上一篇，我們介紹了如何用算幾不等式求極值。接下來將介紹柯西不等式(含推廣)。
柯西不等式
不等式內容
設 $a_1,\ a_2,\ b_1,\ b_2$ 為實數，則：
$$(a_1^2+a_2^2)(b_1^2+b_2^2)\geq(a_1b_1+a_2b_2)^2$$
若 $b_1,\ b_2\neq 0$ ，則等號成立在 $\dfrac{a_1}{b_1}=\dfrac{a_2}{b_2}$
推廣至 $n$ 項
設 $a_1,\ a_2,\ ,\ …,\ a_n,\ b_1,\ b_2,\ …,\ b_n$ 為實數，則：
$$(a_1^2+a_2^2+…+a_n^2)(b_1^2+b_2^2+…+b_n^2)\geq(a_1b_1+a_2b_2+…+a_nb_n)^2$$
若 $b_1,\ b_2,\ …,\ b_n\neq 0$ ，則等號成立在 $\dfrac{a_1}{b_1}=\dfrac{a_2}{b_2}=…=\dfrac{a_n}{b_n}$
注意事項
等式成立條件一定要檢驗！！！！！ 非常重要
例題
先看看柯西不等式最簡單的題目：
1. 設 $a,\ b$ 為實數，已知 $3x-4y=14$ ，求 $3x^2+4y^2$ 的最小值
利用柯西不等式：
$((\sqrt{3}x)^2+(2y)^2)((\sqrt{3})^2+(-2)^2)\geq (3x-4y)^2$
可得
$(3x^2+4y^2)\times 7\geq 14^2$
$\Rightarrow (3x^2+4y^2)\geq 28$
等式成立於 $\dfrac{\sqrt{3}x}{\sqrt{3}}=\dfrac{2y}{-2}$ 時，也就是 $x=-y$ ，代回 $3x-4y=14$ 可得 $x=2,\ y=-2$
2. 設 $a,\ b$ 為實數，已知 $x^2+4y^2=9$ ，求 $5x+4y$ 的最小值
利用柯西不等式：
$((x^2+(2y)^2)((5)^2+(2)^2)\geq (5x+4y)^2$
可得
$9\times 29\geq (5x+4y)^2$
$\Rightarrow 3\sqrt{29}\geq (5x+4y)\geq -3\sqrt{29}$
等號成立於 $\dfrac{x}{5}=\dfrac{2y}{2}$ 時，也就是 $x=5y$ ，代回 $x^2+4y^2=9$ 可得 $x=\pm\dfrac{15}{\sqrt{29}},\ y=\pm\dfrac{3}{\sqrt{29}}$
3. 設 $a,\ b$ 為實數， 求 $a^2 + b^2 + (1-2a-3b)^2$ 的最小值
讓等式一邊變成常數，湊係數讓 $a,\ b$ 被消掉：
$[a^2 + b^2 + (1-2a-3b)^2][2^2+3^2+1^2]\geq [2a+3b+(1-2a-3b)]^2$
$\Rightarrow a^2 + b^2 + (1-2a-3b)^2\geq \dfrac{1}{14}$
等式成立於 $\dfrac{a}{2}=\dfrac{b}{3}=\dfrac{1-2a-3b}{1}$ 時，解出 $a=\dfrac{1}{7}$, $b=\dfrac{3}{14}$
4. 設 $x,\ y,\ z$ 為實數,則 $\dfrac{2x-y+z}{\sqrt{x^2+4y^2+z^2}}$ 的最大值為？
$[x^2+(2y)^2+z^2][2^2+(-\dfrac{1}{2})^2+1^2]\geq(2x-y+z)^2$
$\Rightarrow(x^2+4y^2+z^2)\times\dfrac{21}{4}\geq(2x-y+z)^2$
$\Rightarrow\dfrac{21}{4}\geq\dfrac{(2x-y+z)^2}{x^2+4y^2+z^2}$
$\Rightarrow -\dfrac{\sqrt{21}}{2}\leq\dfrac{2x-y+z}{\sqrt{x^2+4y^2+z^2}}\leq\dfrac{\sqrt{21}}{2}$
等式成立於 $\dfrac{x}{2}=\dfrac{2y}{-\frac{1}{2}}=\dfrac{z}{1}$ 時
5. 已知 $a,\ b,\ c,\ d,\ e$ 為實數, 且 $a+b+c+d+e=8$ , ${a^2}+{b^2}+{c^2}+{d^2}+{e^2}=16$, 求 $e$ 的最大值 $+$ 最小值 $=?$
因為要求 $e$ 的極值， 所以先將兩式的 $e$ 先移項：
$a+b+c+d=8-e$
${a^2}+{b^2}+{c^2}+{d^2}=16-{e^2}$
利用柯西不等式：
$({a^2}+{b^2}+{c^2}+{d^2})(1^2+1^2+1^2+1^2)\geq (a+b+c+d)^2$
所以
$(16-{e^2})\times 4\geq (8-e)^2$
故解得
$0\leq e\leq\dfrac{16}{5}$
因此
