柯西不等式的幾個證明（詳細）。

方法一：向量分析。

設 a=（a1，a2,......an）b=（b1，b2，……bn）

a·b≤|a||b|

a1b1+a2b2+……anbn≤√a1²+a2²+…an²√b1²+b2²+…bn²

aibi）²≤ai²σbi²

方法二：構造二次函式。

當 a1=a2=....=an=0 或 b1=b2=....=bn=0，一般形式顯然是正確的。

設 a = ai 2 b = ai · bi c = bi 2

當 a1=a2=....，當 an 中至少有乙個不為零時，我們知道 a>0

構造二次函式 f（x）=ax 2+2bx+c，得到：

f(x)=∑(ai^2·x^2+2ai·bi·x+bi^2)=∑ (ai·x+bi)^2≥0

因此，判別公式 f（x） = 4b 2 4ac 0，移位得到 ac b 2，不等式已經得到證明。

一般形式的證明。

證明： （ ai 2）（ bi 2） ai·bi） 2 證明： 當 a1=a2=...=an=0 或 b1=b2=....=bn=0，一般形式顯然是正確的，因此 a= ai 2 b= ai·bi c= bi 2 當 a1， a2 ,...，當至少乙個 AN 不為零時，我們知道 a>0 構造二次函式 f（x）=ax 2+2bx+c，（注意主項的係數是 2b，而不是 b）得到：

f（x）= （ai 2·x 2+2ai·bi·x+bi 2）= （ai·x+bi） 2 0 因此，f（x） =4b 2 4ac 0 的判別公式，（請注意：一元二次方程 ax 2+bx+c=0 的判別公式確實是 =b 2-4ac，但方程 ax 2+2bx+c = 0 被替換如下： a = a，b = 2b，c = c，其中 b 被替換為 2b，這導致了許多網友的誤解。如果這一步是錯誤的，柯西不等式就無法證明！

將項移換為獲得 ACB 2，並且已經證明了不等式。

向量形式的證明。

設 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）注意：“”表示平方根。

我想到二次函式構造、拉格朗日恒等式和數學歸納法，過程太長了，自己去查一下相關資料。

柯西不等式： ai， bi r， verify： （a1 2+a2 2+..

柯西不等式是偉大的數學家柯西在研究數學分析中的“流數”問題時得到的。 然而，從歷史上看，這種不等式應該被稱為柯西-布尼亞科夫斯基-施瓦茨不等式，因為正是後兩位數學家，彼此獨立地將其推廣到積分論中，導致了不等式的近乎完美。

柯西不等式是柯西在研究過程中發現的一種不等式，在解決不等式證明的相關問題方面具有非常廣泛的應用，因此在高等數學的改進和研究中具有非常重要的意義，是高等數學的研究內容之一。

柯西·奧古斯丁-路易（1789-1857），法國數學家，1789年8月21日出生於巴黎，父親路易·弗朗索瓦·柯西的兒子，法國波旁王朝，在法國動盪的政治漩渦中擔任公職。 由於家庭原因，柯西本人屬於擁護波旁王朝的正統派別，並且是虔誠的天主教徒。

柯西不等式的證明是：

如果兩列的個數是 ai， bi，則有 （ai 2）*（bi 2） （ai*bi） 2。

設 f（x）= ai+x*bi） 2=（ bi 2）*x 2+2*（ ai*bi）*x+（ ai 2），則總是有 f（x） 0。

在二次函式沒有實根或只有乙個實根的條件下，δ=4*（ ai*bi） 2-4*（ ai 2）*（bi 2） 0，因此通過移位得到結論。

柯西不等式是柯西在研究過程中發現的一種不等式，在解決不等式證明的相關問題方面具有非常廣泛的應用，因此在高等數學的改進和研究中具有非常重要的意義，是高等數學的研究內容之一。

據說，在《法蘭西科學院學報》創刊之初，柯西的著作太多了，以至於科學院不得不承擔大量的印刷費用，超出了科學院的預算，所以科學院後來規定最長的只能有四頁。 柯西的長篇**必須在其他地方提交。

1.二維形式。

公式變形：<>

2.向量形式。

3.三角形。

4.概率論形式。

5.整體形式。

柯西不等式： ai， bi r， verify： （a1 2+a2 2+..an^2)*(b1^2+b2^2+..bn^2)≥(a1*b1+a2*b2+..an*bn)^2.

我認為最簡單的方法是構造 n 維向量：=a1，a2,..an)，βb1,b2,..bn).

然後 （a1 2+a2 2+..an^2)*√b1^2+b2^2+..bn^2)=|cos<α,a1*b1+a2*b2+..an*bn.

兩邊同時平方：（a1 2+a2 2+..an^2)*(b1^2+b2^2+..bn^2)≥(a1*b1+a2*b2+..an*bn)^2.

還有許多其他方法：數字和形狀的組合：

寫柯西不等式的正式方法是：記住兩列數字是 ai、bi 和 there。

ai^2) *bi^2) ≥ai * bi)^2.

我們訂購。 f(x) =ai + x * bi)^2

bi^2) *x^2 + 2 * ai * bi) *x + ai^2)

然後我們知道有永恆。

f(x) ≥0.

對於二次函式，沒有實根或只有乙個實根條件。

4 * ai * bi)^2 - 4 * ai^2) *bi^2) ≤0.

於是此舉走到了盡頭。

除此之外，還有一種辦事的方法。 等一會。

如上所述，它可以被證明是乙個輔助二次函式。

實際上，它更簡單，使用向量來證明它。

m=(a1,a2...an)

n=(b1,b2...bn)

mn=a1b1+a2b2+..anbn=(a1^+a2^+.An ） 1 2 乘以 （b1 +b2 +.）。bn） 1 2 倍 cosx

因為 cosx 小於或等於 0，所以：

a1b1+a2b2+..ANBN 小於或等於 A1 + A2 +An ） 1 2 乘以 （b1 +b2 +.）。bn^)^1/2

這證明了不平等