师：好，今天我们来学习高中数学人教a版选修4 - 5第三讲第二课——一般形式的柯西不等式。前面我们已经学习了二维形式的柯西不等式以及柯西不等式的向量形式，我们一起来回顾一下。二维形式的柯西不等式是，若a、b、c、d都是实数，则((a^{2} + b^{2})(c^{2} + d^{2}) \geq (ac + bd)^{2})，当且仅当(ad = bc)时，等号成立。柯西不等式的向量形式是，对于任何两个向量(\alpha)和(\beta)，满足(\vert\alpha \cdot \beta\vert \leq \vert\alpha\vert \vert\beta\vert)。当且仅当(\beta)是(0)向量，或存在实数(k)，使得(\alpha = k\beta)时，等号成立。我们还学习了三个推论。
现在我们看，平面向量的坐标((x, y))是二维形式，空间向量的坐标((x, y, z))是三维形式。联系前一节的内容，从三维角度思考问题，关于柯西不等式会有什么结论呢？由柯西不等式的向量形式，将平面向量的坐标代入化简，可以得到柯西不等式的代数形式。类似地，从空间向量的几何背景也能得到柯西不等式的向量形式。把空间向量坐标代入化简，就会得到相应形式。当且仅当(\alpha)、(\beta)共线的时候，也就是(\beta)向量等于(0)向量，或者存在一个数(k)使得(a_{i} = kb_{i})（(i = 1, 2, \cdots, n)）时，等号成立。这个情况与二维柯西不等式情况类似。这种形式的不等式，我们就叫三维形式的柯西不等式。我们看三维形式的柯西不等式与二维形式的柯西不等式结构上非常类似，那么对比二维形式和三维形式的柯西不等式，你能猜想出一般形式的柯西不等式吗？同学们思考一下。
生：（思考中）
师：好，对比二维形式和三维形式的柯西不等式，我们猜想出柯西不等式的一般形式应该是这样。不过，前面我们知道猜想的结果不一定正确，还需要进行严格证明。大家能不能证明上述猜想呢？这个猜想形式上比较复杂，为了简化，我们先进行整体代换。把(a_{1}^{2} + a_{2}^{2} + \cdots + a_{n}^{2})记为(A)，(a_{1}b_{1} + a_{2}b_{2} + \cdots + a_{n}b_{n})记为(B)，(b_{1}^{2} + b_{2}^{2} + \cdots + b_{n}^{2})记为(C)。那么要证的式子就变成(AC \geq B^{2})，进一步变形为(B^{2} - AC \leq 0)。这时候我们发现，要证的式子与二次函数(\Delta)判别式有点类似，二次函数判别式(\Delta = B^{2} - 4AC)，所以我们把式子两边都乘(4)。这时候就发现，要证的猜想式子与二次函数(y = Ax^{2} + 2Bx + C)的判别式(4B^{2} - 4AC)密切相关。
有了刚才的思路，现在我们来尝试证明一下。不过要注意，二次函数中的二次项系数(A)如果等于(0)，就不存在二次函数的问题了。我们考虑一下，(A)何时为(0)呢？我们发现，(A)要等于(0)的话，(a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n})所有数全部要为(0)。当(a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n})全部为(0)时，我们猜想的式子显然成立。同理，如果(b_{1}, b_{2}, \cdots, b_{n})全部为(0)，式子也显然成立。
有了上述分析，我们现在来证明。当(a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n})全部等于(0)，或者(b_{1}, b_{2}, \cdots, b_{n})全部为(0)时，式子显然成立。如果(a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n})中至少有一个不为(0)，那么刚才设的(A)就大于(0)。这时候我们构造这样一个函数(f(x) = (a_{1}^{2}x^{2} + 2a_{1}b_{1}x + b_{1}^{2}) + (a_{2}^{2}x^{2} + 2a_{2}b_{2}x + b_{2}^{2}) + \cdots + (a_{n}^{2}x^{2} + 2a_{n}b_{n}x + b_{n}^{2}))。我们会发现，把里面的项重新组合一下，比如(a_{1}^{2}x^{2} + 2a_{1}b_{1}x + b_{1}^{2})这三项放在一起正好是一个完全平方式((a_{1}x + b_{1})^{2})。同理，后面每项都类似处理，就可以得到(f(x) = (a_{1}x + b_{1})^{2} + (a_{2}x + b_{2})^{2} + \cdots + (a_{n}x + b_{n})^{2})。
