【1】柯西不等式(n维离散)

定理1.1 给定两组实数：
$a_{1},a_{2},...,a_{n};\space\space\space b_{1},b_{2},...,b_{n}$ 以下不等式成立:
$\sum_{k=1}^{n}(a_{k}b_{k})^2\leq (\sum_{k=1}^{n} a_{k}^2)(\sum_{k=1}^{n} b_{k}^2)$ $\tag{1.1}$ 等号成立当且仅当存在一个实数 $x$ ，使对于任意的 $k\in \{1,2,...,n\}$ ,满足:
$b_{k}=a_{k}x$ $\tag{1.2}$

证明
(1).先证明存在 $a_{k}\neq 0$ 的情况:
构造 $n$ 个函数:
$f_{k}(x)=a_k^2x^2-2a_kb_kx+b_k^2,\space\space\space k=1,2,...,n$ 显然 $\forall k\in \{1,2,...,n\}$ 及 $\forall x\in \mathbb R$ ,有:
$f_{k}(x)=a_k^2x^2-2a_kb_kx+b_k^2=(a_kx-b_k)^2\geq0$ $f$ 显然是二次函数,所以 $\forall x\in \mathbb R$ ,有:
$f(x)=\sum_{k=1}^nf_k(x)=(\sum_{k=1}^na_k^2)x^2-2(\sum_{k=1}^na_kb_k)x+\sum_{k=1}^nb_k^2\ge0$ 所以, $\Delta\le 0$ ,即：
$[2(\sum_{k=1}^na_kb_k)]^2-4[(\sum_{k=1}^na_k^2)][(\sum_{k=1}^nb_k^2)]\le0$ 化简移项证得 $(1.1)$ .另外,等号成立当且仅当 $\Delta=0$ ，此时二次方程
$f(x)=0$ 有唯一的根.这又等价于：
$\forall k\in\{1,2,...,n\},f_{k}(x)=0$ 有两个相同的根，即
$\exists x\in\mathbb R,\forall k\in \{1,2,...,n\} a_kx=b_k$
(2). 数列 $\{a_n\}$ 中所有元素为零，命题显然成立.
综上所述，命题成立
$\blacksquare$

定理1.2 $\{x_n\}$ 是实数列， $\{a_n\}$ 是正数列，那么：
$\frac{x_1^2}{a_1}+\frac{x_2^2}{a_2}+...+\frac{x_n^2}{a_n}\ge\frac{(x_1 +x_2+...+x_n)^2}{a_1+a_2+...+a_n}$ $\tag{1.3}$ 等号成立当且仅当
$x_1/a_1=x_2/a_2=...=x_n/a_n$ $\tag{1.4}$
证明根据定理1.1可以推导如下：
$\left(\frac{x_1^2}{a_1}+\frac{x_2^2}{a_2}+...+\frac{x_n^2}{a_n}\right)\left(a_1+a_2+...+a_n\right)$
$=\left((\frac{x_1}{\sqrt{a_1}})^2+(\frac{x_2}{\sqrt{a_2}})^2+...+(\frac{x_n}{\sqrt{a_n}})^2\right)\left((\sqrt{a_1})^2+(\sqrt{a_2})^2+...+(\sqrt{a_n})^2\right)$
$\ge\left(\frac{x_1}{\sqrt{a_1}}\cdot\sqrt{a_1}+\frac{x_2}{\sqrt{a_2}}\cdot\sqrt{a_2} +...+\frac{x_n}{\sqrt{a_n}}\cdot\sqrt{a_n}\right)^2=\left(x_1+x_2+...+x_n\right)^2$
上式变形证得 $(1.3)$ ，再根据定理1.1等号成立的条件证得本定理等号成立的条件为 $(1.4)$
$\blacksquare$

