以前の記事「コーシー・シュワルツの不等式」の続きとして, 前回書かなかった別の証明方法を紹介します.
コーシー・シュワルツの不等式
コーシー・シュワルツの不等式は次のような不等式です.
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等号はのときのみ
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等号はのときのみ
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等号はのときのみ
但し, は実数.
利用する例などは前回の記事を参照してください.
証明.
1. ラグランジュの恒等式の利用
\begin{align}\left(\sum_{k=1}^n a_k^2\right)\left(\sum_{k=1}^n b_k^2\right)=\left(\sum_{k=1}^n a_kb_k\right)^2+\sum_{1\leqq k < l \leqq n}(a_k b_l-a_lb_k)^{2}\end{align}
例えば, のとき
\begin{align*}
(a_1^2+a_2^2)(b_1^2+b_2^2)=(a_1b_1+a_2b_2)^2+(a_1b_2-a_2b_1)^2
\end{align*}
のとき
\begin{align*}
(a_1^2+a_2^2+a_3^2)(b_1^2+b_2^2+b_3^2)=(a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3)^2+(a_1b_2-a_2b_1)^2\\+(a_2b_3-a_3b_2)^2+(a_3b_1-a_1b_3)^2
\end{align*}
となります. (両辺ともに展開すれば等しいことが分かります. )
この恒等式の右辺の最後の部分
\begin{align} \displaystyle \sum_{1\leqq k < l\leqq n}(a_{k}b_{l}-a_{l}b_{k}) ^{2}\end{align}
は2乗したものの和なので, 0以上となります. このことから, コーシー・シュワルツの不等式が成り立ちます.
2. 帰納法を使う場合
コーシー・シュワルツの不等式は数学的帰納法で示すこともできます.
の場合については上と同じ考え方をして,
\begin{align*}
(a_1^2+a_2^2)(b_1^2+b_2^2)-(a_1b_1+a_2b_2)^2 &= (a_1^2b_1^2+a_1^2b_2^2+a_2^2b_1^2+a_2^2b_2^2)\\
& \quad-(a_1^2b_1^2+2a_1a_2b_1b_2+a_2^2b_2^2)\\
&= a_1^2b_2^2-2a_1a_2b_1b_2+a_2^2b_1^2\\
&= (a_1b_2-a_2b_1)^2\\
&\geqq 0
\end{align*}
から成り立ちます.
次に, のときに成り立つと仮定すると,
\begin{align*}
\left(\sum_{k=1}^i a_k^2\right)\left(\sum_{k=1}^i b_k^2\right)\geqq\left(\sum_{k=1}^i a_kb_k\right)^2
\end{align*}
が成り立ち, 両辺を乗すると, 次の不等式になります.
\begin{align*}
\left(\sum_{k=1}^i a_k^2\right)^{\frac{1}{2}}\left(\sum_{k=1}^i b_k^2\right)^{\frac{1}{2}}\geqq\sum_{k=1}^i a_kb_k
\end{align*}
さて, のとき
\begin{align*}
\left(\sum_{k=1}^{i+1}a_k^2\right)\left(\sum_{k=1}^{i+1}b_k^2\right)&= \left\{\left(\sum_{k=1}^i a_k^2\right)+a_{i+1}^2\right\}\left\{\left(\sum_{k=1}^i b_k^2\right)+b_{i+1}^2\right\}\\
&\geqq \left\{\left(\sum_{k=1}^ia_k^2\right)^{\frac{1}{2}}\left(\sum_{k=1}^ib_k^2\right)^{\frac{1}{2}}+a_{i+1}b_{i+1}\right\}^2\\
&\geqq \left\{\left(\sum_{k=1}^i a_kb_k\right)+a_{i+1}b_{i+1}\right\}^2\\
&= \left(\sum_{k=1}^{i+1}a_kb_k\right)^2
\end{align*}
となり, 不等式が成り立ちます.
但し, 2行目から3行目の変形は2項の場合のコーシー・シュワルツの不等式を利用し, 3行目から4行目の変形は仮定を利用しています.