柯西不等式的推論，分式不等式
1樓：勾遐思局綾
這太簡單了啊，將柯西不等式變形就得到了。
a1/√b1)^2+（a2/√b2)^2+……an/√bn)^2][√b1^2+√b2^2+……bn^2)
（a1/√b1*√b1)^2+(a2/√b2*√b2)^2+……an/√bn*√bn)^2
a1+a2+……an)^2
再將左邊的[√b1^2+√b2^2+……bn^2]=b1+b2+……bn
除到右邊就得。
2樓：碩丹宓雲
你是指權方和不等式：
a1^(m+1)/b1^m+a2^(m+1)/b2^m+..an^(m+1)/bn^m>=(a1+a2+..an)^(m+1)/(b1+b2+..bn)^m
其中a1,b1,m>0,n∈n*
上式是一般的權方和不等式，它和柯西不等式的乙個推廣——holder不等式是等價的。
不等式問題（二項式定理？）
3樓：尹六六老師
應該有條件：
n≥2且α≥0吧？
左邊，得到。
左邊=1+nα+n(n-1)/2·α²至少三項】
n(n-1)/2·α²
柯西不等式的條件
4樓：羿向晨孟韶
任意實數設a1,a2,..an,b1,b2,..bn為任意兩組實數，則有。
a1*x-b1)^2+(a2*x-b2)^2+..an*x-bn)^2>=0
a1^2+a2^2+..an^2)*x^2-2x(a1b1+a2b2+..anbn)+(b1^2+b2^2+..bn^n)>=0
左邊是關於x的2次函式，其值大於等於零，故判別式。
4(a1b1+a2b2+..anbn)^2-4(a1^2+a2^2+..an^2)(b1^2+b2^2+..bn^n)<=0
a1b1+a2b2+..anbn)^2<=(a1^2+a2^2+..an^2)(b1^2+b2^2+..bn^n)
這是柯西不等式，從證明過程看，對所有實數均成立。
柯西不等式怎麼證明
5樓：吳夢之
看選修4-5第38頁。
思路：令a=a1²+a2²+…an²，b=b1²+b2²+…bn²，c=a1b1+a2b2+……anbn
作函式f（x）=ax²+2cx+b
如果能證明函式f（x）恒大於等於0，即f（x）的判別式δ≤0，就得到4c²≤4ab，即柯西不等式得證。
而f（x）=（a1²x²+2a1b1x+b1²）+a2²x²+2a2b2x+b2²）+an²x²+2anbnx+bn²）
a1x+b1）²+a2x+b2）²+anx+bn）²
0取「=」的條件：a1=a2=……=an=0，或b1=b2=……=bn=0；
或存在常數x使aix+bi=0，i=1，2，……n
下面是我自己想的。
方法一：左邊=（a1²+a2²+…an²）（b1²+b2²+…bn²）
右邊=（a1b1+a2b2+……anbn）²
分別，通項分別為。
左邊=ai²bi²+ai²bj²+aj²bi²+aj²bj²，1≤i＜j≤n
右邊=ai²bi²+2aibiajbj+aj²bj²，1≤i＜j≤n
左邊﹣右邊=（aibj）²﹣2（aibj）（ajbi）+（ajbj）²=（aibj﹣ajbi）²≥0
取「=」的條件為ai=0（即aj=0）或bi=0（即bj=0）或ai：bi=aj：bj=const（即ai=kbi）
方法二：數學歸納法。
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