个数的几何n111111n21 (1)n(1)(1)1(1)(1)11.n1nnnnnn1n1n个n1 评述:（1）利用均值不等式证明不等式的关键是通过分拆和转化，使其两边与均值不等式形式相近.类似可证(11n11n2)(1).nn1（2）本题亦可通过逐项展开并比较对应项的大小而获证，但较繁. 9.证明:先证左边不等式

111(1n)123n1111n123n  (1n)n

n111(11)(1)(1)(1)123n (1n)nn34n1223nn1n(*)

nn[(1n)1]121n1n111123n

n 34n123nn234n1nn1.

n23n  （*）式成立，故原左边不等式成立.其次证右边不等式

1111n(n1)nn1

23n1 n1n1n(1111111)(1)(1)(1)23nn1123n n1nn112n1123n

（**）  n1nn1

（**）式恰符合均值不等式，故原不等式右边不等号成立.

第17篇：数学史话柯西

柯西（Cauchy，Augustin Louis 1789-1857），十九世纪前半世纪的法国数学家。在大学毕业后当土木工程师，因数学上的成就被推荐为科学院院士，同时任工科大学教授。后来在巴黎大学任教授，一直到逝世。他信仰罗马天主教，追随保皇党，终生坚守气节。他在学术上成果相当多，他的研究是多方面的。在代数学上，他有行列式论和群论的创始性的功绩；在理论物理学、光学、弹性理论等方面，也有显著的贡献。他的特长是在分析学方面，他对微积分给出了严密的基础。他还证明了复变函数论的主要定理以及在实变数和复变数的情况下微分方程解的存在定理，这些都是很重要的。他的全集26卷，仅次于欧拉，居第二位。柯西是历史上有数的大分析学家之一。幼年时在父亲的教导下学习数学。拉格朗日、拉普拉斯常和他的父亲交往，曾预言柯西日后必成大器。1805年柯西入理工科大学，1816年成为那里的教授。1830年法王查理十世被逐，路易。菲利普称帝。柯西由于拒绝作效忠宣誓，被革去职位，出走国外。

1838年柯西返回法国，法兰西学院给他提供了一个要职，但是宣誓的要求仍然成为接纳他的障碍。1848年路易。菲利普君主政体被推翻，成立了法兰西第二共和国，宣誓的规定被废除，柯西终于成为理工科大学的教授。1852年发生政变，共和国又变成帝国，恢复了宣誓仪式，唯独柯西和阿拉果（Ｄ.Ａｒａｇｏ 1786－1853 法国物理学家）可以免除。1821年，在拉普拉斯和泊松的鼓励下，柯西出版了《分析教程》、《无穷小计算讲义》、《无穷小计算在几何中的应用》这几部划时代的著作。他给出了分析学一系列基本概念的严格定义。柯西的极限定义至今还在普遍使用，连续、导数、微分、积分、无穷级数的和等概念也建立在较为坚实的基础上。

现今所谓的柯西定义或ε－δ方法是半个世纪后经过维尔斯特拉斯的加工才完成的。柯西时代实数的严格理论还未建立起来，因此极限理论也就不可能完成。柯西在1821年提出ε方法（后来又改成δ），即所谓极限概念的算术化，把整个极限过程用一系列不等式来刻画，使无穷的运算化成一系列不等式的推导。后来维尔斯特拉斯将ε和δ联系起来，完成了ε－δ方法。

第18篇：柯西积分定理的一个简单证明

柯西积分定理的一个简单证明

摘要：本文用到零的同源环给出了柯西定理的一个证明。证明运用了解析函数基本的局部性质，没有额外的几何以及拓扑论证。

本文的目的是给出关于柯西定理for circuits homologous to 0的一个简洁明了的证明。

柯西定理：假设D是C的一个开子集，是D中的一个环。假设是与零同源的，并且每个E中的D都是确定的。那么对于每一个D中解析函数f：

（1）f(z)dz0

1（2）对于任意与无关且属于D的w，有Ind(,w)f(w)(2i)

