第一篇:数学史话-柯西
柯西(Cauchy,Augustin Louis 1789-1857),十九世纪前半世纪的法国数学家。在大学毕业后当土木工程师,因数学上的成就被推荐为科学院院士,同时任工科大学教授。后来在巴黎大学任教授,一直到逝世。他信仰罗马天主教,追随保皇党,终生坚守气节。他在学术上成果相当多,他的研究是多方面的。在代数学上,他有行列式论和群论的创始性的功绩;在理论物理学、光学、弹性理论等方面,也有显著的贡献。他的特长是在分析学方面,他对微积分给出了严密的基础。他还证明了复变函数论的主要定理以及在实变数和复变数的情况下微分方程解的存在定理,这些都是很重要的。他的全集26卷,仅次于欧拉,居第二位。柯西是历史上有数的大分析学家之一。幼年时在父亲的教导下学习数学。拉格朗日、拉普拉斯常和他的父亲交往,曾预言柯西日后必成大器。1805年柯西入理工科大学,1816年成为那里的教授。1830年法王查理十世被逐,路易。菲利普称帝。柯西由于拒绝作效忠宣誓,被革去职位,出走国外。
1838年柯西返回法国,法兰西学院给他提供了一个要职,但是宣誓的要求仍然成为接纳他的障碍。1848年路易。菲利普君主政体被推翻,成立了法兰西第二共和国,宣誓的规定被废除,柯西终于成为理工科大学的教授。1852年发生政变,共和国又变成帝国,恢复了宣誓仪式,唯独柯西和阿拉果(D.Arago 1786-1853 法国物理学家)可以免除。1821年,在拉普拉斯和泊松的鼓励下,柯西出版了《分析教程》、《无穷小计算讲义》、《无穷小计算在几何中的应用》这几部划时代的著作。他给出了分析学一系列基本概念的严格定义。柯西的极限定义至今还在普遍使用,连续、导数、微分、积分、无穷级数的和等概念也建立在较为坚实的基础上。
现今所谓的柯西定义或ε-δ方法是半个世纪后经过维尔斯特拉斯的加工才完成的。柯西时代实数的严格理论还未建立起来,因此极限理论也就不可能完成。柯西在1821年提出ε方法(后来又改成δ),即所谓极限概念的算术化,把整个极限过程用一系列不等式来刻画,使无穷的运算化成一系列不等式的推导。后来维尔斯特拉斯将ε和δ联系起来,完成了ε-δ方法。
第二篇:数学史话-华罗庚
华罗庚(1910~1985),数学家,中国科学院院士。1910年11月12日生于江苏金坛,1985年6月12日卒于日本东京。
1924年金坛中学初中毕业,后刻苦自学。1930年后在清华大学任教。1936年赴英国剑桥大学访问、学习。1938年回国后任西南联合大学教授。1946年赴美国,任普林斯顿数学研究所研究员、普林斯顿大学和伊利诺斯大学教授,1950年回国。历任清华大学教授,中国科学院数学研究所、应用数学研究所所长、名誉所长,中国数学学会理事长、名誉理事长,全国数学竞赛委员会主任,美国国家科学院国外院士,第三世界科学院院士,联邦德国巴伐利亚科学院院士,中国科学院物理学数学化学部副主任、副院长、主席团成员,中国科学技术大学数学系主任、副校长,中国科协副主席,国务院学位委员会委员等职。曾任一至六届全国人大常务委员,六届全国政协副主席。曾被授予法国南锡大学、香港中文大学和美国伊利诺斯大学荣誉博士学位。主要从事解析数论、矩阵几何学、典型群、自守函数论、多复变函数论、偏微分方程、高维数值积分等领域的研究与教授工作并取得突出成就。40年代,解决了高斯完整三角和的估计这一历史难题,得到了最佳误差阶估计(此结果在数论中有着广泛的应用);对G.H.哈代与J.E.李特尔伍德关于华林问题及E.赖特关于塔里问题的结果作了重大的改进,至今仍是最佳纪录。
在代数方面,证明了历史长久遗留的一维射影几何的基本定理;给出了体的正规子体一定包含在它的中心之中这个结果的一个简单而直接的证明,被称为嘉当-布饶尔-华定理。其专著《堆垒素数论》系统地总结、发展与改进了哈代与李特尔伍德圆法、维诺格拉多夫三角和估计方法及他本人的方法,发表40余年来其主要结果仍居世界领先地位,先后被译为俄、匈、日、德、英文出版,成为20世纪经典数论著作之一。其专著《多个复变典型域上的调和分析》以精密的分析和矩阵技巧,结合群表示论,具体给出了典型域的完整正交系,从而给出了柯西与泊松核的表达式。这项工作在调和分析、复分析、微分方程等研究中有着广泛深入的影响,曾获中国自然科学奖一等奖。倡导应用数学与计算机的研制,曾出版《统筹方法平话》、《优选学》等多部著作并在中国推广应用。与王元教授合作在近代数论方法应用研究方面获重要成果,被称为“华-王方法”。在发展数学教育和科学普及方面做出了重要贡献。发表研究论文200多篇,并有专著和科普性著作数十种。
