柯西不等式能求最小值吗（柯西不等式求最大值）

引言

中学阶段我们使用待定系数法求直线、圆、圆锥曲线的方程，解决一些数列和导数的问题.相对大部分人陌生地，待定系数法在解决不等式问题上也是一个有力的工具，下面以几个例题进行说明.

例1.已知 0">x,y,z>0x,y,z>0 ，证明x3+y3+z3≥3xyzx^3+y^3+z^3\geq 3xyz .

这是我们熟知的三元均值不等式，下面给出证明.

证明：注意到

x3+y3+z3−3xyz=12(x+y+z)((x−y)2+(y−z)2+(z−x)2)≥0x^3+y^3+z^3-3xyz=\frac{1}{2}(x+y+z)\left( (x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2 \right)\geq0

那么 x3+y3+z3≥3xyzx^3+y^3+z^3\geq 3xyz ，当且仅当 x=y=zx=y=z 时等号成立.

看完上面的解答，很自然的一个问题是上面的因式分解是怎么“注意到”的.接下来看具体过程.

第一步，注意到 x+y+zx+y+z 是

x3+y3+z3−3xyzx^3+y^3+z^3-3xyz 的一个因式(注意不到就真没办法了).

第二步，由第一步我们知道 x3+y3+z3−3xyzx+y+z \frac{x^3+y^3+z^3-3xyz}{x+y+z} 是二次的、轮换的整式.能产生二次的轮换的整式结构只有xyxy 和 x2x^2 及其轮换.故设

x3+y3+z3−3xyzx+y+z=a(x2+y2+z2)+b(xy+yz+zx)\frac{x^3+y^3+z^3-3xyz}{x+y+z} =a(x^2+y^2+z^2)+b(xy+yz+zx)

第三步，求出所待定系数的值.将上式乘开并整理得

x3+y3+z3−3xyz=a(x3+y3+z3)+(a+b)(x2y+xy2+y2z+yz2+z2x+xz2)+3bxyzx^3+y^3+z^3-3xyz=a(x^3+y^3+z^3)+(a+b)(x^2y+xy^2+y^2z+yz^2+z^2x+xz^2)+3bxyz

比较系数的到方程组 {a=1a+b=0b=−1\begin{cases} a=1\\ a+b=0\\ b=-1 \end{cases} 这个方程组恰有唯一解，代入得

x3+y3+z3−3xyz=(x+y+z)(x2+y2+z2−xy−yz−zx)x^3+y^3+z^3-3xyz=(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx)

最后根据 (x2+y2+z2−xy−yz−zx)=12((x−y)2+(y−z)2+(z−x)2)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx)=\frac{1}{2}\left( (x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2 \right) 代入上式就得到答案里的式子了.注：对于nn 元的均值不等式，想要直接移项配方就不那么容易了.我不打算介绍这种方法，因为它与待定系数法没有什么联系.详见Hurwitz的恒等式证明，你可以在陈计的《代数不等式》上找到它.

例2.已知 0">x,y>0x,y>0 , xy(x+y)=4xy(x+y)=4 ,求 2x+y2x+y 的最小值.

这是一道比较经典的问题了.初看这个问题，设问是轮换对称的等式，但待求式却不轮换对称，这就告诉我们要在系数上做文章.下面来看一下解答.

解：注意到

(2x+y)3−63xy(x+y)=(42+3x+y)(23−1x−y)2≥0(2x+y)^3-6\sqrt{3}xy(x+y)=\left( \frac{4}{2+\sqrt{3}}x+y \right) \left( \frac{2}{\sqrt{3}-1}x-y \right)^2\geq0

于是 2x+y≥63xy(x+y)3=232x+y\geq \sqrt[3]{6\sqrt{3}xy(x+y)}=2\sqrt{3} ,当且仅当 x=3−1,y=2x=\sqrt{3}-1,y=2 时等号成立.

答案的配方看似是空中楼阁，实则有迹可循.这么难看的系数大概率不是“注意到”出来的，而是待定系数法的产物.接下来一起来看具体的配方过程.