$0+\dfrac{16}{5}=\dfrac{16}{5}$
等式成立於 $\dfrac{a}{1}=\dfrac{b}{1}=\dfrac{c}{1}=\dfrac{d}{1}$ 時
類題
考慮所有滿足 $\left\{ \begin{array}{ll} a_1+a_2+…+a_{2011}=2012\\ \dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2}+…+\dfrac{1}{a_{2011}}=2012\end{array} \right.$ 的 $2011$ 個正數 $a_1,a_2,….a_{2011}$， 則對於 $i=1,2,…,2011$， $a_i+\dfrac{1}{a_i}$ 的最大值為？
答： $\color{red}\dfrac{8045}{2012}$
6. 若 $a,\ b$ 都是大於 $1$ 的實數,則 $\dfrac{a^2}{b-1}+\dfrac{b^2}{a-1}$ 的最小值為？
由柯西不等式：
$[\dfrac{a^2}{b-1}+\dfrac{b^2}{a-1}][(b-1)+(a-1)]\geq[a+b]^2 ……\text{(1)}$
$\dfrac{a^2}{b-1}+\dfrac{b^2}{b-1} \geq\dfrac{(a+b)^2}{a+b-2} $
令 $a+b=t>2$ ，則改寫上式為：
$\dfrac{t^2}{t-2}=t+2+\dfrac{4}{t-2}=(t-2)+(\dfrac{4}{t-2})+4$
使用算幾不等式：
$\begin{aligned}(t-2)+(\dfrac{4}{t-2})+4 &\geq 2\sqrt{4}+4 ……\text{(2)}\\&=8\end{aligned}$
式 (1) 等式成立在 $a=b$ ，式 (2) 等式成立在 $t=4$ ，故解得 $a=b=2$ 時發生最小值為 $8$
令 $a=x+1,b=y+1$ ，原式 $=\dfrac{(x+1)^2}{y}+\dfrac{(y+1)^2}{x}$
因為 $(x+1)^2-4x=(x-1)^2\geq 0$
所以 $(x+1)^2\geq 4x ……\text{(1)}$
同理 $(y+1)^2\geq 4y ……\text{(2)}$
故：
$\begin{aligned}\dfrac{(x+1)^2}{y}+\dfrac{(y+1)^2}{x}&\geq\frac{4x}{y}+\dfrac{4y}{x}\\&\geq 2\sqrt{\frac{4x}{y}\times\dfrac{4y}{x}} ……\text{(3)}\\&=8\end{aligned}$
式 (1) 與式 (2) 等號成立於 $x=1,\ y=1$ 時
式 (3) 等式成立於 $x=y$
故當 $a=2,\ b=2$ 時，原式有最小值為 $8$
(式 (1) 與式(2)有點猜的感覺，不容易想到。)
令 $f(a,b)=\dfrac{a^2}{(b-1)}+\dfrac{b^2}{(a-1)}$
$\dfrac{∂f}{∂a}=\dfrac{2a}{(b-1)}-\dfrac{b^2}{(a-1)^2}=0$
$\dfrac{∂f}{∂b}=-\dfrac{a^2}{(b-1)^2}+\dfrac{2b}{(a-1)}=0$
解聯立得 $a=b=2$ 有極值 $8$ (顯然是最小值)
$\dfrac{b^2}{a-1}+4(a-1)\geq 4b ……\text{(1)}$
$\dfrac{a^2}{b-1}+4(b-1)\geq 4a ……\text{(2)}$
兩式相加：
$\dfrac{b^2}{a-1}+\dfrac{a^2}{b-1}+4(a-1)+4(b-1)\geq 4b+4a$
故移項後
$\dfrac{b^2}{a-1}+\dfrac{a^2}{b-1}\geq 8$
式 (1) 與 式(2) 的等式成立條件為 $a=2,\ b=2$
令 $x=a-1,\ y=b-1$
則原式
$\begin{aligned}&=\dfrac{(y+1)^2}{x}+\dfrac{(x+1)^2}{y}\\&=\dfrac{{y^2}+2y+1}{x}+\dfrac{{x^2}+2x+1}{y}\\&=\dfrac{y^2}{x}+\dfrac{2y}{x}+\dfrac{1}{x}+\dfrac{x^2}{y}+\dfrac{2x}{y}+\dfrac{1}{y}\\&=(\dfrac{y^2}{x}+\dfrac{1}{x}+\dfrac{x^2}{y}+\dfrac{1}{y})+(\dfrac{2y}{x}+\dfrac{2x}{y})\\&\geq 4\sqrt[4]{\dfrac{y^2}{x}\times\dfrac{1}{x}\times\dfrac{x^2}{y}\times\dfrac{1}{y}}+2\sqrt{\dfrac{2y}{x}\times\dfrac{2x}{y}}\\
