文章目录

拉格朗日插值公式
微分中值定理
- 费马引理
- 拉格朗日中值定理
- 柯西中值定理
洛必达法则
连分数
- 定义
- 结论
- - 定理1
  - 定理2
  - 定理3
  - 定理4
  - 定理5
欧拉公式
- 正余弦的展开
- 虚数单位
- 整合
- 逆代
Binet-Cauchy 公式
[朝花夕拾] 柯西不等式
- 二维形式
- 向量形式
- 期望形式
- 积分形式

拉格朗日插值公式

对于 n − 1 n-1 n−1 次多项式 f ( x ) f(x) f(x) 上的 n n n 个点 ( x 1 , y 1 ) , ( x 2 , y 2 ) , ⋯ ( x n , y n ) (x_1,y_1),(x_2,y_2),\cdots (x_n,y_n) (x1,y1),(x2,y2),⋯(xn,yn) ，如果倒推出 f ( x ) f(x) f(x) 的话，有

f ( x ) = ∑ i = 1 n y i ∏ j ≠ i x − x j x i − x j f(x)=\sum_{i=1}^ny_i\prod_{j\not=i}\frac{x-x_j}{x_i-x_j} f(x)=i=1∑nyij=i∏xi−xjx−xj

微分中值定理

费马引理

如果在一段曲线当中存在一个点 x 0 x_0 x0，使得在 x 0 x_0 x0 的邻域（包含 x 0 x_0 x0 的一段极小区间?）内都存在 f ( x ) ≤ f ( x 0 ) f(x)\leq f(x_0) f(x)≤f(x0)（或 f ( x ) ≥ f ( x 0 ) f(x)\geq f(x_0) f(x)≥f(x0)），那么 f ′ ( x 0 ) = 0 f'(x_0)=0 f′(x0)=0。

拉格朗日中值定理

若函数 f ( x ) f(x) f(x) 满足

在闭区间 [ a , b ] [a,b] [a,b] 连续
在开区间 ( a , b ) (a,b) (a,b) 可导

那么存在 k ∈ ( a , b ) k\in(a,b) k∈(a,b) 满足：

f ′ ( k ) = f ( b ) − f ( a ) b − a f'(k)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a} f′(k)=b−af(b)−f(a)

柯西中值定理

对于两个函数 f ( x ) , F ( x ) f(x),F(x) f(x),F(x)，若

都在闭区间 [ a , b ] [a,b] [a,b] 连续
都在开区间 ( a , b ) (a,b) (a,b) 可导
对于任意 x ∈ ( a , b ) x\in(a,b) x∈(a,b) ， F ′ ( x ) ≠ 0 F'(x)\not=0 F′(x)=0

那么存在 k ∈ ( a , b ) k\in(a,b) k∈(a,b) 满足

f ′ ( k ) F ′ ( k ) = f ( b ) − f ( a ) F ( b ) − F ( a ) \frac{f'(k)}{F'(k)}=\frac{f(b)-f(a)}{F(b)-F(a)} F′(k)f′(k)=F(b)−F(a)f(b)−f(a)

洛必达法则

对于两个函数 f ( x ) , F ( x ) f(x),F(x) f(x),F(x)，若

x x x 趋近于常数 a a a 时， f ( x ) , F ( x ) f(x),F(x) f(x),F(x) 趋近于 0 0 0
在点 a a a 的去心领域内，两个函数可导，且 F ′ ( x ) ≠ 0 F'(x)\not=0 F′(x)=0
lim ⁡ x → 0 f ′ ( x ) F ′ ( x ) \lim_{x\rightarrow0}\frac{f'(x)}{F'(x)} limx→0F′(x)f′(x) 存在

那么

lim ⁡ x → a f ( x ) F ( x ) = lim ⁡ x → a f ′ ( x ) F ′ ( x ) \lim_{x\rightarrow a}\frac{f(x)}{F(x)}=\lim_{x\rightarrow a}\frac{f'(x)}{F'(x)} x→alimF(x)f(x)=x→alimF′(x)f′(x)

