柯西不等式及应用含答案_柯西不等式及应用

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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)

2k

2k

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

2k

2k

k1

k1

k1

n

n

n

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)（n

n

n

n

b

k1

n

k

2)x2(akbk)x(ak),所以有2

k1

k1

nn

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

k

2k

k1

k1

k1

k1

4(akbk)4(a)(bk2)0

2k

k1

k1

k1

nnn

故：（a

k1

n

2k)(b)(akbk)2

2kk1

k1

nn

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：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 ***2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！