第三篇:关于柯西不等式的证明
关于柯西不等式的证明
王念
数学与信息学院 数学与应用数学专业 07 级 指导老师:吴明忠
摘要:研究柯西不等式的多种证明方法,得到一些有用的结论,并简单介绍一些它的应用。
关键词:柯西不等式、数学归纳法、二次型正定、欧式空间向量内积、詹森不等式,二维随机变量的数学期望。
Cauchy inequality is an important inequality.It has aroused people’s interest and its widespread application.In this paper、quadratic form、European space inner product、and the relation between Cauchy inequality.Wang Ni an
Xxxxxxxxxxx Grade 07 Instructor: Wu Ming Zhong
Abstract: The paper discusses the certifying ways of Cauchy inequality then gets some useful conduction and introduces some appliances.Key words: Cauchy inequality;quadratic form;inner product;Jensen inequality;mathematic Expectation.柯西不等式是大家熟知的一个重要不等式,它的结构和谐对称、以及广泛的运用引起了人们的兴趣和讨论。本文运用高等代数、微积分的基本内容来证明柯西不等式。柯西不等式的内容 1.1
(a1b1a2b2....anbn)2(a12a22....an2)2(b12b22....bn2)2(aibiR,i1,2......n)
等号当且仅当a1a2.....an0或bikai时成立(k为常数,i=1,2…..n).1.2 设a1,a2,.....an及b1,b2,.....bn为任意实数则不等式(aibi)(a)(bi2)成2
i1
i1
i1
n
n
n
立,当且仅当bikai(i=1,2…..n)取等号。1,2这两种形式就是著名的柯西不
等式。柯西不等式的证明 2.1构造二次函数,证明柯西不等式。(其关键在于利用二次函数0时函数f(x)0
f(x)(a1xb1)2(a2xb2)2....(anxbn)2
(a12a22....an2)x22(a1b1a2b2....anbn)x (b12b22....bn2)显然f(x)0
又a12a22....ann0则利用0可得
4(a1b1a2b2.....anbn)24(a12a22....ann)(bb2.....bn)0即
n
(a1b1a2b2....anbn)2(a12a22....an2)(bb2....bn)
当且仅当aixbi0(i1,2....n)即
aa1a2
.......n是等号成立。b1b2bn
2.2 利用数学归纳法进行证明。(关键把握由特殊到一般情况的严密性)
(1)当n1时左式=a1b1右式=a1b1
显然左式=右式 当
n2
时,右式
a12a2b12b22a1b1a2b2a22b12a12b22
a1b1a2b22a1a2b1b2a1b2a2b2左式
仅当即 a2b1a1b2 即
a1a2
时等号成立 b1b2
故n1,2时 不等式成立
(2)假设nkk,k2时,不等式成立
2kak即 a1b1a2b2akbka12a2b12b22bk2
当 bikai,k为常数,i1,2n 或a1a2ak0时等号成立
a12a2....ak
设Bb12b22....bk2
Ca1b1a2b2....akbk