该公式可套娃

还有另一种变形，若

x x x 趋近于 ∞ \infty ∞ 时， f ( x ) , F ( x ) f(x),F(x) f(x),F(x) 趋近于 0 0 0 或者 ∞ \infty ∞
存在一个区间 ( − ∞ , N ) ∪ ( N , + ∞ ) (-\infty,N)∪(N,+\infty) (−∞,N)∪(N,+∞) 内，两个函数可导，且 F ′ ( x ) ≠ 0 F'(x)\not=0 F′(x)=0
lim ⁡ x → 0 f ′ ( x ) F ′ ( x ) \lim_{x\rightarrow0}\frac{f'(x)}{F'(x)} limx→0F′(x)f′(x) 存在

那么

lim ⁡ x → ∞ f ( x ) F ( x ) = lim ⁡ x → ∞ f ′ ( x ) F ′ ( x ) \lim_{x\rightarrow \infty}\frac{f(x)}{F(x)}=\lim_{x\rightarrow \infty}\frac{f'(x)}{F'(x)} x→∞limF(x)f(x)=x→∞limF′(x)f′(x)

连分数

定义

对一个分数 p q \frac{p}{q} qp 的分子分母 p , q p,q p,q 进行辗转相除法，令第 i i i 次除法得到的商为 a i − 1 a_{i-1} ai−1，那么该分数就可以表示成连分数：

p q = a 0 + 1 a 1 + 1 a 2 + 1 ⋱ + 1 a k = [ a 0 , a 1 , a 2 , . . . , a k ] \cfrac pq=a_0+\cfrac{1}{a_1+\cfrac{1}{a_2+\cfrac{1}{\ddots+\cfrac{1}{a_k}}}}=[a_0,a_1,a_2,...,a_k] qp=a0+a1+a2+⋱+ak1111=[a0,a1,a2,...,ak]

从 a i a_i ai 算起到直到最后一项组成的连分数 [ a i , a i + 1 , . . . , a k ] [a_i,a_{i+1},...,a_k] [ai,ai+1,...,ak] 称为该分数的第 i i i 个余项 / 余式，表示为 r i r_i ri。因此，原分数可表示为 [ a 0 , a 1 , . . . , r i ] [a_0,a_1,...,r_i] [a0,a1,...,ri]，需要注意的是 r i r_i ri 是个实数。
从第 0 项直到第 i i i 项组成的连分数 [ a 0 , a 1 , . . . , a i ] [a_0,a_1,...,a_i] [a0,a1,...,ai] 称为第 i i i 近似 / 第 i i i 截断，表示为 s i s_i si，写成分数形式的 s i = p i q i s_i=\cfrac{p_i}{q_i} si=qipi 则称为第 i i i 渐进分数 / i i i 阶渐进分数。通过截取连分数的 i i i 阶渐进获取近似分数，能在分子分母尽量小的情况下，得到误差最小的结果。
无理数表示成连分数会有无穷项。

结论

定理1

对于一个实数 x x x 表示成连分数 [ a 0 , a 1 , a 2 , . . . ] [a_0,a_1,a_2,...] [a0,a1,a2,...]，令 s k = p k q k s_k=\cfrac{p_k}{q_k} sk=qkpk，则

{ p 0 = a 0 q 0 = 1 , { p 1 = a 0 a 1 + 1 q 1 = a 1 , { p k = a k p k − 1 + p k − 2 q k = a k q k − 1 + q k − 2 {\bigg\lbrace}\begin{matrix}p_0=a_0\\q_0=1\end{matrix}\;,\; {\bigg\lbrace}\begin{matrix}p_1=a_0a_1+1\\q_1=a_1\end{matrix}\;,\; {\bigg\lbrace}\begin{matrix}p_k=a_kp_{k-1}+p_{k-2}\\q_k=a_kq_{k-1}+q_{k-2}\end{matrix} {p0=a0q0=1,{p1=a0a1+1q1=a1,{pk=akpk−1+pk−2qk=akqk−1+qk−2

可以递推求渐进分数。

同时，可以发现 p k p_k pk 和 q k q_k qk 是递增的（除了 q 0 q_0 q0 可能等于 q 1 q_1 q1 以外）。当然，从连分数的性质出发来看，这是句废话。

定理2

把定理1里面的式子

p k = a k p k − 1 + p k − 2 p_k=a_kp_{k-1}+p_{k-2} pk=akpk−1+pk−2

两边同除 p k − 1 p_{k-1} pk−1，得

p k p k − 1 = a k + p k − 2 p k − 1 \cfrac{p_k}{p_{k-1}}=a_k+\cfrac{p_{k-2}}{p_{k-1}} pk−1pk=ak+pk−1pk−2

