1樓：易冷鬆
1)n=1時，左邊=a1^2b1^2、右邊=a1^2b1^2，左邊=右邊，命題成立。
2)假設n=k時命題成立，即(a1^2+a2^2+…+ak^2)(b1^2+b2^2+…+bk^2)>=(a1b1+a2b2+…+akbk)^2。
3)求證n=k+1時命題成立。
[a1^2+a2^2+…+ak^2+a(k+1)^2][b1^2+b2^2+…+bk^2+b(k+1)]
=(a1^2+a2^2+…+ak^2)(b1^2+b2^2+…+bk^2)+(a1^2+a2^2+…+ak^2)b(k+1)^2+(b1^2+b2^2+…+bk^2)a(k+1)^2+[a(k+1)b(k+1)]^2
>=(a1b1+a2b2+…+akbk)^2+2√[(a1^2+a2^2+…+ak^2)(b1^2+b2^2+…+bk^2)]a(k+1)b(k+1)+[a(k+1)b(k+1)]^2
>=(a1b1+a2b2+…+akbk)^2+2(a1b1+a2b2+…+akbk)a(k+1)b(k+1)+[a(k+1)b(k+1)]^2
=[a1b1+a2b2+…+akbk+a(k+1)b(k+1)]^2
n=k+1時命題成立。
綜上所述，對於n為正整數，都有：
(a1^2+a2^2+…+an^2)(b1^2+b2^2+…+bn^2)>=(a1b1+a2b2+…+anbn)^2.
2樓：匿名使用者
柯西不等式形式為： (a12+a22+a32+…+an2)(b12+b22+b32+…+bn2)≥(a1b1+a2b2+a3b3+…+anbn)2 當且僅當a1/b1=a2/b2=a3/b3=…=an/bn時等號成立設n=k時該不等式成立，則有 (a12+a22+a32+…+ak2)(b12+b22+b32+…+bk2)≥(a1b1+a2b2+a3b3+…+akbk)2 當且僅當a1/b1=a2/b2=a3/b3=…=ak/bk時等號成立則當n=k+1時，不等式應為： (a12+a22+a32+…+ak+12)(b12+b22+b32+…+bk+12)≥(a1b1+a2b2+a3b3+…+ak+1bk+1)2 當且僅當a1/b1=a2/b2=a3/b3=…=ak+1/bk+1時等號成立此不等式即：
[(a12+a22+a32+…+ak2)+ak+12][(b12+b22+b32+…+bk2)+bk+12]≥[(a1b1+a2b2+a3b3+…+akbk)+ak+1bk+1]2 (a12+a22+a32+…+ak2)(b12+b22+b32+…+bk2) +ak+12(b12+b22+b32+…+bk2)+bk+12(a12+a22+a32+…+ak2) +ak+12bk+12≥(a1b1+a2b2+a3b3+…+akbk)2+ak+12bk+12+2ak+1bk+1(a1b1+a2b2+a3b3+…+akbk) 因為已有 (a12+a22+a32+…+ak+12)(b12+b22+b32+…+bk+12)≥(a1b1+a2b2+a3b3+…+ak+1bk+1)2 所以只須證 ak+12(b12+b22+b32+…+bk2)+bk+12(a12+a22+a32+…+ak2)+ak+12bk+12≥ak+12bk+12+2ak+1bk+1(a1b1+a2b2+a3b3+…+akbk) 即 ak+12(b12+b22+b32+…+bk2)+bk+12(a12+a22+a32+…+ak2)≥2ak+1bk+1(a1b1+a2b2+a3b3+…+akbk) ak+12b12+ak+12b22+ak+12b32+…+ak+12bk2 +bk+12a12+bk+12a22+bk+12a32+…+bk+12ak2≥2ak+1bk+1a1b1+2ak+1bk+1a2b2+2ak+1bk+1a3b3+…+2ak+1bk+1akbk ak+12b12+bk+12a12+ak+12b22+bk+12a22+ak+12b32+bk+12a32+…+ak+12bk2+bk+12ak2 ≥2(ak+1b1)(bk+1a1)+2(ak+1b2)(bk+1a2)+2(ak+1b3)(bk+1a3)+…+2(ak+1bk)(bk+1ak) ak+12b12+bk+12a12+ak+12b22+bk+12a22+ak+12b32+bk+12a32+…+ak+12bk2+bk+12ak2 -2(ak+1b1)(bk+1a1)-2(ak+1b2)(bk+1a2)-2(ak+1b3)(bk+1a3)-…-2(ak+1bk)(bk+1ak)≥0 [ak+12b12-2(ak+1b1)(bk+1a1)+bk+12a12]+[ak+12b22-2(ak+1b2)(bk+1a2)+bk+12a22]+…+[ak+12bk2-2(ak+1bk)(bk+1ak)+bk+12ak2]≥0 (ak+1b1-bk+1a1)2+(ak+1b2-bk+1a2)2+…+(ak+1bk-bk+1ak)2≥0 顯然，若干實數的平方和一定為非複數若等號成立，則 ak+1b1-bk+1a1=0 ak+1b2-bk+1a2=0 …… ak+1bk-bk+1ak=0 得a1/b1=a2/b2=a3/b3=…=ak+1/bk+1 所以，若柯西不等式在n=k時成立，在n=k+1時也成立若n=1，則不等式變為 a12b12≥(a1b1)2 顯然成立，所以對於n取的一切正整數，柯西不等式都成立證明完畢，得：柯西不等式 (a12+a22+a32+…+an2)(b12+b22+b32+…+bn2)≥(a1b1+a2b2+a3b3+…+anbn)2 當且僅當a1/b1=a2/b2=a3/b3=…=an/bn時等號成立
3樓：彭凌晴
解：（1）構造二次函式：f（x）=（a1x+b1）2+（a2x+b2）2+…+（anx+bn）2=（a12+a22+…+an2）x2+2（a1b1+a2b2+…+anbn）x+（b12+b22+…+bn2）≥0，
∴△=4（a1b1+a2b2+…+anbn）2-4（a12+a22+…+an2）（b12+b22+…+bn2）≤0，
即：（a12+a22+…+an2）•（b12+b22+…+bn2）≥（a1•b1+a2•b2+…+an•bn）2，
當且僅當a1 b1 =a2 b2 =…=an bn 時等號成立；
4樓：匿名使用者
1)n=1時，左=a1^2b1^2、右=a1^2b1^2，左=右，成立。
2)假設n=k時成立，即(a1^2+a2^2+…+ak^2)(b1^2+b2^2+…+bk^2)>=(a1b1+a2b2+…+akbk)^2。
3)求證n=k+1時成立。
由 [a1^2+a2^2+…+ak^2+a(k+1)^2][b1^2+b2^2+…+bk^2+b(k+1)]
=(a1^2+a2^2+…+ak^2)(b1^2+b2^2+…+bk^2)+(a1^2+a2^2+…+ak^2)b(k+1)^2+(b1^2+b2^2+…+bk^2)a(k+1)^2+[a(k+1)b(k+1)]^2
>=(a1b1+a2b2+…+akbk)^2+2√[(a1^2+a2^2+…+ak^2)(b1^2+b2^2+…+bk^2)]a(k+1)b(k+1)+[a(k+1)b(k+1)]^2
>=(a1b1+a2b2+…+akbk)^2+2(a1b1+a2b2+…+akbk)a(k+1)b(k+1)+[a(k+1)b(k+1)]^2
=[a1b1+a2b2+…+akbk+a(k+1)b(k+1)]^2
n=k+1時成立。
綜上所述，對於n屬於z，都有：
(a1^2+a2^2+…+an^2)(b1^2+b2^2+…+bn^2)>=(a1b1+a2b2+…+anbn)^2
用數學歸納法證明,怎麼用數學歸納法證明
詳見解析 試題分析 由數學歸納法證明不等式的一般步驟可內知 第一步應驗容證初值 用數學歸納法證明 當n 1時,抄x1 2 2,成立 假設當n k時,xk 2 則當n k 1時,x k 1 2 xk 2 2 2,成立 所以對任意n,xn 2 因為x n 1 2 xn 0,所以0有界又因為x n 1 x...
用數學歸納法證明，用數學歸納法證明 1 2 3 n n（n 1）
1 n 1時，左 1，右 1 2 2 1 所以，等式成立 2 假設n k時等式成立，即1 2 k k k 1 2 則，1 2 k k 1 k k 1 2 k 1 k 1 k 2 2 k 1 k 1 1 2 n k 1時，結論也成立 等式對一切n n 成立 首先驗證當n 1時，左邊 右邊 接著，假設n...
數學歸納法不能證明，數學歸納法的使用範圍 能不能用數學歸納法證明 1 1 2 2 1 3 2 1 4 2 1 n
將該題改一下形式,可用數學歸納法證明,證明了原題的結論.試證 1 2 1 2 2 1 2 3 1 2 n 1 1 2 n 1.證明 當n 1時,1 2 1 1 2 1,命題成立.當n k時命題成立,考慮n k 1時的情況,由歸納法假設得 1 2 1 2 2 1 2 3 1 2 n 1 2 n 1 1...