也谈利用柯西不等式及其推论证明不等式
陈唐明
文［1］在分析文［2］解题过程后，从柯西不等式出发，推导出两个推论(推论1和推论2)，并通过举例试图说明利用这两个推论可方便迅速地解决很多不等式证明问题.笔者仔细研读后，发现文［1］中给出的方法比文［2］的方法方便得多；但同时也发现文［1］对柯西不等式表达不够严谨，给出的两个推论过于特殊化(受条件∑ni=1ai=1的限制)，制约了解题效益的提高.笔者发现通过配凑直接使用柯西不等式或利用柯西不等式的变式将会使文［1］中所举两个例题的证明变得更加简洁明晰.
下面让我们先回顾一下柯西不等式：
(∑ni=1x2i)(∑ni=1y2i)≥(∑ni=1xiyi)2，其中xi,yi∈R,i=1,2,…，n(1)，当且仅当x1=x2=…=xn=0或yi=kxi(k为常数，i=1,2,…，n)时等号成立.
文［1］中此处遗漏了x1=x2=…=xn=0，是不够严谨的，因为当y1,y2,…,yn不全为零且x1=x2=…=xn=0时等号亦成立.(笔者查阅了大量的报刊杂志和数学竞赛辅导书籍，几乎全是这样的写法，可见此谬流传久矣!)
例1(文［1］中例2)已知正数a,b,c满足a+b+c=1.求证：a3+b3+c3≥a2+b2+c23.
分析：条件a+b+c=1正好适合文［1］中推论1的条件∑ni=1ai=1，故文［1］采用推论1证明，笔者下面给出通过配凑直接运用柯西不等式证明，亦显简洁明晰.
证明：由条件，左边=(a+b+c)(a3+b3+c3)=［(a)2+(b)2+(c)2］?［(a3)2+(b3)2+(c3)2］(*)≥(a?a3+b?b3+c?c3)2，即左边≥(a2+b2+c2)2.
下面只需证明(a2+b2+c2)2≥a2+b2+c23，即需证3(a2+b2+c2)≥1.而3(a2+b2+c2)=(12+12+12)(a2+b2+c2)(**)≥(a+b+c)2=1,知原不等式成立.当且仅当aa3=bb3=cc3，即a=b=c时(*)处等号成立；当且仅当1a=1b=1c，即a=b=c时(**)处等号成立.所以，知a=b=c时原不等式等号成立.
在(1)式中令x2i=a2ibi,y2i=bi(ai∈R,bi∈R+)，即得推论：
柯西变式 ∑ni=1a2ibi≥(∑ni=1ai)2∑ni=1bi,当且仅当a1b1=a2b2=…= anbn时等号成立.
例2 (文［1］中例1)求证：a2b+c-a+b2c+a-b+c2a+b-c≥a+b+c，其中a,b,c为△ABC三边.
分析：文［1］为了能利用推论1的条件∑ni=1ai=1费了不少周折凑出常数“1”，过于繁琐，而直接运用柯西变式，证明将非常简洁.
证明：由柯西变式知左边≥(a+b+c)2(b+c-a)+(c+a-b)+(a+b-c)=a+b+c，即原不等式成立.当且仅当ab+c-a=bc+a-b=ca+b-c，即a=b=c时等号成立.
注：本题亦可通过配凑直接运用柯西不等式，证明如下：
由［(b+c-a)+(c+a-b)+(a+b-c)］?(a2b+c-a+b2c+a-b+c2a+b-c)=［(b+c-a)2+(c+a-b)2+(a+b-c)2］?［(ab+c-a)2+(bc+a-b)2+(ca+b-c)2］≥(a+b+c)2，整理即得.
需要说明的是，柯西变式在解决分式不等式证明问题时非常实用，特别是含n的分式不等式问题，下面举例说明.
例3 设a1,a2,…，an是正数，且∑ni=1ai=p(p为常数)，试证明：a21a1+a2+a22a2+a3+a2n-1猘n-1+an+a2nan+a1≥p2.
证明：由柯西变式，左边≥
(a1+a2+…+an)2(a1+a2)+(a2+a3)+…+(an-1+an)+(an+a1)，
即左边≥p22p=p2.
例4 设ai,bi∈R(i=1,2,…，n)，且∑ni=1ai=∑ni=1bi，求证：∑ni=1a2iai+bi≥12∑ni=1ai.
证明：由柯西变式，左边≥(∑ni=1ai)2∑ni=1(ai+bi)=(∑ni=1ai)2∑ni=1ai+∑ni=1bi=(∑ni=1ai)2∑ni=1ai+∑ni=1ai=12∑ni=1ai，即原不等式成立.
参考文献
［1］徐国平.柯西不等式的两个推论及其应用.中学数学研究(江西师大)，2006(8).
［2］王胜林，卫赛平.证明不等式的几种特殊方法.数学通讯，2004(11).