按照这个规律迭代下去

p k p k − 1 = a k + 1 p k − 1 p k − 2 = a k + 1 a k − 1 + p k − 3 p k − 2 = a k + 1 a k − 1 + 1 a k − 2 + 1 ⋱ + a 0 = [ a k , a k − 1 , . . . , a 0 ] \cfrac{p_k}{p_{k-1}}=a_k+\cfrac{1}{\cfrac{p_{k-1}}{p_{k-2}}}=a_k+\cfrac{1}{a_{k-1}+\cfrac{p_{k-3}}{p_{k-2}}}\\ =a_k+\cfrac{1}{a_{k-1}+\cfrac{1}{a_{k-2}+\cfrac{1}{\ddots+a_0}}}=[a_k,a_{k-1},...,a_0] pk−1pk=ak+pk−2pk−11=ak+ak−1+pk−2pk−31=ak+ak−1+ak−2+⋱+a0111=[ak,ak−1,...,a0]

那么就可以得到一个很美观的推论：

p k p k − 1 = [ a k , a k − 1 , . . . , a 0 ] ( a 0 ≠ 0 ) \cfrac{p_k}{p_{k-1}}=[a_k,a_{k-1},...,a_0]~~(a_0\not=0) pk−1pk=[ak,ak−1,...,a0] (a0=0)

同理可得

q k q k − 1 = [ a k , a k − 1 , . . . , a 1 ] \cfrac{q_k}{q_{k-1}}=[a_k,a_{k-1},...,a_1] qk−1qk=[ak,ak−1,...,a1]

上述两个推论即定理2，又称反序定理。

定理3

为了凸显连分数的优越性，我们会对其相邻的渐进分数之差感兴趣，不妨求一求：

p k + 1 q k + 1 − p k q k = p k + 1 q k − p k q k + 1 q k + 1 q k \cfrac{p_{k+1}}{q_{k+1}}-\cfrac{p_k}{q_k}=\cfrac{p_{k+1}q_k-p_kq_{k+1}}{q_{k+1}q_k} qk+1pk+1−qkpk=qk+1qkpk+1qk−pkqk+1

两边同乘 q k + 1 q k q_{k+1}q_{k} qk+1qk，可以有点思路，我们不妨先探究探究 p k + 1 q k − p k q k + 1 p_{k+1}q_k-p_kq_{k+1} pk+1qk−pkqk+1:

p k + 1 q k − p k q k + 1 = ( a k + 1 p k + p k − 1 ) q k − p k ( a k + 1 q k + q k − 1 ) = a k + 1 p k q k − a k + 1 p k q k + p k − 1 q k − p k q k − 1 = − ( p k q k − 1 − p k − 1 q k ) \begin{matrix} p_{k+1}q_k-p_kq_{k+1}&=&(a_{k+1}p_k+p_{k-1})q_k-p_k(a_{k+1}q_k+q_{k-1})\\ &=& a_{k+1}p_kq_k-a_{k+1}p_kq_k+p_{k-1}q_k-p_kq_{k-1}\\ &=& -(p_kq_{k-1}-p_{k-1}q_k) \end{matrix} pk+1qk−pkqk+1===(ak+1pk+pk−1)qk−pk(ak+1qk+qk−1)ak+1pkqk−ak+1pkqk+pk−1qk−pkqk−1−(pkqk−1−pk−1qk)

右边相当于把左边的下标都减一，我们得到了一个递推式子。由于我们知道 p 1 q 0 − p 0 q 1 = a 0 a 1 + 1 − a 0 a 1 = 1 p_1q_0-p_0q_1=a_0a_1+1-a_0a_1=1 p1q0−p0q1=a0a1+1−a0a1=1，因此，顺推过来，可以得到

p k + 1 q k − p k q k + 1 = ( − 1 ) k p_{k+1}q_k-p_kq_{k+1}=(-1)^k pk+1qk−pkqk+1=(−1)k

这便是定理3。

两边同除以分母积，可以得到很重要的推论，它回答了开头的问题：

p k + 1 q k + 1 − p k q k = ( − 1 ) k q k + 1 q k \cfrac{p_{k+1}}{q_{k+1}}-\cfrac{p_k}{q_k}=\cfrac{(-1)^k}{q_{k+1}q_k} qk+1pk+1−qkpk=qk+1qk(−1)k

