コーシーシュワルツの不等式

こんにちは、リンス(@Lins016)です。
今回はコーシーシュワルツの不等式の証明について学習していこう。

目次[表示]

コーシーシュワルツの不等式の証明

高校数学で使う有名な不等式の $\small{ \ 1 \ }$ つだから絶対覚えていてほしいし、いざというとき使えるようにしてほしい不等式の $\small{ \ 1 \ }$ つだよね。

これ以外に有名な不等式といえば相加相乗もあるよね。あわせて覚えておこう。

CHECK

: 相加平均と相乗平均
相加平均と相乗平均の関係の証明について解説しています。。
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コーシーシュワルツの不等式

すべての文字が正の数のとき
(1)

(a^{2} + b^{2}) (x^{2} + y^{2}) ≧ {(a x + b y)}^{2}

$\small{ \ \left(a^2+b^2\right)\left(x^2+y^2\right)\geqq \left(ax+by\right)^2 \ }$

等号成立は $\small{ \ \displaystyle \frac{x}{a}= \displaystyle \frac{y}{b} \ }$ のとき

(2)

(a^{2} + b^{2} + c^{2}) (x^{2} + y^{2} + z^{2}) ≧ {(a x + b y + c z)}^{2}

$\small{ \ \left(a^2+b^2+c^2\right) \left(x^2+y^2+z^2\right)\geqq \left(ax+by+cz\right)^2 \ }$

等号成立は $\small{ \ \displaystyle \frac{x}{a}= \displaystyle \frac{y}{b}= \displaystyle \frac{z}{c} \ }$ のとき

(3)

({a_{1}}^{2} + {a_{2}}^{2} \dots + {a_{n}}^{2}) ({b_{1}}^{2} + {b_{2}}^{2} + \dots + {b_{n}}^{2}) ≧ {(a_{1} b_{1} + a_{2} b_{2} + \dots + a_{n} b_{n})}_{1}^{2}

$\small{ \ \left({a_1}^2+{a_2}^2\cdots+{a_n}^2\right)\left({b_1}^2+{b_2}^2+\cdots+{b_n}^2\right)\geqq \left(a_1b_1+a_2b_2+\cdots+a_nb_n\right)^2 \ }$

等号成立は $\small{ \ \displaystyle \frac{b_1}{a_1}= \displaystyle \frac{b_2}{a_2}=\cdots= \displaystyle \frac{b_n}{a_n} \ }$ のとき

$\small{ \ \left(a^2+b^2\right)\left(x^2+y^2\right)\geqq \left(ax+by\right)^2 \ }$ の証明

(1)の証明

左辺 $\small{ \ - \ }$ 右辺
$\small{=\left(a^2+b^2\right)\left(x^2+y^2\right)-\left(ax+by\right)^2\\ =a^2y^2-2abxy+b^2x^2\\ = \left(ay-bx\right)^2\geqq0 \ }$
等号成立は $\small{ \ ay-bx=0 \ }$
$\small{ \ \therefore \displaystyle \frac{x}{a}= \displaystyle \frac{y}{b} \ }$ のとき

$\small{ \ \left(a^2+b^2+c^2\right) \left(x^2+y^2+z^2\right)\geqq \left(ax+by+cz\right)^2 \ }$ の証明

(2)の証明

左辺 $\small{ \ - \ }$ 右辺

$\small{=\left(a^2+b^2+c^2\right) \left(x^2+y^2+z^2\right)-\left(ax+by+cz\right)^2\\ =a^2y^2+a^2z^2+b^2x^2+b^2z^2+c^2x^2+c^2y^2-2 \left(abxy+acxz+bcyz\right)\\ = \left(ay-bx\right)^2+ \left(az-cx\right)^2+ \left(bz-cy\right)^2\geqq 0 \ }$

等号成立は
$\small{ \ ay-bx=az-cz=bz-cy=0 \ }$
$\small{ \ \therefore \displaystyle \frac{x}{a}= \displaystyle \frac{y}{b}= \displaystyle \frac{z}{c} \ }$ のとき

$\small{ \ \left({a_1}^2+{a_2}^2\cdots+{a_n}^2\right)\left({b_1}^2+{b_2}^2+\cdots+{b_n}^2\right)\geqq \left(a_1b_1+a_2b_2+\cdots+a_nb_n\right)^2 \ }$ の証明