&=4+4\\&=8\end{aligned}$
檢查等號成立於 $x=y=1$ 時，即 $a=b=2$ 時。
廣義柯西不等式
設有 $m\times n$ 個非負實數 $a_{11},\ a_{12},\ …,\ a_{1n}$$,\ a_{21},\ …,\ a_{2n}$$,\ …,\ a_{m1},\ …,\ a_{mn}$ ，則
$(a_{11}^m+…+a_{1n}^m)(a_{21}^m+…+a_{2n}^m)…(a_{m1}^m+…+a_{mn}^m)\geq(a_{11}a_{21}…a_{m1}+…+a_{1n}a_{2n}…a_{mn})^m$
換個方式寫，也可以寫成：
$(a_{11}+…+a_{1n})(a_{21}+…+a_{2n})…(a_{m1}+…+a_{mn})\geq\
(\sqrt[m]{a_{11}a_{21}…a_{m1}}+…+\sqrt[m]{a_{1n}a_{2n}…a_{mn}})^m$
等式成立條件為
向量 $(a_{11},a_{12},…,a_{1n})$, $(a_{21},a_{22},…,a_{2n})$,… , $(a_{m1},a_{m2},…,a_{mn})$ 兩兩平行時。
例題
許多題目不是那麼好解，但是用廣義柯西解會很漂亮，如這題經典題。
1. 設 $\theta$ 為銳角，則 $64 \sec^2\theta + \csc^2\theta + 16 sec \theta csc \theta$ 的最小值為
$\begin{aligned}&64 \sec^2\theta + \csc^2\theta + 16 \sec \theta \csc \theta\\=&\dfrac{64}{\cos^2\theta}+\dfrac{1}{\sin^2\theta}+\dfrac{16}{\sin\theta\cos\theta}\\=&(\dfrac{8}{\cos\theta}+\dfrac{1}{\sin\theta})^2\end{aligned}$
由廣義柯西可知：
$\begin{aligned}&(\dfrac{8}{\cos\theta}+\dfrac{1}{\sin\theta})(\dfrac{8}{\cos\theta}+\dfrac{1}{\sin\theta})(\cos^2\theta+\sin^2\theta)\\ \geq&\left(\sqrt[3]{\dfrac{8}{\cos\theta}\times \dfrac{8}{\cos\theta}\times\cos^2\theta}+\sqrt[3]{\dfrac{1}{\sin\theta}\times\dfrac{1}{\sin\theta}\times\sin^2\theta}\right)^3\\=&(4+1)^3\\=&125\end{aligned}$
等式成立條件請自行驗證。
2. 設 $\theta$ 為銳角，則 $\dfrac{\sin^3\theta}{\cos\theta}+\dfrac{\cos^3\theta}{\sin\theta}$ 的最小值為?
由廣義柯西可知：
$\begin{aligned}&(\dfrac{\sin^3\theta}{\cos\theta}+\dfrac{\cos^3\theta}{\sin\theta})(\dfrac{\sin^3\theta}{\cos\theta}+\dfrac{\cos^3\theta}{\sin\theta})(\cos^2\theta+\sin^2\theta)\\ \geq&\left(\sqrt[3]{\dfrac{\sin^3\theta}{\cos\theta}\times \dfrac{\sin^3\theta}{\cos\theta}\times\cos^2\theta}+\sqrt[3]{\dfrac{\cos^3\theta}{\sin\theta}\times\dfrac{\cos^3\theta}{\sin\theta}\times\sin^2\theta}\right)^3\\=&(\sin^2\theta+\cos^2\theta)^3\\=&1\end{aligned}$
故 $\dfrac{\sin^3\theta}{\cos\theta}+\dfrac{\cos^3\theta}{\sin\theta}\geq 1$
等式成立條件請自行驗證。
3. 設 $a_1,\ a_2,\ …,\ a_n$ 為正數，且 $a_1a_2…a_n=1$ ，證明 $(2+a_1)(2+a_2)…(2+a_n)\geq 3^n$
由廣義柯西可知：
$\begin{aligned}&(2+a_1)(2+a_2)…(2+a_n)\\\geq&(\sqrt[n]{(2^n)}+\sqrt[n]{a_1a_2…a_n})^n\\=&3^n\end{aligned}$
等式成立條件請自行驗證。