文［1］在分析文［2］解题过程后，从柯西不等式出发，推导出两个推论(推论1和推论2)，并通过举例试图说明利用这两个推论可方便迅速地解决很多不等式证明问题.笔者仔细研读后，发现文［1］中给出的方法比文［2］的方法方便得多；但同时也发现文［1］对柯西不等式表达不够严谨，给出的两个推论过于特殊化(受条件∑ni=1ai=1的限制)，制约了解题效益的提高.笔者发现通过配凑直接使用柯西不等式或利用柯西不等式的变式将会使文［1］中所举两个例题的证明变得更加简洁明晰.
下面让我们先回顾一下柯西不等式：
(∑ni=1x2i)(∑ni=1y2i)≥(∑ni=1xiyi)2，其中xi,yi∈R,i=1,2,…，n(1)，当且仅当x1=x2=…=xn=0或yi=kxi(k为常数，i=1,2,…，n)时等号成立.
文［1］中此处遗漏了x1=x2=…=xn=0，是不够严谨的，因为当y1,y2,…,yn不全为零且x1=x2=…=xn=0时等号亦成立.(笔者查阅了大量的报刊杂志和数学竞赛辅导书籍，几乎全是这样的写法，可见此谬流传久矣!)
例1(文［1］中例2)已知正数a,b,c满足a+b+c=1.求证：a3+b3+c3≥a2+b2+c23.
分析：条件a+b+c=1正好适合文［1］中推论1的条件∑ni=1ai=1，故文［1］采用推论1证明，笔者下面给出通过配凑直接运用柯西不等式证明，亦显简洁明晰.
证明：由条件，左边=(a+b+c)(a3+b3+c3)=［(a)2+(b)2+(c)2］?［(a3)2+(b3)2+(c3)2］(*)≥(a?a3+b?b3+c?c3)2，即左边≥(a2+b2+c2)2.
下面只需证明(a2+b2+c2)2≥a2+b2+c23，即需证3(a2+b2+c2)≥1.而3(a2+b2+c2)=(12+12+12)(a2+b2+c2)(**)≥(a+b+c)2=1,知原不等式成立.当且仅当aa3=bb3=cc3，即a=b=c时(*)处等号成立；当且仅当1a=1b=1c，即a=b=c时(**)处等号成立.所以，知a=b=c时原不等式等号成立.
在(1)式中令x2i=a2ibi,y2i=bi(ai∈R,bi∈R+)，即得推论：
柯西变式 ∑ni=1a2ibi≥(∑ni=1ai)2∑ni=1bi,当且仅当a1b1=a2b2=…= anbn时等号成立.
例2 (文［1］中例1)求证：a2b+c-a+b2c+a-b+c2a+b-c≥a+b+c，其中a,b,c为△ABC三边.
分析：文［1］为了能利用推论1的条件∑ni=1ai=1费了不少周折凑出常数“1”，过于繁琐，而直接运用柯西变式，证明将非常简洁.
证明：由柯西变式知左边≥(a+b+c)2(b+c-a)+(c+a-b)+(a+b-c)=a+b+c，即原不等式成立.当且仅当ab+c-a=bc+a-b=ca+b-c，即a=b=c时等号成立.
注：本题亦可通过配凑直接运用柯西不等式，证明如下：
由［(b+c-a)+(c+a-b)+(a+b-c)］?(a2b+c-a+b2c+a-b+c2a+b-c)=［(b+c-a)2+(c+a-b)2+(a+b-c)2］?［(ab+c-a)2+(bc+a-b)2+(ca+b-c)2］≥(a+b+c)2，整理即得.
需要说明的是，柯西变式在解决分式不等式证明问题时非常实用，特别是含n的分式不等式问题，下面举例说明.
例3 设a1,a2,…，an是正数，且∑ni=1ai=p(p为常数)，试证明：a21a1+a2+a22a2+a3+a2n-1猘n-1+an+a2nan+a1≥p2.
证明：由柯西变式，左边≥
(a1+a2+…+an)2(a1+a2)+(a2+a3)+…+(an-1+an)+(an+a1)，
即左边≥p22p=p2.
例4 设ai,bi∈R(i=1,2,…，n)，且∑ni=1ai=∑ni=1bi，求证：∑ni=1a2iai+bi≥12∑ni=1ai.
证明：由柯西变式，左边≥(∑ni=1ai)2∑ni=1(ai+bi)=(∑ni=1ai)2∑ni=1ai+∑ni=1bi=(∑ni=1ai)2∑ni=1ai+∑ni=1ai=12∑ni=1ai，即原不等式成立.
参考文献
［1］徐国平.柯西不等式的两个推论及其应用.中学数学研究(江西师大)，2006(8).
［2］王胜林，卫赛平.证明不等式的几种特殊方法.数学通讯，2004(11).
