已知实数 \(a, b, c, d\)，请比较下面两个式子的大小：
随意代入几组数试试，比如 \((a,b,c,d)=(3,4,1,2)\)：
这个规律总是成立的，这就是 柯西-施瓦茨不等式（简称"柯西不等式"）。
把 \((a,b)\) 看成二维向量 \(\boldsymbol{u}\)，\((c,d)\) 看成向量 \(\boldsymbol{v}\)，则：
由于 \(|\cos\theta| \leq 1\)，所以 \((ac+bd)^2 \leq (a^2+b^2)(c^2+d^2)\)。
简记为：\((|\boldsymbol{u}||\boldsymbol{v}|)^2 \geq (\boldsymbol{u}\cdot\boldsymbol{v})^2\)
简记为：\(\|\boldsymbol{a}\|^2\cdot\|\boldsymbol{b}\|^2 \geq (\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b})^2\)
柯西不等式取等号 \(=\)，需要满足：
拖动滑块改变 \(a,b,c,d\) 的值，实时观察 \((a^2+b^2)(c^2+d^2)\) 与 \((ac+bd)^2\) 的大小：
令 \(a_i \to \sqrt{a_i},\ b_i \to \sqrt{b_i}\)（\(a_i,b_i>0\)），标准柯西变为：
令 \(a_i\to\dfrac{a_i}{\sqrt{b_i}},\ b_i\to\sqrt{b_i}\) 代入，得到竞赛最高频的形式：
其中 \(b_1,b_2,\ldots,b_n>0\)。
令 \(b_i=1\)，由柯西不等式 \(\left(\sum a_i^2\right)\!\left(\sum 1^2\right)\geq\left(\sum a_i\right)^2\)，得：
简记为：\(n\cdot\|\boldsymbol{a}\|^2 \geq (\sum a_i)^2\)，即 "n 倍平方和 ≥ 和的平方"
令 \(a_i=\sqrt{x_i},\ b_i=\dfrac{1}{\sqrt{x_i}}\)（\(x_i>0\)），代入得：
简记为：\((\sum x)(\sum\frac{1}{x}) \geq n^2\)，即 "和 × 倒数和 ≥ 项数的平方"
设正权 \(w_i>0\)，\(\sum w_i=1\)，则：
简记为：\(E[X^2]\cdot E[Y^2] \geq \bigl(E[XY]\bigr)^2\)（带权的"柯西平方"）
令 \(b_i=1\) 得加权方差不等式 \(E[X^2]\geq(E[X])^2\)，即 \(\text{Var}(X)\geq 0\)。
柯西不等式的等号差值有精确表达式——Lagrange 恒等式：
简记为：柯西差值 \(=\) 所有"\(2\times 2\) 小行列式"的平方和
对实数序列 \((a_1,\ldots,a_n)\) 和 \((b_1,\ldots,b_n)\)，有：
简记为：\(\|\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}\| \leq \|\boldsymbol{a}\| + \|\boldsymbol{b}\|\)（"模长之和 ≥ 和之模长"，即多维三角不等式）
设 \(a_1\leq a_2\leq\cdots\leq a_n\) 与 \(b_1\leq b_2\leq\cdots\leq b_n\)（同序排列），则：
简记为：\(n\cdot\text{(对应乘积和)} \geq \text{(和之积)}\)（同序时——"排整齐，乘积和更大"）
特例（设 \(a_1\leq a_2,\ b_1\leq b_2\)）：\(\boxed{a_1b_1+a_2b_2 \geq a_1b_2+a_2b_1}\)
若一个序列升序、另一个降序（逆序），则不等号反向：
定义 \(r\) 次幂平均 \(\displaystyle M_r=\left(\frac{\sum x_i^r}{n}\right)^{1/r}\)（\(x_i>0\)），则：
简记为：\(\dfrac{n}{\sum\frac{1}{x_i}} \leq \sqrt[n]{\prod x_i} \leq \dfrac{\sum x_i}{n} \leq \sqrt{\dfrac{\sum x_i^2}{n}}\)
设 \(a_1\leq\cdots\leq a_n\) 与 \(b_1\leq\cdots\leq b_n\)，任意置换 \(\sigma\) 下：
简记为：\(\displaystyle\sum a_i b_{n+1-i} \leq \sum a_i b_{\sigma(i)} \leq \sum a_i b_i\)
设 \(\boldsymbol{e}_1,\boldsymbol{e}_2,\ldots,\boldsymbol{e}_m\) 是正交单位向量，\(\boldsymbol{x}\) 是任意向量，则：
简记为：\(\sum(\text{投影长度})^2 \leq \|\boldsymbol{x}\|^2\)（"正交投影总能量 ≤ 原向量能量"）
这是傅里叶分析和量子力学的基础不等式。
将"求和"换成"积分"，是柯西不等式从有限维到无穷维函数空间的自然推广。等号成立当 \(f/g=\) 常数（函数成比例）时成立。高中微积分或大学分析课中会遇到。
简记为：\(\displaystyle\left(\int fg\right)^2 \leq \left(\int f^2\right)\!\left(\int g^2\right)\)（"积分的平方 ≤ 平方积分的乘积"）
带 ∑ 的公式看起来很简洁，但刚学时可能不习惯。下面把每条常用推论都先写出 ∑ 一般形式，再分两行列出 二元展开 和 三元展开 的显式写法，方便对照学习。
解：由柯西不等式（二元形式）：
\((a^2+b^2)(2^2+3^2) \geq (2a+3b)^2\)
代入 \(a^2+b^2=1\)：\(1\times 13 \geq (2a+3b)^2\)
故 \((2a+3b)^2\leq 13\)，即 \(-\sqrt{13}\leq 2a+3b\leq\sqrt{13}\)