第一步，齐次化.设出待定系数 λ\lambda 使得

(2x+y)3≥λxy(x+y)=4λ(2x+y)^3 \geq \lambda xy(x+y)=4\lambda

第二步，猜 (2x+y)3−λxy(x+y)(2x+y)^3 - \lambda xy(x+y) 的形式.它是非负的三次式，考虑它可能可以看成恒正的一次式与非负的二次式的乘积，故引入待定系数p,q,r,sp,q,r,s 使

(2x+y)3−λxy(x+y)=(px+qy)(rx+sy)2(2x+y)^3 - \lambda xy(x+y)=(px+qy)(rx+sy)^2

第三步，求出所待定系数的值.将上式两边分别展开得到 8x3+(12−λ)x2y+(6−λ)xy2+y3=(pr2)x3+(2prs+qr2)x2y+(2qrs+ps2)xy2+(qs2)y38x^3+(12-\lambda)x^2y+(6-\lambda)xy^2+y^3=(pr^2)x^3+(2prs+qr^2)x^2y+(2qrs+ps^2)xy^2+(qs^2)y^3 比较系数得到方程组

{pr2=82prs+qr2=12−λ2qrs=ps2=6−λqs2=1\begin{cases} pr^2=8\\ 2prs+qr^2=12-\lambda\\ 2qrs=ps^2=6-\lambda\\ qs^2=1 \end{cases}

细心的同学可能已经发现我们有5个未知数却只有四个方程，这需要我们对某个变量进行合理赋值.一个可行的方法是令q=1q=1 ，这样我们得到方程的解为 {p=42+3q=1r=23−1s=1λ=63\begin{cases} p=\frac{4}{2+\sqrt{3}}\\ q=1\\ r=\frac{2}{\sqrt{3}-1}\\ s=1\\ \lambda=6\sqrt{3} \end{cases} ,代回原式就得到答案里的式子了.

再来看这道题的另一种解法，也是待定系数法的产物，请读者自行尝试补全略去的步骤.这个解法来自

@QuDer 的一篇文章.解：稍作变形并根据三元均值不等式有

2x+y=(1+33)x+33y+(1−33)(x+y)≥3(1+33)x⋅33y⋅(1−33)(x+y)3=232x+y=(1+\frac{\sqrt{3}}{3})x+\frac{\sqrt{3}}{3}y+(1-\frac{\sqrt{3}}{3})(x+y)\geq 3\sqrt[3]{(1+\frac{\sqrt{3}}{3})x\cdot\frac{\sqrt{3}}{3}y\cdot(1-\frac{\sqrt{3}}{3})(x+y)}=2\sqrt{3}

当且仅当 x=3−1,y=2x=\sqrt{3}-1,y=2 时等号成立.

例3.已知 a,b,c,da,b,c,d 是不全为零的实数，求 ab+bc+cda2+b2+c2+d2\frac{ab+bc+cd}{a^2+b^2+c^2+d^2} 的最大值.

懒得打凑好系数后的证明了，我们直接来看看待定系数的过程.

第一步，引入非零的待定系数 α,β,γ\alpha,\beta,\gamma ，把 ab+bc+cdab+bc+cd 写为

αa⋅bα+βb⋅cβ+γc⋅dγ\alpha a\cdot \frac{b}{\alpha}+ \beta b\cdot \frac{c}{\beta}+ \gamma c\cdot \frac{d}{\gamma}

第二步，对上式每一项利用不等式 xy≤x2+y22xy\leq \frac{x^2+y^2}{2} 得到

ab+bc+cd=αa⋅bα+βb⋅cβ+γc⋅dγ≤12((αa)2+(bα)2+(βb)2+(cβ)2+(γc)2+(dγ)2)ab+bc+cd=\alpha a\cdot \frac{b}{\alpha}+ \beta b\cdot \frac{c}{\beta}+ \gamma c\cdot \frac{d}{\gamma}\leq \frac{1}{2}\left( (\alpha a)^2+(\frac{b}{\alpha})^2+(\beta b)^2+(\frac{c}{\beta})^2+ (\gamma c)^2+(\frac{d}{\gamma})^2 \right)

