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柯西不等式
柯西不等式的二维形式(常用):
对于任意实数 $a、b、c、d$ ，则 $$\left(a^{2}+b^{2}\right)\left(c^{2}+d^{2}\right) \geq(a c+b d)^{2}$$ 当且仅当 $ad=bc$ 时成立。
柯西不等式的一般形式:
设 $n \geq 2$是正整数且$x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}, y_{1}, y_{2}, \ldots, y_{n} \in \mathbb{R}$ , 则有:
$$\large\color {Red}{ \left(\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2}\right)\left(\sum_{i=1}^{n} y_{i}^{2}\right) \geq\left(\sum_{i=1}^{n} x_{i} y_{i}\right)^{2}}$$ 当且仅当 $\dfrac{x_{1}}{y_{1}}=\dfrac{x_{2}}{y_{2}}=\ldots=\dfrac{x_{n}}{y_{n}}$ 时取到等号。
[!直观一点] $\left(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\cdots+a_{n}^{2}\right)\left(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+\cdots+b_{n}^{2}\right) \geq\left(a_{1} b_{1}+a_{2} b_{2}+\cdots+a_{n} b_{n}\right)^{2}$
当且仅当 $a_{i}=k b_{i}(i=1,2, \ldots, n)$ 时，等号成立
二维形式的证明：
$$\begin{aligned} (a^2+b^2)(c^2+d^2) &=a^{2} c^{2}+b^{2} d^{2}+a^{2} d^{2}+b^{2} c^{2} \newline &=a^{2} c^{2}+2 a b c d+b^{2} d^{2}+a^{2} d^{2}-2 a b c d+b^{2} c^{2} \newline &=(a c+b d)^{2}+(a d-b c)^{2} \newline &\geqslant(a c+b d)^{2} \end{aligned}$$
等号在且仅在 $ad-bc=0$即$ad=bc$ 时成立。
一般形式的证明:
构造二次函数 注意到柯西不等式是 $A\cdot C\geq B^2$的结构，这可以让我们联想到二次方程的判别式$\Delta=b^2-4ac$ ，于是我们可以构造如下的二次函数： $$f(x)=\left(\sum_{i=1}^{n}{a_i^2}\right)x^2+2\left(\sum_{i=1}^{n}{a_ib_i}\right)x+\sum_{i=1}^{n}{b_i^2}$$
注意到这个二次函数可以变形为： $$f(x)=\sum_{i=0}^{n}{\left(a_ix+b_i\right)^2}$$ 于是有 $f(x)$ 恒大于等于0，所以其判别式恒小于等于0，即： $$\left(2\sum_{i=1}^{n}{a_ib_i}\right)^2-4\sum_{i=1}^{n}{a_i^2}\sum_{i=1}^{n}{b_i^2}\leq0$$ 变形即得柯西不等式.
数学归纳法
当n=2时，柯西不等式化为：
$$\left(a_1^2+a_2^2\right)\left(b_1^2+b_2^2\right)\ge\left(a_1b_1+a_2b_2\right)^2$$
左式减去右式，得：
$$\begin{aligned} &\quad \left(a_1^2+a_2^2\right)\left(b_1^2+b_2^2\right)-\left(a_1b_1+a_2b_2\right)^2\newline &=a_1^2b_2^2+a_2^2b_1^2-2a_1a_2b_1b_2\newline &=\left(a_1b_2-a_2b_1\right)^2\newline &\ge0 \end{aligned}$$
于是，当n=2时，柯西不等式成立.
若n=k（k≥2，k∈N）时，柯西不等式成立. 则：
$$\begin{aligned} &\quad \sum_{i=1}^{k+1}{a_i^2}\sum_{i=1}^{k+1}{b_i^2}\newline &=\left(\left(\sqrt{\sum_{i=1}^{k}{a_i^2}}\right)^2+a_{k+1}^2\right)\left(\left(\sqrt{\sum_{i=1}^{k}{b_i^2}}\right)^2+b_{k+1}^2\right)\newline &\ge\left(\sqrt{\sum_{i=1}^{k}{a_i^2}\cdot\sum_{i=1}^{k}{b_i^2}}+a_{k+1}b_{k+1}\right)^2\newline &\ge\left(\sum_{i=1}^{k+1}{a_ib_i}\right)^2 \end{aligned}$$
【第一个不等号是n=2时的柯西，第二个不等号是n=k时的柯西】
于是便证得了柯西不等式 3. 作差法
左式减去右式，得：
$$\sum_{i=1}^{n}{a_i^2}\sum_{i=1}^{n}{b_i^2}-\left(\sum_{i=1}^{n}{a_ib_i}\right)^2$$
这里介绍一个求和之后相乘的小技巧——画表格.