222222则ak1bk1bk1ak1bk1Bak1 22C22Cak1bk1ak1bk1Cak1bk1 2222a1a2akak1
b12
b2
k
b2
k
b
a1b1a2b2akbkak1bk1
当 bikai,k为常数,i1,2n 或a1a2ak0时等号成立
即nk1时不等式成立 综上所述原柯西不等式得证。
2.3 利用基本不等式(均值不等式)进行证明(关键在于利用它 “形式”)由于xy2xy(x,y
R),令x
y
ai22ak2
k1
n
n
bi22bk2
k1n
(i1,2.......n)
将N
不等式相加得:
ab
ii
aibi
i1n
a
i1
nk1
n
i
b
i1nk1
n
i
1
2ak22bk2
n
n
n
i1
k1
即(aibi)(ai)(bk2)
i1
原柯西不等式得证。
2.4 利用二次正定型理论进行证明(关键在于理解二次型正定的定义)正定二次型定义:R上一个n元二次型q(x1,x2,....xn)可以看成定义在实数域上n个变量的实函数。如果对于变量x1,x2,....xn的每一组不全为零的值,函数值
q(x1,x2,....xn)都是正数,那么就称q(x1,x2,....xn)是一个正定二次型。
(aix1bix2)ai2x12bi2x222aibix1x20(i1,2,.....n)
n
n
n
有(ai)x(bi)x2(2aibi)x1x20
i1
i1
i1
设二次型 f(x1,x2)(ai)x(bi)x2(2aibi)x1x20
i1
i1
i1
nnn
故f为正定必有二次型矩阵
n2aii1
An
aibii1
n
abiii1
正定 n
2bii1
n
n
n
(ai)(bi)(aibi)20
则A0,即
i1
i1
i1
(aibi)2(ai2)(bi2)
i1
i1
i1
nnn
当
aa1a2
.......n时等号成立。b1b2bn
故原不等式成立,及柯西不等式得证。2.5 利用欧式空间中内积的性质进行证明。
定理:在一个欧式空间里,对于任意向量,,有不等式:
,2,,;当且仅当与线性相关时,才取等号。
证 如果与线性相关,那么或者0,或者a,不论哪一种情况都有
,2,,.现在设与线性无关。那么对于任意实数t来说,t0,于是
t,t0,即 t2,2t,,,0.最后不等式左端是t的一个二次三项式。由于它对于t的任意是数值来说都是正数,所以它的判别式一定小于零,即
,2,,0或,2,,.又在Rn里,对于任意两个向量
(x1,x2,....xn),(y1,y2,....yn),规定(必须规定),x1y1x2y2.....xnyn.容易验证,关于内积的公理被满足,因而R对于这样定义的内积来说作成一个欧式空
n
间.再由不等式,2,,;推出对于任意实数a1,a2,....an,b1,b2,....bn,有不等式
(a1b1....anbn)2(a12....an2)(b12....bn2).即柯西不等式得证。2.6 利用行列式进行证明
n
n
n
证 (ai)(b)(aibi)
i1
i1
i1
a
i1ni1
n
i
ab
i1n
2ii1
n
ii
abb
iin
n
i1j1
ai2aibi
ajbjbj2
1ijn
(aibjajbi)20
若令a(a1,a2,an),b(b1,b2bn)则可以得到:
(aibi)(a)(b)1i 即柯西不等式得证。
i1
i1
i1
n
n
n
2.7 利用詹森不等式进行证明
考察函数(x)x2,(x0),(x)2x,(x)20,故(x)x2是(0,)上的凸函数,詹森(Jensen)不等式
n
PkXkk1n
Pkk1
n
n
2PkXkk1n(其中,P,2,n),得 k0,k1Pk
k1
n
n
(PkXk)(Pk)(PKxk2)
k1
k1
k1
nnn
ak22
上式中令Pkbk,Xk即(PkXk)(bk)(ak2)
bkk1k1k1
从而不等式成立。
2.8 利用二维随机变量的数学期望证明
表格 2
1n1n21n222
E()aibi,Eai,Ebi
ni1ni1ni1
由E()E2E2
1n1n21n22
所以有(aibi)(ai)(bi)
ni1ni1ni1
即(aibi)(ai)(bi2)
i1
i1
i1
nnn