从而

ab+bc+cda2+b2+c2+d2≤(αa)2+(bα)2+(βb)2+(cβ)2+(γc)2+(dγ)22(a2+b2+c2+d2)=(α)2a2+(1α2+β2)b2+(1β2+γ2)c2+(1γ2)d22(a2+b2+c2+d2)\frac{ab+bc+cd}{a^2+b^2+c^2+d^2}\leq \frac{(\alpha a)^2+(\frac{b}{\alpha})^2+(\beta b)^2+(\frac{c}{\beta})^2+ (\gamma c)^2+(\frac{d}{\gamma})^2}{2(a^2+b^2+c^2+d^2)}= \frac{(\alpha)^2a^2+(\frac{1}{\alpha^2}+\beta^2)b^2+ (\frac{1}{\beta^2}+\gamma^2)c^2+(\frac{1}{\gamma^2})d^2}{2(a^2+b^2+c^2+d^2)}

第三步，求出所待定系数的值.为了让上式成为一个常数，分子上a2,b2,c2,d2a^2,b^2,c^2,d^2 的系数应该相等，即 α2=1α2+β2=1β2+γ2=1γ2\alpha^2=\frac{1}{\alpha^2}+\beta^2=\frac{1}{\beta^2}+\gamma^2=\frac{1}{\gamma^2} ，解得α2=5+12,β2=1,γ2=5−12\alpha^2=\frac{\sqrt{5}+1}{2},\beta^2=1,\gamma^2=\frac{\sqrt{5}-1}{2} ，代入原式可以了，最大值是(α)2a2+(1α2+β2)b2+(1β2+γ2)c2+(1γ2)d22(a2+b2+c2+d2)=5+14\frac{(\alpha)^2a^2+(\frac{1}{\alpha^2}+\beta^2)b^2+ (\frac{1}{\beta^2}+\gamma^2)c^2+(\frac{1}{\gamma^2})d^2}{2(a^2+b^2+c^2+d^2)}=\frac{\sqrt{5}+1}{4}

再来看这道题的另一种解法，也是待定系数法的产物(只是长得有点冗杂而已).希望读者自行尝试补全略去的步骤.

解：注意到

ab+bc+cda2+b2+c2+d2−5+14=−(αa−βb)2+(αd−βc)2+(b−c)22(a2+b2+c2+d2)≤0\frac{ab+bc+cd}{a^2+b^2+c^2+d^2}-\frac{\sqrt{5}+1}{4} =-\frac{\left( \alpha a-\beta b \right)^2+\left( \alpha d-\beta c \right)^2+(b-c)^2}{2(a^2+b^2+c^2+d^2)} \leq0

其中

α=5+12,β=25+1\alpha=\sqrt{\frac{\sqrt{5}+1}{2}},\beta=\sqrt{\frac{2}{\sqrt{5}+1}} ,

于是 ab+bc+cda2+b2+c2+d2\frac{ab+bc+cd}{a^2+b^2+c^2+d^2} 的最大值为 5+14\frac{\sqrt{5}+1}{4} ，等号可以取到，请读者自行验证.注：我们发现5+14=cos⁡π5\frac{\sqrt{5}+1}{4}=\cos\frac{\pi}{5} ，这不是一个巧合.事实上，对不全为零的实数x1,x2,...xnx_1,x_2,...x_n 总有不等式 x1x2+x2x3+...+xn−1xnx12+x22+...+xn2≤cos⁡πn+1\frac{x_1x_2+x_2x_3+...+x_{n-1}x_n}{x_1^2+x_2^2+...+x_n^2} \leq\cos \frac{\pi}{n+1} 成立.代数对称性上的微小扰动产生了三角函数，正是其优美巧妙之处.这是一道略有难度的习题，留给读者挑战.提示：这是由Fan型不等式变形而来的，其主要思想仍是待定系数法.

结语

待定系数法很有用.

还有，为什么每道例题都会出现一个恶心人的配方解法呢？因为我在看陈计的《代数不等式》啦.

图来自《代数不等式》，这本书的SOS法十分SOS.

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