定理1.3 $\{a_n\},\{b_n\}$ 为复数列，那么
$\left | {\sum_{k=1}^n}a_kb_k\right |^2\le\left(\sum_{k=1}^n\left|a_k\right|^2\right)\left(\sum_{k=1}^n\left| b_k\right|^2\right)$ $\tag{1.5}$
等号成立当且仅当存在一个正实数 $x$ ，使 $b_k=a_kx$ 对于所有的 $k\in{1,2,...,n}$ 成立。
证明根据柯西不等式及复数的绝对值不等式，可以推导如下：
$\left | {\sum_{k=1}^n}a_kb_k\right |^2\le \left(\sum_{k=1}^n\left|{a_kb_k}\right|\right)^2 \le \left(\sum_{k=1}^n\left|a_k\right|^2\right)\left(\sum_{k=1}^n\left| b_k\right|^2\right)$
这就证明了 $(1.5)$ 。另外上式两个等号同时成立的条件为：
(1)对所有的 $k=1,2,...,n,a_kb_k$ 辐角相同；
(2)存在一个正实数 $x$ ，对于任意的 $k=1,2,...,n$ ，有 $|b_k|=|a_k|x$ ；
以上(1)(2)等价于，存在非负实数，对所有的 $k=1,2,...,n$ 满足 $b_k=a_kx$
$\blacksquare$

评注1.4 不等式(1.5)与下式是等价的：
$\left | {\sum_{k=1}^n}a_k\overline{b_k}\right |^2\le\left(\sum_{k=1}^n\left|a_k\right|^2\right)\left(\sum_{k=1}^n\left| b_k\right|^2\right)$ $\tag{1.6}$

题1.5 $\theta\in \mathbb R,a,b\in \mathbb R$ ,证明:
$\left|a\cos\theta +b\sin\theta\right|\le \sqrt{a^2+b^2}$ $\tag{1.7}$
等号成立当且仅当 $a\sin\theta=b\cos\theta$ 。
证明 (1)当 $a,b$ 有一个为零，命题显然成立，否则
(2) $a,b\ne0$
$1=\cos^2\theta+\sin^2\theta=a^2\cos^2\theta/a^2+b^2\sin^2\theta/b^2 \ge(a\cos\theta+b\sin\theta)^2/(a^2+b^2)$ 变形得(1.7)，且等号成立当且仅当 $a\cos\theta/a^2=b\sin\theta/b^2$ ，即 $a\sin\theta=b\cos\theta$
综上，命题成立
$\blacksquare$

评注1.6 不等式 $(1.7)$ 等价于
$-\sqrt{a^2+b^2}\le a\cos\theta +b\sin\theta\le \sqrt{a^2+b^2}$ $\tag{1.8}$ 也等价于：
$(a\cos\theta +b\sin\theta)^2\le a^2+b^2$ $\tag{1.8}$
如果 $a\ne0$ ，这等号成立的条件为 $\tan \theta = \frac{b}{a}$ .

题1.7 $x\in \mathbb R$ ，则 $y=\frac{sinx}{2-\cos x}$ 的最大值为______

解原式变为
$2y=y \cos x +\sin x$
根据(1.8)得
$4y^2\le y^2+1$
解得 $-\frac{\sqrt3}{3}\le y \le \frac{\sqrt3}{3}$
当 $x=\frac{\pi}3$ 时，代入原式计算得 $y=\frac{\sqrt3}{3}$ ，所以
$y_{max}=\frac{\sqrt3}{3}$
$\blacksquare$

评注1.8 题1.7为2020年浙江省高中数学竞赛预赛填空第4题，解法众多，请参见https://www.jianshu.com/p/c7f7dec3a86d 题4。

题1.9 正实数 $a,b,c$ 满足等式 $a+b+c=1$ ，求 $\frac{1}a+\frac{4}b+\frac{9}c$ 的最小值。
解 $\frac{1}a+\frac{4}b+\frac{9}c\ge \frac{(1+2+3)^2}{a+b+c}=36$
当 $a=1/6,b=1/3,c=1/2$ 时等号成立，所以 $\left(\frac{1}a+\frac{4}b+\frac{9}c\right)_{min}=36$
$\blacksquare$

题1.10 $a,b,c\in \mathbb R_+$ ,且 $a\cos^2x+b\sin^2x<c$ ，求证：
$\sqrt{a}\cos^2x+\sqrt{b}\sin^2x<\sqrt{c}$
证明 $\sqrt{a}\cos^2x+\sqrt{b}\sin^2x=\sqrt{a}\cos x\cdot \cos x+\sqrt{b}\sin x\cdot \sin x$
$\le [(\sqrt{a}\cos x)^2+(\sqrt{b}\sin x)^2]^\frac{1}{2}[(cos x)^2+(sin x)^2]^\frac{1}{2}<\sqrt c$ .
所以命题成立。
$\blacksquare$

最后编辑于：2022.07.03 09:52:47

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