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    不等式进阶

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    （二）柯西-施瓦茨不等式

    简化形式

    对于实数 a1,a2,b1,b2a_1,a_2,b_1,b_2：

    (a12+a22)(b12+b22)≥(a1b1+a2b2)2(a_1^2+a_2^2)(b_1^2+b_2^2)\ge(a_1b_1+a_2b_2)^2

    证明：

    a12b22+a22b12≥2a1b1a2b2⇔  a12b12+a22b22+a12b22+a22b12≥a12b12+a22b22+2a1b1a2b2⇔  (a12+a22)(b12+b22)≥(a1b1+a2b2)2\begin{aligned} &a_1^2b_2^2+a_2^2b_1^2\ge 2a_1b_1a_2b_2\\ \Leftrightarrow\;&a_1^2b_1^2+a_2^2b_2^2+a_1^2b_2^2+a_2^2b_1^2\ge a_1^2b_1^2+a_2^2b_2^2+2a_1b_1a_2b_2\\ \Leftrightarrow\;&(a_1^2+a_2^2)(b_1^2+b_2^2)\ge(a_1b_1+a_2b_2)^2 \end{aligned}

    取等条件：

    a1b1=a2b2{a_1\over b_1}={a_2\over b_2}

    一般形式

    对于实数序列 a,ba,b：

    ∑i=1nai2∑i=1nbi2≥(∑i=1naibi)2\sum_{i=1}^na_i^2\sum_{i=1}^nb_i^2\ge\left(\sum_{i=1}^na_ib_i\right)^2

    证明：

    ∑i=1nai2∑i=1nbi2−(∑i=1naibi)2=  ∑1≤i<j≤n(aibj−ajbi)2\begin{aligned} &\sum_{i=1}^na_i^2\sum_{i=1}^nb_i^2-\left(\sum_{i=1}^na_ib_i\right)^2\\ =\;&\sum_{1\le i<j\le n}(a_ib_j-a_jb_i)^2 \end{aligned}

    上式即拉格朗日恒等式，可知其 ≥0\ge0 且取等条件为：

    a1b1=a2b2=⋯=anbn{a_1\over b_1}={a_2\over b_2}=\dots={a_n\over b_n}

    物理证明

    转自：https://www.zhihu.com/question/359244589/answer/3440897794。

    光滑桌子（μ=0\mu=0）上面放着若干个质量不一的薄板，其中间的摩擦因数不为零（μ≠0\mu\neq0）。

    设其质量分别为 m1,m2,…,mnm_1,m_2,\dots,m_n，给他们一个互异的初速度 v1,v2,…,vnv_1,v_2,\dots,v_n。

    根据能量守恒定律，经过有限的时间后，它们必定会趋于同一个速度，设为 vfv_f。

    那么，根据动量守恒定律和功能关系：

    m1v1+m2v2+⋯+mnvn=m1vf+m2vf+⋯+mnvf12m1v12+12m2v22+⋯+12mnvn2≥12m1vf2+12m2vf2+⋯+12mnvf2\begin{aligned} m_1v_1+m_2v_2+\dots+m_nv_n&=m_1v_f+m_2v_f+\dots+m_nv_f\\ {1\over2}m_1v_1^2+{1\over2}m_2v_2^2+\dots+{1\over2}m_nv_n^2&\ge {1\over2}m_1v_f^2+{1\over2}m_2v_f^2+\dots+{1\over2}m_nv_f^2 \end{aligned}

    化简、移项，得到：

    vf=∑mivi∑mi∑(mivi2)≥(∑mi)vf2\begin{aligned} v_f={\sum m_iv_i\over\sum m_i}\\ \sum(m_iv_i^2)\ge(\sum m_i)v_f^2 \end{aligned}

    上式带入下式，得：

    ∑(mivi2)≥(∑mivi)2∑mi\sum(m_iv_i^2)\ge{(\sum m_iv_i)^2\over\sum m_i}

    再移项，得：

    ∑(mivi2)∑mi≥(∑mivi)2\sum(m_iv_i^2)\sum m_i\ge(\sum m_iv_i)^2

    我们取 m→a2m\to a^2，v→b/av\to b/a，即：

    ∑ai2∑bi2≥(∑aibi)2\sum{a_i^2}\sum{b_i^2}\ge(\sum{a_ib_i})^2

    取等条件为 vi=vgv_i=v_g，即初始就共速，则：

    b1a1=b2a2=⋯=bnan{b_1\over a_1}={b_2\over a_2}=\dots={b_n\over a_n}

    即柯西不等式（当然这个结论比柯西不等式弱一些）。

    柯西-施瓦茨不等式​：对于正实数 a,b,x,ya,b,x,y，有

    (a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2(a^2+b^2)(c^2+d^2)\ge(ac+bd)^2

