コーシー・シュワルツの不等式

方針

解答

⓪ 発想 — どう考え始めるか。 不等式の証明の基本は「差をとって $0$ 以上を示す」。

左辺 $-$ 右辺を展開すると、$a^2{c}^2$ と $b^2{d}^2$ は打ち消し合い、残った項がぴったり完全平方 $(ad-bc{)}^2$ にまとまる。

平方は $0$ 以上 — これで証明が終わり、等号条件($ad-bc=0$、つまり2組の比が等しい)まで同時に手に入る。「差が平方の和に畳まれる」のは、有名不等式に共通の骨格だ。

① 差を展開する。 $$(a^2+b^2)(c^2+d^2)-(ac+bd{)}^2.$$ 左を展開すると $a^2{c}^2+a^2{d}^2+b^2{c}^2+b^2{d}^2$、右を展開すると $a^2{c}^2+2abcd+b^2{d}^2$。差をとると $$a^2{d}^2-2abcd+b^2{c}^2=(ad-bc{)}^2.$$ ② 不等式。 $(ad-bc{)}^2\ge 0$ だから $$(a^2+b^2)(c^2+d^2)-(ac+bd{)}^2\ge 0,$$ すなわち $(a^2+b^2)(c^2+d^2)\ge (ac+bd{)}^2$。

③ 等号条件。 等号は $(ad-bc{)}^2=0$、すなわち $ad-bc=0$($ad=bc$)。これは $(a,b)$ と $(c,d)$ が比例する(平行)ことを意味する。

まとめ 差 $(a^2+b^2)(c^2+d^2)-(ac+bd{)}^2=(ad-bc{)}^2\ge 0$。等号は $ad=bc$(比例)。コーシー・シュワルツの不等式。不等式と平方の融合。

発展 — 一歩先へ。 この不等式はベクトルの言葉で $|\vec{u}\cdot \vec{v}|\le |\vec{u}||\vec{v}|$($\vec{u}=(a,b),\vec{v}=(c,d)$)— 内積と大きさの関係、つまり $|\cos \theta |\le 1$ の代数版だ。判別式ルートは文字数によらないので $n$ 次元でも同じ3行で通り、数B・数Cのベクトル、そして統計の相関係数($|r|\le 1$)まで、この1本の不等式が支えている。

別解

2次式の判別式から(「なぜ平方が出るのか」の種明かし)。 どんな実数 $t$ に対しても

$$(at-c{)}^2+(bt-d{)}^2\ge 0$$

は明らか。左辺を $t$ について展開すると

$$(a^2+b^2)t^2-2(ac+bd)t+(c^2+d^2)$$

$a^2+b^2>0$ のとき、この2次式がすべての $t$ で $0$ 以上である条件は判別式 $\le 0$:

$$(ac+bd{)}^2-(a^2+b^2)(c^2+d^2)\le 0$$

— 示したい不等式そのものだ($a=b=0$ の場合は両辺 $0$ で自明)。等号は、ある $t$ で $at=c$ かつ $bt=d$、すなわち $(c,d)$ が $(a,b)$ の定数倍のとき。

差の平方(本解)は最短の証明、判別式は「$n$ 個の2乗和でも同じ設計が通る」拡張性が売りだ。実際 $(a_{1}t-c_1{)}^2+\cdots +(a_{n}t-c_n{)}^2\ge 0$ から、$n$ 次元のコーシー・シュワルツが同じ3行で出る。