(zw)1f(z)dz

证明：考虑DDC的函数g，且对zw满足g(w,z)(f(z)f(w))/(zw)，g(w,w)f\'(w)。可知g是连续的，并且对每个z,w，g(w,z)是解析的。给定h:CC，并且在D上h(w)g(w,z)dz，在E上h(w)(zw)1f(z)dz。假设CDE，由

于Ind(,w)0，则这两种h(w)的表示在DE是相等的。

那么可知h在D和E上都是可导的，所以h是整函数。由于的映射是有限的，并且E包含了的一个邻域，h(w)0时有w。这表明h是连续的（刘伟尔定理），并且h=0.则对于所有D不依赖于，。最后设u是D中g(w,z)dz=0。这样就证明了（2）

不依赖于的定点。将（2）用于函数zf(z)(zu)，计算wu的情况，便得到（1）。

第19篇：高中数学选修45：32 一般形式的柯西不等式学案

3.2 一般形式的柯西不等式

【学习目标】

1.掌握一般形式的柯西不等式的判别式法证明，并掌握等号成立的充要条件 2.基本会使用柯西不等式证明不等式、求最值【自主学习】

1.三维柯西不等式可以对比二维柯西不等式来记忆和理解，你能写出来吗？ 2.一般形式的柯西不等式是对二维、三维的推广，是归纳推理的典范，至少要会用判别式法完成证明，而且要理解等号成立的充要条件

3.结合二维柯西不等式的应用初步的体会一般形式的柯西不等式的应用.【自主检测】

1.已知a,b,c0 ，且abc1，则a2b2c2的最小值为＿＿＿＿ A.1B.4C.D.2.设a1,a2,,an

R,1a

1314

a1a2

an

的大小关系为＿＿＿

3.若a,b,c0,1，则abc的最小值是＿＿＿＿【典型例题】

例1.已知a,b,c0，求证：

1.

bcaabc

92.abca2b2c29abc abcbca



b2c2c2a2a2b2

abc 2.

abc

n

例2.(1)已知a1,a2,,anR.求证：ainai2

i1i1

（2）已知a1,a2,,an0,a1a2（3）已知a1,a2,,anR,b1,b2,

a32an12an2a12a221

an1.

a1a2a2a3a3a4an1anana12

2222

,bn0.求证：a1a2a3ana1a2an

b1b2b3bnb1b2bn

例3.（1）已知a12a22an21,x12x22xn21，求a1x1a2x2anxn的最大值

111

（2）设a,b,cR,abc1，求abc

abc



的最小值

（3）若xyz19,

求函数u

【课堂检测】

1.设a1,a2,,anR,，则Pa1a2

nan与Qn

a1a2an的大小关系为()

A.PQB.PQC.PQD.PQ 11112.设a,b,c，dR，且Pabcd，则P的最小值为abcd

3.已知x4y9z1，则x2y2z2的最小值为4.把一条长为m的绳子截成四段，各围成一个正方形，怎样截法才能使这四个正方形的面积和最小？

【总结提升】

1.由二维形式的柯西不等式到一般形式的柯西不等式，是从特殊到一般的认识过程，其中三维形式的柯西不等式是过渡的桥梁，三维形式的柯西不等式可以对比二维形式的柯西不等式来理解和记忆，一般形式的柯西不等式又可以参照三维形式的柯西不等式来理解和推广，对不等式等号成立的条件更要对比来研究.

2.一般形式的柯西不等式注意整体的结构特征，形成一定的思维模式，在解决问题时才能灵活使用.