定理4

通过定理3的推论，不难发现

定理4：对一个确定的连分数，其奇数项渐近分数严格递减，偶数项渐近分数严格递增，奇数项渐近分数总是大于相邻的偶数项渐近分数。
推论：任一奇数项渐近分数都大于任一偶数项渐近分数。

也可以通过下面的定理5严格证明。

定理5

到底第 i i i 阶渐进分数跟原数 x x x 相差多少呢？

我们可以先把 x x x 表示成带余项的连分数 [ a 0 , a 1 , . . . , a i , r i + 1 ] [a_0,a_1,...,a_i,r_{i+1}] [a0,a1,...,ai,ri+1] ，此时第 i + 1 i+1 i+1 阶渐进分数就等于 x x x，通过定理3的推论，我们可以直接得出定理5：

x − p i q i = ( − 1 ) i q i q i + 1 = ( − 1 ) i q i ( r i + 1 q i + q i − 1 ) x-\cfrac{p_i}{q_i}=\cfrac{(-1)^i}{q_iq_{i+1}}=\cfrac{(-1)^i}{q_i(r_{i+1}q_i+q_{i-1})} x−qipi=qiqi+1(−1)i=qi(ri+1qi+qi−1)(−1)i

也就是说，除了最后一项渐进分数以外(没有 r i + 1 r_{i+1} ri+1)，奇数阶渐进分数恒大于 x x x ，偶数阶渐进分数恒小于 x x x 。

此时注意到，笔者专门在定理1结尾强调了 p k p_k pk 和 q k q_k qk 的单调递增性。这样综合定理5就可以证明定理4及其推论了。同时，我们可以得到 i i i 阶渐进分数的大致图像了。

一些有用的数学知识（Updating）拉格朗日插值公式微分中值定理洛必达法则连分数欧拉公式Binet-Cauchy 公式[朝花夕拾] 柯西不等式

欧拉公式

e i x = cos ⁡ x + i sin ⁡ x e^{ix}=\cos x+i\sin x eix=cosx+isinx

正余弦的展开

由于

sin ⁡ ′ x = cos ⁡ x cos ⁡ ′ x = − sin ⁡ x \sin'x=\cos x\\ \cos'x=-\sin x sin′x=cosxcos′x=−sinx

所以，对它们进行泰勒展开，用麦克劳林公式，可以得到：

sin ⁡ x = sin ⁡ 0 + sin ⁡ ′ 0 1 ! x + sin ⁡ ′ ′ 0 2 ! x 2 + . . . = x − x 3 3 ! + x 5 5 ! − x 7 7 ! + . . . cos ⁡ x = cos ⁡ 0 + cos ⁡ ′ 0 1 ! x + cos ⁡ ′ ′ 0 2 ! x 2 + . . . = 1 − x 2 2 ! + x 4 4 ! − x 6 6 ! + . . . \sin x=\sin0+\frac{\sin'0}{1!}x+\frac{\sin''0}{2!}x^2+...=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+...\\ \cos x=\cos0+\frac{\cos'0}{1!}x+\frac{\cos''0}{2!}x^2+...=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\frac{x^6}{6!}+... sinx=sin0+1!sin′0x+2!sin′′0x2+...=x−3!x3+5!x5−7!x7+...cosx=cos0+1!cos′0x+2!cos′′0x2+...=1−2!x2+4!x4−6!x6+...

虚数单位

虚数单位 i i i 有很多美妙的性质，其中一个就是它的整数次幂：

i 4 n = 1 i 4 n + 1 = i i 4 n + 2 = − 1 i 4 n + 3 = − i i^{4n}=1\\ i^{4n+1}=i\\ i^{4n+2}=-1\\ i^{4n+3}=-i i4n=1i4n+1=ii4n+2=−1i4n+3=−i

把虚数单位加入进正余弦的展开中，刚好可以去除正负号，便于下一步推导：

sin ⁡ x = i x + ( i x ) 3 3 ! + ( i x ) 5 5 ! + ( i x ) 7 7 ! + . . . i cos ⁡ x = ( i x ) 0 + ( i x ) 2 2 ! + ( i x ) 4 4 ! + ( i x ) 6 6 ! + . . . \sin x=\cfrac{ix+\cfrac{(ix)^3}{3!}+\cfrac{(ix)^5}{5!}+\cfrac{(ix)^7}{7!}+...}{i}\\ \cos x=(ix)^0+\cfrac{(ix)^2}{2!}+\cfrac{(ix)^4}{4!}+\cfrac{(ix)^6}{6!}+... sinx=iix+3!(ix)3+5!(ix)5+7!(ix)7+...cosx=(ix)0+2!(ix)2+4!(ix)4+6!(ix)6+...

