浅谈Cauchy不等式
形式
\[\sum_{i=1}^{n}a_i^2 \sum_{i=1}^{n}b_i^2 \geq \sum_{i=1}^{n}a_i^{2}b_i^2
\]
等号成立的条件：
\[iff:b_i=0 || \exists k \in \mathbb {R},a_i=k \cdot b_i(i \in \mathbb{N^+})
\]
证明
法一：参数配方
思路：巧妙的把常数与方程结合起来，利用性质即可。
证明：
构造函数:
\[f(t)=\sum_{i=1}^{n}b_i^2\cdot t^2-2\sum_{i=1}^{n}a_ib_it+\sum_{i=1}^{n}a_i^2
\]
化简函数：
\[f(t)=\sum_{i=1}^{n}b_i^2\cdot t^2-2\sum_{i=1}^{n}a_ib_it+\sum_{i=1}^{n}a_i^2
\]
\[=\sum_{i=1}^{n}(b_i^2t^2-2a_ib_it+a_i^2)
\]
\[=\sum_{i=1}^{n}(b_i^2t^2+a_i^2-2a_ib_it)
\]
\[=\sum_{i=1}^{n}(b_it-a_i)^2
\]
所以：
\[f(t) \geq 0
\]
\[\Delta t=b^2-4ac
\]
\[=4\sum_{i=1}^{n}a_i^2b_i^2-4\times \sum_{i=1}^{n}b_i^2 \times \sum_{i=1}^{n}a_i^2 \leq 0
\]
所以：
\[4\sum_{i=1}^{n}a_i^2b_i^2 \leq 4\times \sum_{i=1}^{n}b_i^2 \times \sum_{i=1}^{n}a_i^2
\]
\[\sum_{i=1}^{n}a_i^2 \times \sum_{i=1}^{n}b_i^2 \geq \sum_{i=1}^{n}a_i^2b_i^2
\]
证毕。
因为：
\[f(t)=\sum_{i=1}^{n}(b_it-a_i)^2
\]
令\(f(t)=0\)，即
\[a_i=b_it
\]
此时：
\[f(t)_{min}=0
\]
即：
\[\Delta t \leq 0
\]
故等号可取的一个充分条件即为：
\[\exists k \in \mathbb {R},a_i=k \cdot b_i(i \in \mathbb{N^+}）
\]
法二：均值不等式证明
思路：运用分析法将原式子化简，使用绝对值三角不等式与均值不等式进行证明。
引用到的均值不等式（证明略）：
\[ab \leq \frac{a^2+b^2}{2}
\]
适用条件：
\[a,b \in \mathbb {R^+}
\]
等号成立条件：
\[iff:a=b
\]
证明：
要证：
\[\sum_{i=1}^{n}a_i^2\sum_{i=1}^{n}b_i^2 \geq \sum_{i=1}^{n}a_i^{2}b_i^2
\]
只需证：
\[\sqrt {\sum_{i=1}^{n}a_i^2 \sum_{i=1}^{n}b_i^2} \geq |\sum_{i=1}^{n}a_ib_i|
\]
即：
\[|\sum_{i=1}^{n}a_ib_i| \leq \sqrt {\sum_{i=1}^{n}a_i^2 \sum_{i=1}^{n}b_i^2}
\]
\[\frac{|\sum_{i=1}^{n}a_ib_i|}{\sqrt {\sum_{i=1}^{n}a_i^2 \sum_{i=1}^{n}b_i^2}}\leq 1
\]
由绝对值三角不等式：
\[|a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n| \leq |a_1|+|a_2|+|a_3|+ \cdots + |a_n|
\]
可得：
\[|\sum_{i=1}^{n}a_ib_i| \leq \sum_{i=1}^{n}|a_ib_i|
\]
所以：
\[\frac{|\sum_{i=1}^{n}a_ib_i|}{\sqrt {\sum_{i=1}^{n}a_i^2 \sum_{i=1}^{n}b_i^2}} \leq \frac{\sum_{i=1}^{n}|a_ib_i|}{\sqrt {\sum_{i=1}^{n}a_i^2 \sum_{i=1}^{n}b_i^2}}
\]
又因为：
\[\frac{\sum_{i=1}^{n}|a_ib_i|}{\sqrt {\sum_{i=1}^{n}a_i^2 \sum_{i=1}^{n}b_i^2}}
\]
\[=\sum_{i=1}^{n}\frac{|a_i|}{\sqrt{\sum_{i=1}^{n}a_i^2}}\cdot \frac{|b_i|}{\sqrt{\sum_{i=1}^{n}b_i^2}}
\]
由均值不等式：
\[ab \leq \frac{a^2+b^2}{2}
\]
可得：
\[\sum_{i=1}^{n}\frac{|a_i|}{\sqrt{\sum_{i=1}^{n}a_i^2}}\cdot \frac{|b_i|}{\sqrt{\sum_{i=1}^{n}b_i^2}}
\]
\[\leq \frac{1}{2}\cdot \sum_{i=1}^{n}(\frac{a_i^2}{\sum_{i=1}^{n}a_i^2}+ \frac{b_i^2}{\sum_{i=1}^{n}b_i^2})
\]
\[\leq \frac{1}{2}\cdot (\frac{\sum_{i=1}^{n}a_i^2}{\sum_{i=1}^{n}a_i^2}+ \frac{\sum_{i=1}^{n}b_i^2}{\sum_{i=1}^{n}b_i^2})
\]
\[\leq \frac{1}{2} \times 2 = 1
\]
即：
\[\frac{|\sum_{i=1}^{n}a_ib_i|}{\sqrt {\sum_{i=1}^{n}a_i^2 \sum_{i=1}^{n}b_i^2}}\leq 1
\]
上述结论成立，证毕。
法三：n维向量证法
因为：
\[|\vec a \cdot \vec b| = |\vec a|\cdot |\vec b| \cdot cos \theta
\]
所以：
\[|\vec a \cdot \vec b| \leq |\vec a|\cdot |\vec b|
\]
\[|\vec a \cdot \vec b|^2 \leq |\vec a|^2\cdot |\vec b|^2
\]
\(\vec a,\vec b\)为\(n\)维向量时，用坐标的形式展开即可证明。
当\(\vec a=k\vec b\)，即\(a\)，\(b\)共线时，等号成立。
申明与感谢
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