则柯西不等式得证。
第四篇:柯西不等式的证明
柯西不等式的证明
二维形式的证明
(a^2+b^2)(c^2+d^2)(a,b,c,d∈R)
=a^2·c^2 +b^2·d^2+a^2·d^2+b^2·c^
2=a^2·c^2 +2abcd+b^2·d^2+a^2·d^2-2abcd+b^2·c^2
=(ac+bd)^2+(ad-bc)^2
≥(ac+bd)^2,等号在且仅在ad-bc=0即ad=bc时成立。
三角形式的证明
√(a^2+b^2)+√(c^2+d^2)≥√[(a-c)^2+(b-d)^2]
证明: [√(a^2+b^2)+√(c^2+d^2)]^2=a^2+b^2+c^2+d^2+2*√(a^2+b^2)*√(c^2+d^2)≥a^2+b^2+c^2+d^2+2*|a*c+b*d| 注: | |表示绝对值。*表示乘
≥a^2+b^2+c^2+d^2-2(a*c+b*d)
=a^2-2*a*c+c^2+b^2-2bd+d^2
=(a-c)^2+(b-d)^2
两边开根号即得 √(a^2+b^2)+√(c^2+d^2)≥√[(a-c)^2+(b-d)^2]
一般形式的证明
求证:(∑ai^2)(∑bi^2)≥(∑ai·bi)^2
证明:
当a1=a2=…=an=0或b1=b2=…=bn=0时,一般形式显然成立
令A=∑ai^2 B=∑ai·bi C=∑bi^2
当a1,a2,…,an中至少有一个不为零时,可知A>0
构造二次函数f(x)=Ax^2+2Bx+C,(请注意,一次项系数是2B,不是B)展开得:f(x)=∑(ai^2·x^2+2ai·bi·x+bi^2)=∑(ai·x+bi)^2≥0
故f(x)的判别式△=4B^2-4AC≤0,(请大家注意:一元二次方程ax^2+bx+c=0的判别式确实是△=b^2-4ac,但是这里的方程Ax^2+2Bx+C = 0已经发生如下替换a = A,b = 2B,c = C,这里面b已经换成了2B,因而导致很多网友的误解。此步若错,柯西不等式就无法证明了!)移项得AC≥B^2,欲证不等式已得证。
向量形式的证明
令m=(a1, a2, …, an),n=(b1, b2, …, bn)
m·n=a1b1+a2b2+…+anbn=|m||n|cos
∵cos
1∴a1b1+a2b2+…+anbn≤√(a1^2+a2^2+…+an^2)×√(b1^2+b2^2+…+bn^2)注:“√”表示平方根。
注:以上仅是柯西不等式部分形式的证明。
【柯西不等式的应用】 柯西不等式在求某些函数最值中和证明某些不等式时是经常使用的理论根据,我们在教学中应给予极大的重视。
巧拆常数证不等式
例:设a、b、c为正数且互不相等。求证:2/(a+b)+2/(b+c)+2/(c+a)>9/(a+b+c)∵a、b、c 均为正数
∴为证结论正确,只需证:2(a+b+c)[1/(a+b)+1/(b+c)+1/(c+a)]>9
而2(a+b+c)=(a+b)+(a+c)+(c+b)
又9=(1+1+1)^2 ∴只需证:
2(a+b+c)[1/(a+b)+1/(b+c)+1/(c+a)]=[(a+b)+(a+c)+(b+c)][1/(a+b)+1/(b+c)+1/(c+a)]≥(1+1+1)^2=9
又a、b、c互不相等,故等号成立条件无法满足
∴原不等式成立
求某些函数最值
例:求函数y=3√(x-5)+4√(9-x)的最大值。(注:“√”表示平方根)
函数的定义域为[5, 9],y>0
y=3√(x-5)+4√(9-x)≤√(3^2+4^2)×√{ [√(x-5)] ^2 + [√(9-x)] ^2 }=5×2=10函数仅在4√(x-5)=3√(9-x),即x=6.44时取到。
以上只是柯西不等式的部分示例。
更多示例请参考有关文献。三角形式证明 :两边同时平方,展开,消去同样的项,剩余部分再平方,消去同样的项,得一完全平方式,大于或等于0,得证
代数形式
设a1,a2,...an及b1,b2,...bn为任意实数,则(a1b1+a2b2+...+anbn)①,当且仅当a1/b1=a2/b2=...=an/bn(规定ai=0时,bi=0)时等号成立.推广形式的证明
推广形式为