整合

先把正弦的大横线去除掉：

i sin ⁡ x = i x + ( i x ) 3 3 ! + ( i x ) 5 5 ! + ( i x ) 7 7 ! + . . . i\sin x=ix+\cfrac{(ix)^3}{3!}+\cfrac{(ix)^5}{5!}+\cfrac{(ix)^7}{7!}+... isinx=ix+3!(ix)3+5!(ix)5+7!(ix)7+...

接下来就很明朗了：

cos ⁡ x + i sin ⁡ x = 1 + i x 1 ! + ( i x ) 2 2 ! + ( i x ) 3 3 ! + . . . \cos x+i\sin x=1+\cfrac{ix}{1!}+\cfrac{(ix)^2}{2!}+\cfrac{(ix)^3}{3!}+... cosx+isinx=1+1!ix+2!(ix)2+3!(ix)3+...

刚好是 e i x e^{ix} eix 的麦克劳林展开。

逆代

倒着用这个公式，可以得到三角函数的另一种表达式：

sin ⁡ x = e i x − e − i x 2 i = ( exp ⁡ ( i x ) − exp ⁡ ( − i x ) ) ⋅ ( 2 i ) − 1 cos ⁡ x = e i x + e − i x 2 = ( exp ⁡ ( i x ) + exp ⁡ ( − i x ) ) ⋅ 2 − 1 \sin x=\cfrac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i}=(\exp(ix)-\exp(-ix))\cdot(2i)^{-1}\\ \cos x=\cfrac{e^{ix}+e^{-ix}}{2}=(\exp(ix)+\exp(-ix))\cdot2^{-1} sinx=2ieix−e−ix=(exp(ix)−exp(−ix))⋅(2i)−1cosx=2eix+e−ix=(exp(ix)+exp(−ix))⋅2−1

最右边的表达式是可以直接运用到多项式三角函数中的。

Binet-Cauchy 公式

设矩阵 A = ( a i , j ) s × n , B = ( b i , j ) n × s A=(a_{i,j})_{s\times n}~,~B=(b_{i,j})_{n\times s} A=(ai,j)s×n , B=(bi,j)n×s ，则

s > n s>n s>n： ∣ A B ∣ = 0 |AB|=0 ∣AB∣=0.
s ≤ n s\leq n s≤n： ∣ A B ∣ = |AB|= ∣AB∣=

∑ 1 ≤ i 1 < i 2 < . . . < i s ≤ n ∣ a 1 , i 1 a 1 , i 2 . . . a 1 , i s a 2 , i 1 a 2 , i 2 . . . a 2 , i s . . . . . . ⋱ . . . a s , i 1 a s , i 2 . . . a s , i s ∣ ⋅ ∣ b i 1 , 1 b i 1 , 2 . . . b i 1 , s b i 2 , 1 b i 2 , 2 . . . b i 2 , s . . . . . . ⋱ . . . b i s , 1 b i s , 2 . . . b i s , s ∣ \sum_{1\leq i_1<i_2<...<i_s\leq n} \left|\begin{matrix} a_{1,i_1}&a_{1,i_2}&...&a_{1,i_s}\\ a_{2,i_1}&a_{2,i_2}&...&a_{2,i_s}\\ ...&...&_\ddots&...\\ a_{s,i_1}&a_{s,i_2}&...&a_{s,i_s} \end{matrix}\right|\cdot \left|\begin{matrix} b_{i_1,1}&b_{i_1,2}&...&b_{i_1,s}\\ b_{i_2,1}&b_{i_2,2}&...&b_{i_2,s}\\ ...&...&_\ddots&...\\ b_{i_s,1}&b_{i_s,2}&...&b_{i_s,s}\\ \end{matrix}\right| 1≤i1<i2<...<is≤n∑∣∣∣∣∣∣∣∣a1,i1a2,i1...as,i1a1,i2a2,i2...as,i2......⋱...a1,isa2,is...as,is∣∣∣∣∣∣∣∣⋅∣∣∣∣∣∣∣∣bi1,1bi2,1...bis,1bi1,2bi2,2...bis,2......⋱...bi1,sbi2,s...bis,s∣∣∣∣∣∣∣∣

