1樓：張小可
我給出乙個幾何上看起來顯然的理由:
用yi/y代替yi,xi/x代替xi,那麼可以設x=y=1,X=(x1,x2,...xn), Y=(y1,y2,..yn)在R^n空間單位球裡面，設某nx2的矩陣A=(X,Y),此處X,Y看做列向量，考慮det(A^t A), 利用Cauchy-Binet公式,我們有
det(A^tA)=∑ (xiyj- xjyi)^2 (對i小於j求和)，我們考慮兩個向量X,Y在Rn中張成的平行四邊形的面積S(X,Y), 由畢達哥拉斯定理，
S(X,Y)^2= ∑ S_i,j(X,Y)^2,
其中S_i,j (X,Y)為該平行四邊形在第i,j個座標平面的投影的面積，類似於直角三角形的斜邊平方等於斜邊在兩個座標上投影長度的平方和，而X,Y在第i,j座標平面投影為xi,xj和yi,yj，那麼他們構成的平行四邊形面積即S_i,j(X,Y)=(xiyj-xjyi),所以
S(X,Y)^2=det(A^tA)
另一方面，A^tA為2x2矩陣，具體為:
＜X,X＞,＜X,Y＞
＜X,Y＞,＜Y,Y＞
這裡＜,＞為Rn上標準內積，
注意到原不等式等價為
（1-∑xiyi)^2 ≥（1-∑xi^2）(1-yi^2),也就是
(1-＜X,Y＞)^2 ≥ (1-＜X,X＞)(1-＜Y,Y＞)
展開可得
＜X,X＞+＜Y,Y＞-2＜X,Y＞ ≥
＜X,X＞＜Y,Y＞-＜X,Y ＞^2,
注意到不等號前面的部分為X-Y的長度平方，也就是X,Y在Rn中的距離d(X,Y)^2，不等號後面部分為det(A^tA),
故原不等式等價於 d(X,Y)^2 ≥ S(X,Y)^2,
所以只要證明d(X,Y)≥S(X,Y)即可，也就是X,Y的距離大於等於X,Y構成平行四邊形面積，
而S(X,Y)=d(X,Y)乘h, h為三角形OXY關於XY邊上的高，
我們一開始已經約定X,Y在單位球內，那麼h永遠小於等於1,所以d(X,Y)≥S(X,Y)。證畢
2樓：qu89pe
這是閔可夫斯基宇宙裡兩個類時向量滿足的關係。閔可夫斯基空間裡內積的度規是個對角矩陣，第乙個元素是1，其他對角元都是-1，a和b內積，把b分成與a平行的部分 跟與a垂直的部分 。 , , 但是 是個類空向量所以長度小於0。
3樓：無敵母豬佩
先來推出柯西不等式及其恒等式。
0" eeimg="1"/>
Aczel不等式是柯西不等式進行複數變換形式下的證明根據以上恒等式和變換代入有
不好直接證明，換種恒等式解決證畢。
4樓：切我
首先我們重新敘述一下命題：
已知 , , , 都是是實數，且滿足 或者 成立，則有 成立。
考慮矩陣
問題轉化成，若 的乙個對角元非負，則 的行列式非正。由於 是實對稱矩陣，只需證明 不是正定矩陣即可（如果 的行列式為正，由條件，一定是正定矩陣，矛盾）。
如果 是正定矩陣，那麼 , 必須都等於 ，由條件向量 和 中必有一組等於 。此時 的行列式為 ，矛盾。
這個方法也可以輕鬆得到不等式取等條件：此時 是半正定矩陣，易知向量 和 必須共線。
5樓：
定理(Aczel 不等式). 設 ， 為兩列滿足條件的實數列。那麼，不等式
成立。等號成立當且僅當 和 成比例。(借樓上 @羅旻傑 的, 直接Copy了).
證明: 可以設 , , 於是我們要證的就變成了只需證也就是
這不就是柯西嗎! Done.
6樓：羅旻傑
定理(Aczel 不等式). 設 ， 為兩列滿足條件
0 ~~或~~ a_1^2-a_2^2-\cdots-a_n^2>0" eeimg="1"/>
的實數列。那麼，不等式
成立。等號成立當且僅當 和 成比例。
證明：我們假設 和 不成比例，同時 0 " eeimg="1"/>(取等的情況是容易驗證的)。考慮
由於我們假設了 0 " eeimg="1"/>，所以 0" eeimg="1"/>也就是說，我們有 。那麼，
由於 是二次多項式，所以 且 ，這說明多項式 在區間 和 中各有乙個零點。
因此，二次多項式 的判別式一定是正的（注意判別式和零點的關係），即：
0. \end" eeimg="1"/>
約掉 就得到了想要的不等式。在條件 0" eeimg="1"/>下的證明是一樣的。
[1] D.S. Mitrinovic, Analytic Inequalities, Springer Verlag, Berlin/New York, 1970.
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