(x1+y1+…)(x2+y2+…)…(xn+yn+…)≥[(Πx)^(1/n)+(Πy)^(1/n)+…]^n(*)
证明如下
记A1=x1+y1+…,A2=x2+y2+…,….由平均值不等式得(1/n)(x1/A1+x2/A2+…+xn/An)≥[x1*x2*…*xn/(A1*A2*…*An)]^(1/n)
=[(Πx)/(A1*A2*…*An)]^(1/n)
(1/n)(y1/A1+y2/A2+…+yn/An)≥[y1*y2*…*yn/(A1*A2*…*An)]^(1/n)
=[(Πy)/(A1*A2*…*An)]^(1/n), …… 上述m个不等式叠加得
即即 即1≥[(Πx)/(A1*A2*…*An)]^(1/n)+[(Πy)/(A1*A2*…*An)]^(1/n)+…(A1*A2*…*An)^(1/n)≥(Πx)^(1/n)+(Πy)^(1/n)+…A1*A2*…*An≥[(Πx)^(1/n)+(Πy)^(1/n)+…]^n
成立.(注:推广形式即为卡尔松不等式)
(x1+y1+…)(x2+y2+…)…(xn+yn+…)≥[(Πx)^(1/n)+(Πy)^(1/n)+…]^n,因此,不等式(*)
第五篇:柯西不等式及应用含答案
一、柯西不等式:
(a)(b)(akbk)2等号成立的条件是akbk(k1,2,3n)
2k
2k
k
1k1
k1
nnn
二维柯西不等式:(x1x2y1y2)2(x12y12)(x22y22)
证明:(用作差法)
(x1y1)(x2y2)(x1x2y1y2)2x1y2x2y12x1x2y1y2(x1y2x2y1)20
2222222
2三维柯西不等式:(x1x2y1y2z1z2)2(x12y12z12)(x22y22z22)
证明:(构造空间向量法)设m
(x1,y1,z1),n(x2,y2,z2)
,所以:x1x2y1y2z1z2
x1y1z1x2y2z2,两边平方即可!
222222
n维柯西不等式:(a)(b)(akbk)2
2k
2k
k1
k1
k1
n
n
n
等号成立的条件是
akbk(k1,2,3n)
证明:(用构造函数法)(1).当b1b2bn0时,不等式显然成立;(2)当b1,b2,bn不全为0时,构造f(x)(n
n
n
n
b
k1
n
k
2)x2(akbk)x(ak),所以有2
k1
k1
nn
f(x)(b)x2(akbk)x(a)(bkxak)20对任意xR恒成立,因此
k
2k
k1
k1
k1
k1
4(akbk)4(a)(bk2)0
2k
k1
k1
k1
nnn
故:(a
k1
n
2k)(b)(akbk)2
2kk1
k1
nn
柯西不等式的变式:(ak)(bk)(akbk)2
k1k1k1nnn
(a)(b)akbk 2
k2k
k1k1k1nnn
nak(akbk)()(ak)2等号成立的条件是当且仅当b1b2bn
k1k1bkk1
2naka()(k)2(在柯西不等式中令bk=1,两边同时除以n2即得)
k1nk1nnnn
2ak()
k1bkn(ak)2k1nnb
k1(等号成立的条件是akbk(k1,2,3n)k
二、练习:
x2y2z
21.已知x,y,z>0,且xyz1,求的最小值; y(1y)z(1z)x(1x)
2.已知a,b>0,求证:3111< a2ba4ba6b(ab)(a7b)
3.已知xyz2且x,y,z>0,求证:1119≥ xyyzzx
44.设a,b,c为正数且互不相等.求证:2229> abbccaabc
3111≥ a3(bc)b3(ac)c3(ab)25.设正实数a,b,c 满足abc1, 求证:
12100 3c
222abc17.设实数a,b,c 满足a2b3c6,求证:3927≥; 36.设a,b,c为正数, 且abc1,求证:(a)(b)(c)≥221a1b
8.已知x2y3z12, 求证:x2y3z≥24;
9.已知abc1, 求证:a1b23c333;
10.若a>b>c,求证:222114 abbcac
答案:
y(1y)y(xz)xyxz
1.证明:由xyz1得:z(1z)z(xy)zxyz
x(1x)x(yz)xyzx,所以有
x2y2z2x2y2z2
