数学上，柯西-施瓦茨不等式，又称施瓦茨不等式或柯西-布尼亚科夫斯基-施瓦茨不等式，是一条很多场合都用得上的不等式；例如线性代数的矢量，数学分析的无穷级数和乘积的积分，和概率论的方差和协方差。不等式以奥古斯丁·路易·柯西（Augustin Louis Cauchy），赫尔曼·阿曼杜斯·施瓦茨（Hermann Amandus Schwarz），和维克托·雅科夫列维奇·布尼亚科夫斯基（Виктор Яковлевич Буняковский）命名。

柯西不等式(Cauchy inequality)：对任意的实数$a_1,a_2,\cdots,a_n,b_1,b_2,\cdots,b_n$,都有

$(a_1^2+a_2^2+ \cdots+a_n^2)(b_1^2+b_2^2+\cdots+b_n^2)\ge (a_1b_1+a_2b_2+\cdots+a_nb_n)^2$

证明一:(数学归纳法)当$n=2$时,$(a_1^2+a_2^2) (b_1^2+b_2^2)-(a_1b_1+a_2b_2)^2=(a_1b_2-b_1a_2)^2\ge 0$
所以$n=2$时,$(a_1^2+a_2^2)(b_1^2+b_2^2)\ge(a_1b_1+a_2b_2)^2$
假设$n$时命题成立,则$n+1$时

$(a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2+a_{n+1}^2)(b_1^2+b_2^2+\cdots+b_n^2+b_{n+1}^2)$ $\ge (\sqrt{(a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2)(b_1^2+b_2^2+ \cdots+b_n^2)}+|a_{n+1}b_{n+1}|)^2$

又由条件假设

$(a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2)(b_1^2+b_2^2+\cdots+b_n^2)\ge (a_1b_1+a_2b_2+\cdots+a_nb_n)^2$

所以

$(\sqrt{(a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2)(b_1^2+b_2^2+\cdots+b_n^2)}+|a_{n+1}b_{n+1}|)^2$ $\ge (|a_1b_1+a_2b_2+\cdots+a_nb_n|+|a_{n+1}b_{n+1}|)^2$

很明显有

$(|a_1b_1+a_2b_2+\cdots+a_nb_n|+|a_{n+1}b_{n+1}|)^2\ge (a_1b_1+a_2b_2+\cdots+a_nb_n+a_{n+1}b_{n+1})^2$

因此$n+1$时命题也成立,由数学归纳法,命题得证.

 

证明二:(构造二次函数)如果$a_1,a_2,\cdots,a_n$都为$0$,那么此时不等式明显成立.
如果$a_1,a_2,\cdots,a_n$不全为$0$,那么$a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2>0$
构造二次函数$f(x)=(a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2)x^2+2(a_1b_1+a_2b_2+ \cdots+a_nb_n)x+(b_1^2+b_2^2+\cdots+b_n^2)$那么此时$f(x)=(a_1x+b_1)^2+ \cdots+(a_nx+b_n)^2\ge 0$对任意的实数$x$都成立,所以这个二次函数的判别式应该是不大于$0$的,也就是

$\Delta =4(a_1b_1+a_2b_2+\cdots+a_nb_n)^2-4(a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2)(b_1^2+b_2^2+\cdots+b_n^2)\le 0$

从而不等式得证.

 

证明三:(恒等变形)注意到恒等式
$(a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2)(b_1^2+b_2^2+\cdots+b_n^2)- (a_1b_1+a_2b_2+\cdots+a_nb_n)^2$ $=\sum_{1\le i<j\le n}(a_ib_j-a_jb_i)^2\ge 0$

所以不等式成立.

 

证明四:(均值不等式)不妨设$a_i,b_i$不全为$0$,理由同证明二

$a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2=S,b_1^2+b_2^2+\cdots+b_n^2=T$

那么由均值不等我们有

$\displaystyle\frac{a_i^2}{S}+\frac{b_i^2}{T}\ge 2\frac{|a_ib_i|}{\sqrt{ST}}$

对$i$从$1$到$n$求和,可以得到

$\displaystyle\sum \limits_{i=1}^n \frac{a_i^2}{S}+\sum\limits_{i=1}^n \frac{b_i^2}{T}\ge 2\sum\limits_{i=1}^n \frac{|a_ib_i|}{\sqrt{ST}}$

于是

$\displaystyle2\ge 2\sum\limits_{i=1}^n \frac{|a_ib_i|}{\sqrt{ST}}\ge 2\left|\sum\limits_{i=1}^n \frac{a_ib_i}{\sqrt{ST}}\right|$

得到

$(a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2)(b_1^2+b_2^2+ \cdots+b_n^2)\ge (a_1b_1+a_2b_2+\cdots+a_nb_n)^2$

现在我们由证法二来得到等号成立条件,如果等号成立,那么$f(x)$能取到$0$,也就是说存在一个$x$使得 $a_ix+b_i=0$对任意的$i=1,2,\cdots,n$都成立,这就是等号成立条件,在$a_1a_2\cdots a_n \ne 0$时,可以将它写成

$\displaystyle\frac{b_1}{a_1}=\frac{b_2}{a_2}=\cdots=\frac{b_n}{a_n}$.

变形式(A) 设$a_i\in\mathbb{R},b_i>0(i=1,2\cdots,n)$,则$\displaystyle\sum\limits_{i=1}^n\frac{a_i^2}{b_i}\ge \frac{(\sum a_i)^2}{\sum b_i}.$

变形式(B) 设$a_i,b_i$同号且不为零$(i=1,2\cdots,n)$,则$\displaystyle\sum\limits_{i=1}^n\frac{a_i}{b_i}\ge \frac{(\sum a_i)^2}{\sum a_ib_i}.$