等号条件：\(\dfrac{a}{2}=\dfrac{b}{3}\) 且 \(a^2+b^2=1\)，解得 \(a=\dfrac{2}{\sqrt{13}},\ b=\dfrac{3}{\sqrt{13}}\) 时取最大值。
解：使用 Titu 引理：
\(\displaystyle\frac{x^2}{x+y}+\frac{y^2}{y+z}+\frac{z^2}{z+x} \geq \frac{(x+y+z)^2}{(x+y)+(y+z)+(z+x)}\)
分子：\((x+y+z)^2=1\) 分母：\(2(x+y+z)=2\)
故结果 \(\geq\dfrac{1}{2}\)
等号条件：\(\dfrac{x}{x+y}=\dfrac{y}{y+z}=\dfrac{z}{z+x}\)，解得 \(x=y=z=\dfrac{1}{3}\) 时成立。
解：注意 \(a^2+(2b)^2+(3c)^2=1\)，令 \(p=a,\ q=2b,\ r=3c\)，由柯西：
\((p^2+q^2+r^2)(1^2+1^2+1^2) \geq (p+q+r)^2\)
即 \(1\times 3\geq(a+2b+3c)^2\)，故 \(a+2b+3c\leq\sqrt{3}\)
等号条件：\(a=2b=3c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\)，即 \(a=\dfrac{1}{\sqrt{3}},\ b=\dfrac{1}{2\sqrt{3}},\ c=\dfrac{1}{3\sqrt{3}}\)。
方法一（Titu 引理）：
\(\dfrac{1^2}{a}+\dfrac{2^2}{b} \geq \dfrac{(1+2)^2}{a+b}=\dfrac{9}{1}=9\) ✓
方法二（正数型柯西）：
\((a+b)\!\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{4}{b}\right) \geq \left(\sqrt{a\cdot\dfrac{1}{a}}+\sqrt{b\cdot\dfrac{4}{b}}\right)^2=(1+2)^2=9\)
由 \(a+b=1\) 得 \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{4}{b}\geq 9\) ✓
等号条件：\(a=\dfrac{1}{3},\ b=\dfrac{2}{3}\) 时等号成立。
第一步：巧用条件变形。由 \(xy+yz+zx=1\)，有：
\(1+x^2=(xy+yz+zx)+x^2=(x+y)(x+z)\)
同理 \(1+y^2=(y+z)(y+x)\)，\(1+z^2=(z+x)(z+y)\)
故原式 \(=\displaystyle\sum_{\text{cyc}}\frac{x}{(x+y)(x+z)}\)
第二步：由 AM-GM 不等式，对正数 \(x,y,z\)：
\(\dfrac{x}{(x+y)(x+z)}\leq\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{x}{(x+y)(x+z)}\)？需要更强的放缩。
正确路径——化为 Titu 可用的形式：
由对称性猜想最大值在 \(x=y=z\) 处取到。代入 \(3x^2=1\)，得 \(x=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\)。
此时每项 \(=\dfrac{3}{4\sqrt{3}}\)，三项和 \(=\dfrac{3\sqrt{3}}{4}\)。
第三步：严谨证明上界。使用以下标准结论（可由排序不等式推出）：
\(\displaystyle\sum_{\text{cyc}}\frac{x}{(x+y)(x+z)}=\frac{2(xy+yz+zx)}{(x+y)(y+z)(z+x)}=\frac{2}{(x+y)(y+z)(z+x)}\)
再由 AM-GM：\((x+y)(y+z)(z+x)\geq 8xyz\) 以及 \(xy+yz+zx=1\geq 3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}\)...
（完整推导需借助 \(x+y+z\geq\sqrt{3(xy+yz+zx)}=\sqrt{3}\) 等中间步骤，属于竞赛技巧。初中生可先掌握"等号点验证 + 对称猜极值"的解题直觉。）
识别目标：问题是求"某表达式的最大值/最小值"还是"证明不等式"？
识别结构：式子中是否含有"平方和之积 \(\geq\) 内积的平方"？或者"分式之和"？
选择形式：平方和 → 标准形式；分式 → Titu 引理；乘积型 → 正数型柯西。
凑配形式：有时需要把原式乘以 1（已知条件），或令变量替换（如令 \(p=\sqrt{a}\)）才能套用。
写等号条件：解出等号成立时各变量的值，验证满足约束，写出最终答案。
| 遇到的式子形式 | 推荐做法 | 套用哪个推论 |
|---|---|---|
| 已知 \(\sum a_i^2=\) 常数，求 \(\sum c_i a_i\) 最大值 | 直接套标准柯西 | 标准形式 |
| 求 \(\sum(a_i^2/b_i)\) 最小值，已知 \(\sum a_i=\) 常数 | Titu 引理直接算 | 推论 2 |
| 已知 \(\sum x_i=\) 常数，求 \(\sum x_i^2\) 下界 | 推论 3 倒用 | 推论 3 |
| 已知 \(\sum x_i=\) 常数，求 \(\sum(1/x_i)\) 下界 | 调和-算术不等式 | 推论 4 |
| 含 \(\sqrt{ab}+\sqrt{cd}\) 类型 | 正数型柯西 | 推论 1 |
| 乘积 \((a+b)(c+d)\) 有下界 | Cauchy 展开后配方 | 标准形式 |
| 求 \(\sqrt{\sum(a_i+b_i)^2}\) 上界 | 闵可夫斯基不等式 | 推论 7 |
| 同序两列乘积和的估计 | 切比雪夫求和不等式 | 推论 8 |
| 比较多种均值大小 | 幂平均/均值链 | 推论 9 / 结论 5 |
| 含 \(\sum(1/a_i)\) 且已知 \(\sum a_i\) | Sedrakyan 倒数和 | 结论 13 |