=,由柯西不等式得:y(1y)z(1z)x(1x)xyyzzxyzxyzx
x2y2z2
[(xyyz)(zxyz)(xyzx)]()(xyz)2 xyyzzxyzxyzx
x2y2z2
所以有:[(xyyz)(zxyz)(xyzx)] xyyzzxyzxyzx
x2y2z2
即:2(xyyzzx),xyyzzxyzxyzx
又2(xyyzzx)(xyz)2(x2y2z2)
xyzxyyzzx222xyz1 31x2y2z2
所有:,当且仅当xyz时取等号 xyyzzxyzxyzx2
32.证明:由柯西不等式可得:
(11121112)(111)a2ba4ba6ba2ba4ba6b
111]< 222(a2b)(a4b)(a6b)
(放缩)(121212)[3[111](ab)(a3b)(a3b)(a5b)(a5b)(a7b)
3111111()2baba3ba3ba5ba5ba7b(裂项相消)36b9311()2b(ab)(a7b)(ab)(a7b)2baba7b
3111< a2ba4ba6b(ab)(a7b)所以有:
3.证明:由柯西不等式得:
[(xy)(yz)(zx)](111)(111)29,又xyz2xyyzzx3
所以有:11199≥.xyyzzx2(xyz)4
4.证明:与第3题的证法相同,最后说明a,b,c为正数且互不相等,所以不取等号;
5.证明:由abc1得:abc1,所以:2221122221bc,ac,2a2b2 22abc
111a3(bc)b3(ac)c3(ab)
b2c2a2c2a2b2b2c2a2c2a2b2
a(bc)b(ac)c(ab)abacabbcacbc
b2c2a2c2a2b2
[(abac)(abbc)(acbc)]()(bcacab)2 abacabbcacbc
b2c2a2c2a2b2(bcacab)2bcacab3a2b2c2
即: abacabbcacbc2(abbcac)22
又abc1,所以:3111≥ 333a(bc)b(ac)c(ab)2
6.证明:由柯西不等式
111111[1(a)1(b)1(c)]2(121212)[(a)2(b)2(c)2] abcabc
结合abc1 ***2所以:(a)(b)(c)[(abc)()][1()]abc3abc3abc
1111112又(abc)()(111)9 abcabc
1111211002所以:[1()](19) 3abc33
121212100故:(a)(b)(c)≥ 3abc
7.证明:
3a9b27c=3a32b33c33a32b33c33(a2b3c)
又由柯西不等式:
(1a22b3c)2[12(2)2(3)2][a2(2b)2(3c)2]
即:(a2b3c)6(a2bc),结合a2b3c6
所以有:a2b3c6 2222222
即:33
所以:3(a2b3c)3361 3a19b27c≥ 3
8.证明:由
(1x22yz)2[12(2)2()2][x2(2y)2(z)2]
结合题目条件即可证出,与第7题一样;
9.证明:
(1a11b21c3)2(121212)[(a1)2(b2)2(c3)2]3[3(abc)6]
结合题目条件就可以证出了!
10.证明:由条件a>b>c得:ab>0,bc>0,所以
11)(11)2=4 abbc
114所以: abbcac[(ab)(bc)](点评: 1.(22ak1n2k)(b)(akbk)2中的求和展开式为: 2kk12nnk1(a1a2an)(b1b2bn)(a1b1a2b2anbn)2;
2.二维、三维、n维柯西不等式的证明分别用了作差法、向量法、构造函数法证明,其实这三种方法也可以相互迁移,尤其是向量法简洁明了,值得借鉴;
3.带条件的三元不等式很常见, 用柯西不等式来证的较多, 要适当选择ak 和bk, 便于运用柯西不等式(222a
k1n2k)(b)(akbk)2; 2kk1k1nn
4.结合柯西不等式及变式中的等号成立的条件,请读者自行研究以上不等式的取等号条件。
以上如有错误之处敬请原谅并给予批评指正
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谢谢!