[朝花夕拾] 柯西不等式

对不起，球哥，我又把柯西忘了。

我这就复习……

二维形式

梦开始的地方：

∑ i = 1 n a i 2 ∑ i = 1 n b i 2 ≥ C a u c h y ( ∑ i = 1 n a i b i ) 2 \sum_{i=1}^{n}a_i^2\sum_{i=1}^{n}b_i^2\overset{Cauchy}{\geq}\left(\sum_{i=1}^{n}a_ib_i\right)^2 i=1∑nai2i=1∑nbi2≥Cauchy(i=1∑naibi)2

即平方和的积大于等于积和的平方，左右刚好回文。

取等条件是对于 b i ≠ 0 b_i\not=0 bi=0 的所有 i i i ，满足 a i b i \frac{a_i}{b_i} biai 都相等，同时对于 b i = 0 b_i=0 bi=0 的 i i i ，满足 a i = 0 a_i=0 ai=0。

向量形式

又是一个如此美妙的不等式：

A → = ( a 1 , a 2 , . . . , a n ) , B → = ( b 1 , b 2 , . . . , b n ) ∣ A → ∣ ⋅ ∣ B → ∣ ≥ ∣ A → ⋅ B → ∣ \overset{\rightarrow}{A}=(a_1,a_2,...,a_n)~,~\overset{\rightarrow}{B}=(b_1,b_2,...,b_n)\\ \left|\overset{\rightarrow}{A}\right|\cdot \left|\overset{\rightarrow}{B}\right|\geq \left|\overset{\rightarrow}{A}\cdot\overset{\rightarrow}{B}\right| A→=(a1,a2,...,an) , B→=(b1,b2,...,bn)∣∣∣A→∣∣∣⋅∣∣∣B→∣∣∣≥∣∣∣A→⋅B→∣∣∣

这个是关于向量的一个基本不等式，很好证，只需要根据向量内积定义展开，当且仅当两向量共线时取等。

实际上，这个就是柯西不等式：

∣ A → ∣ ⋅ ∣ B → ∣ = ∣ ( a 1 , a 2 , . . . , a n ) ∣ ⋅ ∣ ( b 1 , b 2 , . . . , b n ) ∣ = ∑ i = 1 n a i 2 ⋅ ∑ i = 1 n b i 2 ≥ ∣ A → ⋅ B → ∣ = ∣ ( a 1 , a 2 , . . . , a n ) ⋅ ( b 1 , b 2 , . . . , b n ) ∣ = ∣ ∑ i = 1 n a i b i ∣ \left|\overset{\rightarrow}{A}\right|\cdot \left|\overset{\rightarrow}{B}\right|=|(a_1,a_2,...,a_n)|\cdot |(b_1,b_2,...,b_n)|=\sqrt{\sum_{i=1}^{n}a_i^2}\cdot\sqrt{\sum_{i=1}^{n}b_i^2}\\ \geq \left|\overset{\rightarrow}{A}\cdot\overset{\rightarrow}{B}\right|=\Big|(a_1,a_2,...,a_n)\cdot (b_1,b_2,...,b_n)\Big|=\left|\sum_{i=1}^{n}a_ib_i\right| ∣∣∣A→∣∣∣⋅∣∣∣B→∣∣∣=∣(a1,a2,...,an)∣⋅∣(b1,b2,...,bn)∣=i=1∑nai2

⋅i=1∑nbi2

≥∣∣∣A→⋅B→∣∣∣=∣∣∣(a1,a2,...,an)⋅(b1,b2,...,bn)∣∣∣=∣∣∣∣∣i=1∑naibi∣∣∣∣∣

把两边平方就可以得到二维形式。

同时，二维形式的取等条件刚好等价于向量 ( a 1 , a 2 , . . . , a n ) (a_1,a_2,...,a_n) (a1,a2,...,an) 与向量 ( b 1 , b 2 , . . . , b n ) (b_1,b_2,...,b_n) (b1,b2,...,bn) 共线。

