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コーシー・シュワルツの不等式のその他の証明~ラグランジュの恒等式


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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.

 


 (a^2+b^2)(x^2+y^2)\geqq (ax+by)^2

等号は a:x=b:yのときのみ

 (a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)\geqq(ax+by+cz)^2

等号は a:x=b:y=c:zのときのみ

 (a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2)(x_1^2+x_2^2+\cdots+x_n^2)\geqq(a_1x_1+a_2x_2+\cdots+a_nx_n)^2

等号は a_1:x_1=a_2:x_2=\cdots=a_n:x_nのときのみ

但し,  a, b, c, x, y, z, a_1, \cdots, a_n, x_1, \cdots, x_n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. ラグランジュ恒等式の利用

ラグランジュ恒等式
\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,  n=2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*}

 n=3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.

 

 n=2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,  n=i(\geqq 2)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 \displaystyle\frac{1}{2}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,  n=i+1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.