    当且仅当 ad=bcad=bc 时，等号成立。

    示例：已知实数 x,yx,y 满足 x2+y2=3x^2+y^2=3，求 5x+2y5x+2y 的最大值。根据柯西不等式：

    (5x+2y)2=(ac+bd)2≤(a2+b2)(c2+d2)=(52+22)(x2+y2)=87(5x+2y)^2=(ac+bd)^2\le (a^2+b^2)(c^2+d^2)=(5^2+2^2)(x^2+y^2)=87

    即：

    (5x+2y)2≤87⇒5x+2y≤87(5x+2y)^2\le 87\Rightarrow 5x+2y\le\sqrt{87}

    所以 5x+2y5x+2y 的最大值为 87\sqrt{87}。

    权方和不等式​：

    a2x+b2y≥(a+b)2x+y\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}\ge\frac{(a+b)^2}{x+y}

    示例：已知实数 x,y>0x,y>0 满足 1x+4y=1\frac{1}{x}+\frac{4}{y}=1，求 x+yx+y 的最小值。根据权方和不等式：

    1=12x+22y=a2x+b2y≥(a+b)2x+y=(1+2)2x+y=9x+y1=\frac{1^2}{x}+\frac{2^2}{y}=\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}\ge\frac{(a+b)^2}{x+y}=\frac{(1+2)^2}{x+y}=\frac{9}{x+y}

    即：

    1≥9x+y⇒x+y≥91\ge\frac{9}{x+y}\Rightarrow x+y\ge 9

    所以 x+yx+y 的最小值为 99。

    （三）排序不等式

    基本形式

    对于非严格单调递增（或递减）的实数序列 x,yx,y，另 σ(i)\sigma(i) 表示 1∼n1\sim n 的任意一个排列，有，

    x1y1+⋯+xnyn≥xσ(1)y1+⋯+xσ(n)yn≥xny1+⋯+x1ynx_1y_1+\dots+x_ny_n\ge x_{\sigma(1)}y_1+\dots+x_{\sigma(n)}y_n\ge x_ny_1+\dots+x_1y_n

    顺序和不小于乱序和，乱序和不小于逆序和；取等为 x,yx,y 分别两两相等。

    排序不等式不限正负，证明可以归纳法。

    其他不等式

    伯努利不等式

    若 x1,x2…,xn≥−1x_1,x_2\dots,x_n\ge-1 且 x2,x2,…,xnx_2,x_2,\dots,x_n 同号，则

    (1+x1)(1+x2)…(1+xn)≥1+x1+x2+⋯+xn(1+x_1)(1+x_2)\dots(1+x_n)\ge1+x_1+x_2+\dots+x_n

    权方和不等式

    设 a1,a2,⋯ ,an>0,b1,b2,⋯ ,bn>0,r∈Ra_1,a_2,\cdots,a_n>0，b_1,b_2,\cdots,b_n>0，r\in\mathbb{R}，则

    • 当 r≥0r\ge0，或 r≤−1r\le-1 时，有

      a1r+1b1r+a2r+1b2r+⋯+anr+1bnr≥(a1+a2+⋯+an)r+1(b1+b2+⋯+bn)r.\frac{a_1^{r+1}}{b_1^{r}}+\frac{a_2^{r+1}}{b_2^{r}}+\cdots+\frac{a_n^{r+1}}{b_n^{r}}\ge\frac{(a_1+a_2+\cdots+a_n)^{r+1}}{(b_1+b_2+\cdots+b_n)^{r}}。

    • 当 −1<r<0-1<r<0 时，有

      a1r+1b1r+a2r+1b2r+⋯+anr+1bnr≤(a1+a2+⋯+an)r+1(b1+b2+⋯+bn)r.\frac{a_1^{r+1}}{b_1^{r}}+\frac{a_2^{r+1}}{b_2^{r}}+\cdots+\frac{a_n^{r+1}}{b_n^{r}}\le\frac{(a_1+a_2+\cdots+a_n)^{r+1}}{(b_1+b_2+\cdots+b_n)^{r}}。

    杨格不等式

    若 a,b>0,p>1,1p+1q=1a,b>0，p>1，\dfrac{1}{p}+\dfrac{1}{q}=1，则有

    ab≤1pap+1qbq.ab\le\dfrac{1}{p}a^{p}+\dfrac{1}{q}b^{q}。