(3)の証明

任意の実数 $\small{ \ t \ }$ を用いると

$\small{ \ \left(a_1t-b_1\right)^2+\left(a_2t-b_2\right)^2+\cdots\left(a_nt-b_n\right)^2\geqq 0 \ }$

が成り立つ。

これを整理すると

$\small{ \ \left(a_1^2+a_2^2+\cdots a_n^2\right)t^2-2 \left(a_1b_1+a_2b_2+\cdots+a_nb_n\right)t+b_1^2+b_2^2+\cdots+b_n^2\geqq 0 \ }$

これが任意の実数 $\small{ \ t \ }$ で成り立つためには、 $\small{ \ a_1^2+a_2^2+\cdots+ a_n^2\gt0 \ }$ より

$\small{ \ \left(a_1^2+a_2^2+\cdots a_n^2\right)t^2-2 \left(a_1b_1+a_2b_2+\cdots+a_nb_n\right)t+b_1^2+b_2^2+\cdots+b_n^2=0 \ }$

の判別式が $\small{ \ 0 \ }$ 以下になるので

$\small{ \ \displaystyle\frac{D}{4}= \left(a_1b_1+a_2b_2+\cdots+a_nb_n\right)^2-\left(a_1^2+a_2^2+\cdots a_n^2\right)\left(b_1^2+b_2^2+\cdots+b_n^2\right)\leqq0 \ }$

よって

$\small{ \ \left({a_1}^2+{a_2}^2\cdots+{a_n}^2\right)\left({b_1}^2+{b_2}^2+\cdots+{b_n}^2\right)\geqq \left(a_1b_1+a_2b_2+\cdots+a_nb_n\right)^2 \ }$

等号成立は $\small{ \ a_1t-b_1=a_2t-b_2=\cdots=a_nt-b_n=0 \ }$ のとき

$\small{ \ \therefore \displaystyle \frac{b_1}{a_1}= \displaystyle \frac{b_2}{a_2}=\cdots= \displaystyle \frac{b_n}{a_n} \ }$ のとき

ちなみにこの不等式を和記号で表すと

$\small{ \ \left(\displaystyle\sum_{k=1}^n{a_k}^2\right)\left(\displaystyle\sum_{k=1}^n{b_k}^2\right)\geqq\left(\displaystyle\sum_{k=1}^n{a_kb_k}\right)^2 \ }$ って書けるからね。

それとこの和記号を積分の形にした積分不等式（数学Ⅲ）ってのもあるからあわせてチェックしておこう。

CHECK

: シュワルツの積分不等式
シュワルツの積分不等式の証明について解説しています。
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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の証明

相加平均と相乗平均

(a2+b2)(x2+y2)≧(ax+by)2 \small{ \ \left(a^2+b^2\right)\left(x^2+y^2\right)\geqq \left(ax+by\right)^2 \ }の証明

(1)の証明

(a2+b2+c2)(x2+y2+z2)≧(ax+by+cz)2 \small{ \ \left(a^2+b^2+c^2\right) \left(x^2+y^2+z^2\right)\geqq \left(ax+by+cz\right)^2 \ }の証明

(2)の証明

(a12+a22⋯+an2)(b12+b22+⋯+bn2)≧(a1b1+a2b2+⋯+anbn)2 \small{ \ \left({a_1}^2+{a_2}^2\cdots+{a_n}^2\right)\left({b_1}^2+{b_2}^2+\cdots+{b_n}^2\right)\geqq \left(a_1b_1+a_2b_2+\cdots+a_nb_n\right)^2 \ }の証明

(3)の証明

シュワルツの積分不等式

$\small{ \ \left(a^2+b^2\right)\left(x^2+y^2\right)\geqq \left(ax+by\right)^2 \ }$ の証明

$\small{ \ \left(a^2+b^2+c^2\right) \left(x^2+y^2+z^2\right)\geqq \left(ax+by+cz\right)^2 \ }$ の証明

$\small{ \ \left({a_1}^2+{a_2}^2\cdots+{a_n}^2\right)\left({b_1}^2+{b_2}^2+\cdots+{b_n}^2\right)\geqq \left(a_1b_1+a_2b_2+\cdots+a_nb_n\right)^2 \ }$ の証明