所以，向量形式不失为一种很好的证明柯西不等式的方法。

期望形式

这个不等式就有点意思了

E ( X 2 ) ⋅ E ( Y 2 ) ≥ ∣ E ( X Y ) ∣ ⇒ E ( X 2 ) E ( Y 2 ) ≥ ( E ( X Y ) ) 2 \sqrt{E(X^2)}\cdot\sqrt{E(Y^2)}\geq |E(XY)|\\ \Rightarrow E(X^2)E(Y^2)\geq \big(E(XY)\big)^2 E(X2)

⋅E(Y2)

≥∣E(XY)∣⇒E(X2)E(Y2)≥(E(XY))2

证明过程非常不一样，与传统柯西不等式并没扯上关联。

定义一个二次函数： y = E ( X 2 ) t 2 + 2 E ( X Y ) t + E ( Y 2 ) y=E(X^2)t^2+2E(XY)t+E(Y^2) y=E(X2)t2+2E(XY)t+E(Y2) ，不难发现

y = E ( X 2 t 2 ) + E ( 2 X Y t ) + E ( Y 2 ) = E ( ( X t ) 2 + 2 ( X t ) Y + Y 2 ) = E ( ( X t + Y ) 2 ) ≥ 0 y=E(X^2t^2)+E(2XYt)+E(Y^2)=E\big((Xt)^2+2(Xt)Y+Y^2\big)\\ =E\left(\big(Xt+Y\big)^2\right)\geq0 y=E(X2t2)+E(2XYt)+E(Y2)=E((Xt)2+2(Xt)Y+Y2)=E((Xt+Y)2)≥0

一个二次函数大于等于 0 ，说明 Δ ≤ 0 \Delta\leq0 Δ≤0 ，而

Δ = ( 2 E ( X Y ) ) 2 − 4 ⋅ E ( X 2 ) E ( Y 2 ) \Delta=\big(2E(XY)\big)^2-4\cdot E(X^2)E(Y^2) Δ=(2E(XY))2−4⋅E(X2)E(Y2)

所以

4 ( E ( X Y ) ) 2 − 4 ⋅ E ( X 2 ) E ( Y 2 ) ≤ 0 ⇒ E ( X 2 ) E ( Y 2 ) ≥ ( E ( X Y ) ) 2 4\big(E(XY)\big)^2-4\cdot E(X^2)E(Y^2)\leq0\\ \Rightarrow E(X^2)E(Y^2)\geq\big(E(XY)\big)^2 4(E(XY))2−4⋅E(X2)E(Y2)≤0⇒E(X2)E(Y2)≥(E(XY))2

至于取等条件，有些玄学。根据式子，取等时 ( X t + Y ) = 0 (Xt+Y)=0 (Xt+Y)=0 ，也就是 X , Y X,Y X,Y 要成固定常数倍关系（或其中一方为 0）。其中一个为 0 可以理解，因为 Y Y Y 取 0 时对方不论取什么都存在 t = 0 t=0 t=0 使之成立。但是倍数关系，真的可能吗？ X , Y X,Y X,Y 都是随机变量，两个都随机取，一个刚好是另一个的 λ \lambda λ 倍的概率并不是 100 % \tt100\% 100% 吧？

看来，要么是 X , Y X,Y X,Y 并不彼此独立，要么是我见识浅了。

积分形式

( ∫ f 2 ( x ) d x ) ⋅ ( ∫ g 2 ( x ) d x ) ≥ ( ∫ f ( x ) g ( x ) d x ) 2 \left(\int f^2(x)dx\right)\cdot\left(\int g^2(x)dx\right)\geq\left(\int f(x)g(x)dx\right)^2 (∫f2(x)dx)⋅(∫g2(x)dx)≥(∫f(x)g(x)dx)2

其实，用微元法，可以发现它就是柯西不等式的二维展开形式。

当然，也可以用期望形式一样的方法，用构造二次函数去证明。

既然本质就是二位展开形式，那么取等条件就是 f ( x ) f(x) f(x) 和 g ( x ) g(x) g(x) 线性相关了，也就是有 ∀ x , f ( x ) = λ g ( x ) \forall x,f(x)=\lambda g(x) ∀x,f(x)=λg(x) 或 ∀ x , g ( x ) = λ f ( x ) \forall x,g(x)=\lambda f(x) ∀x,g(x)=λf(x) 成立。