$$\begin{array}{c|c|c|c|c|c} \times&a_1^2&a_2^2&a_3^2&\cdots&a_n^2\newline \hline b_1^2&\newline\hline b_2^2\newline\hline b_3^2\newline\hline \vdots\newline\hline b_n^2\newline \end{array} - \begin{array}{c|c|c|c|c|c} \times&a_1b_1&a_2b_2&a_3b_3&\cdots&a_nb_n\newline \hline a_1b_1&\newline\hline a_2b_2\newline\hline a_3b_3\newline\hline \vdots\newline\hline a_nb_n\newline \end{array}$$
注意到，主对角线上的数都形如 $a_i^2b_i^2$ ，所以左右可以抵消。
对于其他的数，我们可以对它们逐一考察，这里举一例如下：
$$\begin{array}{c|c|c|c|c|c} \times&a_1^2&a_2^2&a_3^2&\cdots&a_n^2\newline \hline b_1^2&&&a_3^2b_1^2\newline\hline b_2^2\newline\hline b_3^2&a_1^2b_3^2\newline\hline \vdots\newline\hline b_n^2\newline \end{array} - \begin{array}{c|c|c|c|c|c} \times&a_1b_1&a_2b_2&a_3b_3&\cdots&a_nb_n\newline \hline a_1b_1&&&a_1a_3b_1b_3\newline\hline a_2b_2\newline\hline a_3b_3&a_1a_3b_1b_3\newline\hline \vdots\newline\hline a_nb_n\newline \end{array}$$
有 $a_1^2b_3^2+a_3^2b_1^2-2a_1a_3b_1b_3=\left(a_1b_3-a_3b_1\right)^2$ ，
所以不在主对角线上的数都可以按照这样的方式整理，于是：
$$\begin{aligned} &\quad\sum_{i=1}^{n}{a_i^2}\sum_{i=1}^{n}{b_i^2}-\left(\sum_{i=1}^{n}{a_ib_i}\right)^2\newline &=\sum_{i=1}^{n-1}{\sum_{j=i+1}^{n}{\left(a_ib_j-a_jb_i\right)^2}}\newline &\ge0 \end{aligned}$$
得证. 4. 均值不等式法（作商法）
考虑到均值不等式一般是形如“和≥积”的形式，我们把左式除过去【咳，偷一下小懒】：
$$\Leftrightarrow 1\ge\frac{\left(\sum{ab}\right)^2}{\sum{a^2}\sum{b^2}}$$
这里我们可以把“1”视为许多分式之和.
两边开方得：
$$\Leftrightarrow 1\ge\frac{\sum{ab}}{\sqrt{\sum{a^2}\sum{b^2}}}$$
我们注意到要凑出一些分式的和等于1，于是我们可以把这里的右式视为许多分式相加，每一个分式都是两个分式乘积.
$$\frac{\sum{ab}}{\sqrt{\sum{a^2}\sum{b^2}}}=\sum{\left(\frac{a}{\sqrt{\sum{a^2}}}\cdot\frac{b}{\sqrt{\sum{b^2}}}\right)}\le\sum\left( \frac{ {\frac{a^2}{\sum{a^2}}+\frac{b^2}{\sum{b^2}}}}{2} \right)=1$$
【这里利用了均值不等式 $ab\le\frac{a^2+b^2}{2}$ 】
于是得证.
当然，要补充说明一下，这里只证明了a、b都是正实数的情况. 对于全体实数，只需要在论证的过程中加上绝对值，并用绝对值不等式稍加修整即可，这里不再赘述.写在后面
这里介绍了四种证明柯西不等式的方法，各有千秋：
构造二次函数法可以提示我们在做一些外观上很像柯西，但又跟柯西有本质区别的题目时，可以类似地采用此法进行证明，比如证明阿采耳不等式（详见 反柯西不等式）：
$$a_i,b_i\in R^+(i=1,\cdots,n),且a_1^2-a_2^2-a_3^2-\cdots-a_n^2>0或b_1^2-b_2^2-b_3^2-\cdots-b_n^2>0.$$ $$\left(a_1^2-a_2^2-a_3^2-\cdots-a_n^2\right)\left(b_1^2-b_2^2-b_3^2-\cdots-b_n^2\right)\le(a_1b_1-a_2b_2-a_3b_3-\cdots-a_nb_n)^2$$
具体证明留给读者练习.
数学归纳法是证明时尤其常见的一种思想，在柯西不等式的证明里也可以发挥很大的作用，从而给出一个非常简洁的证明.
作差法是证明不等式时的常见方法，某种意义上来说就是“硬算法”，比如这里就对求和乘积运算的熟练程度有很大的要求，但是其优点就是不用事先做很深的思考，可以直接暴算.
均值不等式法是在这四个不等式中“前景”最广的方法，因为它可以被用来证明柯西不等式的推广——卡尔松不等式（详见 卡尔松不等式）：
$$\prod_{i=1}^{n}{\left(a_i^n+b_i^n+\cdots\right)}\ge\left(\prod_{i=1}^{n}a_i+\prod_{i=1}^{n}b_i+\cdots\right)^n$$
具体证明留给读者练习.