柯西不等式和权方和不等式是密切相关的，可以通过柯西不等式来推导权方和不等式。
柯西不等式表述如下：
设a1, a2, ..., an和b1, b2, ..., bn是任意实数，则有：
(a1b1 + a2b2 + ... + anbn)² ≤ (a1² + a2² + ... + an²)(b1² + b2² + ... + bn²)
根据柯西不等式，在权方和不等式中，取ai=√wi和bi=1，得到：
(√w1 + √w2 + ... + √wn)² ≤ (w1 + w2 + ... + wn)(1 + 1 + ... + 1)
化简得到：
w1 + 2√(w1w2) + w2 + 2√(w2w3) + ... + 2√(w(n-1)wn) + wn ≤ (n-1) + 2√(w1w2) + 2√(w2w3) + ... + 2√(w(n-1)wn)
移项得到：
√w1² + 2√(w1w2) + √w2² + 2√(w2w3) + ... + 2√(w(n-1)wn) + √wn² ≤ √(w1 + w2 + ... + wn)² + (n-2)√(w1w2 + w2w3 + ... + w(n-1)wn)
再次化简得到：
√w1² + 2√(w1w2) + √w2² + 2√(w2w3) + ... + 2√(w(n-1)wn) + √wn² ≤ (√w1 + √w2 + ... + √wn)² + (n-2)√((√w1 + √w2 + ... + √wn)² - (w1 + w2 + ... + wn))
这就是权方和不等式的形式，即：
√w1² + 2√(w1w2) + √w2² + 2√(w2w3) + ... + 2√(w(n-1)wn) + √wn² ≤ (√w1 + √w2 + ... + √wn)² + (n-2)√((√w1 + √w2 + ... + √wn)² - (w1 + w2 + ... + wn))
因此，权方和不等式可以看作是柯西不等式的特殊情况，即当ai=√wi和bi=1时的情况。
柯西无穷不等式（Cauchy-Schwarz Inequality）是一个数学中的重要不等式，用于衡量两个向量之间的相似度。它的表述为：
对于任意的 $n$ 维向量 $oldsymbol{a}=(a_1,a_2,...,a_n)$ 和 $oldsymbol{b}=(b_1,b_2,...,b_n)$，有：
$$(a_1^2+a_2^2+...+a_n^2)(b_1^2+b_2^2+...+b_n^2)geq(a_1b_1+a_2b_2+...+a_nb_n)^2$$
其中，$geq$ 表示大于等于。当 $a$ 和 $b$ 之间的夹角为 0 时，等号成立。
权方和不等式是由柯西无穷不等式推出的一个重要不等式。它的表述为：
设 $x_1,x_2,...,x_n$ 是 $n$ 个非负实数，$p_1,p_2,...,p_n$ 是 $n$ 个正实数，且满足 $p_1+p_2+...+p_n=1$，则有：
$$sum_{i=1}^{n}{p_i x_i}leq[sum_{i=1}^{n}{(x_i)^{p_i}}]^{frac{1}{p_1}}[sum_{i=1}^{n}{(x_i)^{p_i}}]^{frac{1}{p_2}}cdots[sum_{i=1}^{n}{(x_i)^{p_i}}]^{frac{1}{p_n}}$$
其中，等号成立的充分必要条件为 $frac{x_1}{x_2}= frac{x_2}{x_3}=...=frac{x_{n-1}}{x_n}$。
证明：
对于任意的 $n$ 维向量 $oldsymbol{a}=(a_1,a_2,...,a_n)$ 和 $oldsymbol{b}=(b_1,b_2,...,b_n)$，我们可以将其拆分为：
$$egin{aligned}oldsymbol{a}&=(sqrt{p_1}a_1,sqrt{p_2}a_2,...,sqrt{p_n}a_n)\ oldsymbol{b}&=(frac{b_1}{sqrt{p_1}},frac{b_2}{sqrt{p_2}},...,frac{b_n}{sqrt{p_n}})end{aligned}$$
然后，我们将 $oldsymbol{a}$ 和 $oldsymbol{b}$ 代入柯西无穷不等式中得：
$$(p_1a_1^2+p_2a_2^2+...+p_na_n^2)(frac{b_1^2}{p_1}+frac{b_2^2}{p_2}+...+frac{b_n^2}{p_n})geq(a_1frac{b_1}{sqrt{p_1}}+a_2frac{b_2}{sqrt{p_2}}+...+a_nfrac{b_n}{sqrt{p_n}})^2$$
化简得到：
$$sum_{i=1}^{n}{p_i a_i}sum_{i=1}^{n}{frac{b_i^2}{p_i}}geq(sum_{i=1}^{n}{a_ifrac{b_i}{sqrt{p_i}}})^2$$
即：
$$sum_{i=1}^{n}{p_i x_i}leq[sum_{i=1}^{n}{(x_i)^{p_i}}]^{frac{1}{p_1}}[sum_{i=1}^{n}{(x_i)^{p_i}}]^{frac{1}{p_2}}cdots[sum_{i=1}^{n}{(x_i)^{p_i}}]^{frac{1}{p_n}}$$
证毕。
