代数不等式1：柯西不等式与拉格朗日恒等式

简介

我准备开一个专栏，专门写一些不等式的内容，主要是我对一些不等式的理解。参考书籍：《代数不等式》。

首先定义轮换求和 $\sum_{cyc}$ 与对称求和 $\sum_{sym}$ ：

若 $x$ 是三个变量 $x,y,z$ 中的一个，定义 $$\sum_{cyc}f(x,y,z) =f(x,y,z)+f(y,z,x)+f(z,x,y)$$ $$\sum_{sym}f(x,y,z) =f(x,y,z)+f(x,z,y)+f(y,x,z)+f(y,z,x)+f(z,x,y)+f(z,y,x)$$

柯西不等式可能是我使用最多的一个不等式。具体来说，对任意实数变量，有 $$\sum_{i=1}^na_i^2\sum_{i=1}^nb_i^2\geq (\sum_{i=1}^na_ib_i)^2$$ 柯西不等式的证明：

$$ \begin{aligned} &\sum_{i=1}^n a_i^2 \sum_{i=1}^n b_i^2 - \bigl(\sum_{i=1}^n a_i b_i\bigr)^2 \\[6pt] =& \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n a_i^2 b_j^2 - \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n a_i b_i a_j b_j \\[6pt] =& \tfrac12\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n \bigl(a_i^2 b_j^2 + a_j^2 b_i^2 - 2a_i b_i a_j b_j\bigr) \\[6pt] =& \tfrac12\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n (a_i b_j - a_j b_i)^2 \\[6pt] =& \sum_{1\le i< j\le n} (a_i b_j - a_j b_i)^2 \;\ge\;0 \end{aligned} $$ 其中， $\sum_{i=1}^na_i^2\sum_{i=1}^nb_i^2 - (\sum_{i=1}^na_ib_i)^2 = \sum_{1\leq i \leq j \leq n} (a_ib_j-a_jb_i)^2 $ 即为拉格朗日恒等式。

例1

已知 $\{a,b,c,d\}$ ， $ \sum_{cyc}a^2=1$ ，求证： $$(a+b)^4+(a+c)^4+(a+d)^4+(b+c)^4+(b+d)^4+(c+d)^4\leq 6$$

思路：在处理不等式时，我会将两边的次数配平。上式左边为4次，右边为0次，先利用等式配齐，再进行处理。

证明：

需证明

$$(a+b)^4+(a+c)^4+(a+d)^4+(b+c)^4+(b+d)^4+(c+d)^4 \leq 6$$ $$\Rightarrow (a+b)^4+(a+c)^4+(a+d)^4+(b+c)^4+(b+d)^4+(c+d)^4\leq 6(\sum_{cyc}a^2)^2 $$ 又 $$6(\sum_{cyc}a^2)^2 = (a+b)^4+(a-b)^4+(a+c)^4+(a-c)^4+(a+d)^4+(a-d)^4\\+(b+c)^4+(b-c)^4+(b+d)^4+(b-d)^4+(c+d)^4+(c-d)^4 $$

证毕。

例2

$x,y,z\in\mathbb{R}^+$ ， $xyz(x+y+z)=1$ ，求 $(x+y)(x+z)$ 的最小值。

解： $(x+y)(x+z)=x(x+y+z)+yz=yz+\frac{1}{yz}\geq 2$

例3

证： $(\sum_{i=1}^na_i)(\sum_{i=1}^nb_i )- \sum_{i=1}^na_ib_i \geq \sqrt{(\sum_{sym}a_ia_j )(\sum_{sym}b_ib_j))}$

证明： $$ \begin{aligned} & \sum_{i=1}^na_ib_i + \sqrt{(\sum_{sym}a_ia_j )(\sum_{sym}b_ib_j))} \\ \leq & \sqrt{(\sum_{i=1}^n a_i^2 +\sum_{sym}a_ia_j) (\sum_{i=1}^n b_i^2 +\sum_{sym}b_ib_j) } \\ \leq & (\sum_{i=1}^n a_i)(\sum_{i=1}^n b_i) \end{aligned} $$