这时候我们发现(f(x))是(n)项的平方和形式，根据平方的非负性，(f(x) \geq 0)。因为(f(x) \geq 0)，二次函数图像始终在(x)轴或其上方，所以它的判别式(\Delta \leq 0)，也就是((2B)^{2} - 4AC \leq 0)。两边同时除以(4)，再移项，该式就正好是我们需要证明的刚才猜想的那个不等式。这时候我们研究一下，这个不等式何时取等。我们知道这个不等式取等，就等价于二次函数中(\Delta = 0)。二次函数(\Delta = 0)，就说明函数(f(x))有一个零点，与(x)轴有一个交点。那么(f(x) = 0)时，括号里面的每一个式子都应该为(0)，即存在唯一的一个实数(x)，使得(a_{i}x + b_{i} = 0)（(i = 1, 2, \cdots, n)），也就是(f(x))配方后，(n)个平方和中的每个括号里面的数都是(0)。
如果(x = 0)，代入(a_{i}x + b_{i} = 0)，可以得出所有的(b_{i})全部为(0)。如果(x \neq 0)，我们就可以移项，得到(a_{i} = - \frac{b_{i}}{x})。总结一下，当且仅当(b_{i} = 0)，或者(a_{i} = kb_{i})（其中(k = - \frac{1}{x})，(i = 1, 2, \cdots, n)）时，等号成立。由此我们就证出了刚才的猜想，形成了一个定理。
设(a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n})，(b_{1}, b_{2}, \cdots, b_{n})是实数，则((a_{1}^{2} + a_{2}^{2} + \cdots + a_{n}^{2})(b_{1}^{2} + b_{2}^{2} + \cdots + b_{n}^{2}) \geq (a_{1}b_{1} + a_{2}b_{2} + \cdots + a_{n}b_{n})^{2})，当且仅当(b_{i} = 0)或存在一个数(k)，使得(a_{i} = kb_{i})（(i = 1, 2, \cdots, n)）时，等号成立。
以上这个不等式，我们称为一般形式的柯西不等式。观察这个不等式的结构，我们发现与前面二维形式的柯西不等式类似。这个不等式左右两段，如果不看平方，左端整体上是积的形式，每个括号里面又是(n)个数的和的形式，所以称之为“和的积”；右端平方不看的话，里面整体上是和的形式，(a_{1}b_{1}, a_{2}b_{2}, \cdots, a_{n}b_{n})又是积的形式，所以称之为“积的和”。也就是这个式子结构特点依然是“和的积”与“积的和”的形式。在使用柯西不等式的时候，我们需要观察所求式子的结构，与已知的柯西不等式建立联系。类似二维形式的柯西不等式，一般形式的柯西不等式也有三个推论。当柯西不等式两边同时取算数平方根的时候，就可以得到第一个式子。当把推论1中的(a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n})，(b_{1}, b_{2}, \cdots, b_{n})分别用(\vert a_{1}\vert)、(\vert a_{2}\vert)、(\cdots)、(\vert a_{n}\vert)，(\vert b_{1}\vert)、(\vert b_{2}\vert)、(\cdots)、(\vert b_{n}\vert)替换以后，就可以得到第二个推论。
当把柯西不等式中的(a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n})，(b_{1}, b_{2}, \cdots, b_{n})这样的数全部换成(\sqrt{a_{1}})，(\sqrt{a_{2}})，(\cdots)，(\sqrt{a_{n}})，(\sqrt{b_{1}})，(\sqrt{b_{2}})，(\cdots)，(\sqrt{b_{n}})（这些数全部是正数），就可以得到第三个推论。当然，这三个推论与二维形式的柯西不等式很类似，是它们的推广。同学们课下可以考虑其取等条件到底是什么。