第20篇：不等式的证明

不等式的证明

不等式的证明，基本方法有

比较法：(1)作差比较法

(2)作商比较法

综合法：用到了均值不等式的知识，一定要注意的是一正二定三相等的方法的使用。

分析法：当无法从条件入手时，就用分析法去思考，但还是要用综合法去证明。两个方法是密不可分的。

换元法：把不等式想象成三角函数，方便思考

反证法：假设不成立，但是不成立时又无法解出本题，于是成立

放缩法：

用柯西不等式证。等等……

高考不是重点，但是难点。

大学数学也会讲到柯西不等式。

一、不等式的初等证明方法

1.综合法：由因导果。

2.分析法：执果索因。基本步骤：要证..只需证..，只需证..(1)“分析法”证题的理论依据：寻找结论成立的充分条件或者是充要条件。

(2)“分析法”证题是一个非常好的方法，但是书写不是太方便，所以我们可利用分析法寻找证题的途径，然后用“综合法”进行表达。

3.反证法：正难则反。

4.放缩法：将不等式一侧适当的放大或缩小以达证题目的。放缩法的方法有：

(1)添加或舍去一些项，如：

(2)利用基本不等式，如

3)将分子或分母放大(或缩小)：

5.换元法：换元的目的就是减少不等式中变量，以使问题

化难为易、化繁为简，常用的换元有三角换元和代数换元。

6.构造法：通过构造函数、方程、数列、向量或不等式来证明不等式。

证明不等式的方法灵活多样，但比较法、综合法、分析法和数学归纳法仍是证明不等式的最基本方法。

7.数学归纳法：数学归纳法证明不等式在数学归纳法中专门研究。

9.函数法：引入一个适当的函数，利用函数的性质达到证明不等式的目的。

10.判别式法：利用二次函数的判别式的特点来证明一些不等式的方法。当a>0时，f(x)=ax2+bx+c>0(或0)。当a0(或0(或

二、部分方法的例题

1.换元法

2.放缩法

欲证A≥B，可将B适当放大，即B1≥B，只需证明A≥B1。相反，将A适当缩小，即A≥A1，只需证明A1≥B即可。

3.几何法

注意：这类方法对几何的熟悉程度以及几何与代数的相互联系能力要求比较高。

每一种不等式的证明方法基本上都有一种固定的模式可以去对比，但数学的特点就在于它的灵活性非常强，所以不等式的证明中的题目会有很多种变化，这对学习者的要求是非常高的，这就需要我们在今后的学习中多总结、归纳，才能达到我们学习的效果。具体解题时，一定要认真审题，紧紧抓住题目的所有条件不放，不要忽略了任何一个条件。一道题和一类题之间有一定的共性，可以想想这一类题的一般思路和一般解法，但更重要的是抓住这一道题的特殊性，抓住这一道题与这一类题不同的地方。数学的题目几乎没有相同的，总有一个或几个条件不尽相同，因此思路和解题过程也不尽相同。有些同学对于老师讲过的题会做，其他的题就不会做，只会依样画瓢，题目有些小的变化就无从下手。当然，做题先从哪儿下手是一件棘手的事，不一定找得准。但是，做题一定要抓住其特殊性则绝对没错。选择一个或几个条件作为解题的突破口，看由这个条件能得出什么，得出的越多越好，然后从中选择与其他条件有关的，或与结论有关的，或与题目中的隐含条件有关的，进行推理或演算。一般难题都有多种解法，俗话说，条条大路通罗马。要相信利用这道题的条件，加上自己学过的那些知识，一定能推出正确的结论。

数学题目是无限的，但数学的思想和方法却是有限的。我们只要学好了有关的基础知识，掌握了必要的数学思想和方法，就能顺利地应对那无限的题目。题目并不是做得越多越好，题海无边，总也做不完。关键是你有没有培养起良好的数学思维习惯，有没有掌握正确的数学解题方法。当然，题目做得多也有若干好处：一是“熟能生巧”，加快速度，节省时间，这一点在考试时间有限时显得很重要;二是利用做题来巩固、记忆所学的定义、定理、法则、公式，形成良性循环。

解题需要丰富的知识，更需要自信心。没有自信就会畏难，就会放弃;有了自信，才能勇往直前，才不会轻言放弃，才会加倍努力地学习，才有希望攻克难关，迎来属于自己的春天。

《柯西不等式证明.doc》

将本文的Word文档下载到电脑，方便编辑。

推荐度：

点击下载文档