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。 コーシー・シュワルツの不等式は、「左辺 $-$ 右辺 $=$ 平方の和」を示せば一発だ。両辺を展開して差をとる。

左辺 $(a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)$ と右辺 $(ax+by+cz{)}^2$ の差を計算すると、きれいに平方の和にまとまる。

$(ay-bx{)}^2+(bz-cy{)}^2+(cx-az{)}^2$(ラグランジュの恒等式)。平方の和は必ず $0$ 以上だから、左辺 $\ge$ 右辺。等号は $3$ つの平方がすべて $0$、すなわち $a:b:c=x:y:z$。

① 差をとる。 左辺 $-$ 右辺を計算する。

$$(a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)-(ax+by+cz{)}^2$$

② 展開して整理する。 左の積を展開すると $a^2{x}^2+a^2{y}^2+a^2{z}^2+\cdots$ の $9$ 項。$(ax+by+cz{)}^2$ を引くと、同じ項 $a^2{x}^2,b^2{y}^2,c^2{z}^2$ が消え、残りが平方の形にまとまる。

$$=(ay-bx{)}^2+(bz-cy{)}^2+(cx-az{)}^2$$

(これはラグランジュの恒等式。実際に右辺を展開すると左の差に一致する。)

③ 結論。 右辺は平方の和だから $0$ 以上。よって

$$(a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)\ge (ax+by+cz{)}^2$$

④ 等号条件。 等号は $ay=bx$、$bz=cy$、$cx=az$ がすべて成り立つとき、すなわち $a:b:c=x:y:z$($2$ 組のベクトルが平行)のとき。(証明終)

まとめ:$A\ge B$ は「$A-B$ を平方の和にする」。この不等式の差は $(ay-bx{)}^2+(bz-cy{)}^2+(cx-az{)}^2$(ラグランジュの恒等式)。等号は $2$ 組の比が等しい($a:b:c=x:y:z$)とき。

発展 — 一歩先へ。 コーシー・シュワルツの不等式は、成分の数によらず($n$ 次元でも)、積分でも(${\left(\int fg\right)}^2\le \int f^2\int g^2$)成り立つ普遍的な不等式。ベクトルの内積・関数の内積を「大きさの積で抑える」基本原理で、量子力学の不確定性原理や統計の相関係数 $|r|\le 1$ もこの不等式から出る。

別解

別解 — ベクトルの内積として幾何的に見る(得意な人向けの高い視点)。 $\vec{u}=(a,b,c)$、$\vec{v}=(x,y,z)$ とおくと、不等式は

$$|\vec{u}{|}^2|\vec{v}{|}^2\ge (\vec{u}\cdot \vec{v}{)}^2,\text{すなわち}|\vec{u}\cdot \vec{v}|\le |\vec{u}||\vec{v}|.$$

内積の定義 $\vec{u}\cdot \vec{v}=|\vec{u}||\vec{v}|\cos \theta$($\theta$ は $2$ ベクトルのなす角)を使えば、$|\cos \theta |\le 1$ から直ちに従う。等号は $\cos \theta =\pm 1$、すなわち $\vec{u}$ と $\vec{v}$ が平行($a:b:c=x:y:z$)のとき。

ラグランジュの恒等式(本解)の“おつり” $(ay-bx{)}^2+(bz-cy{)}^2+(cx-az{)}^2$ は、$3$ 次元では外積 $\vec{u}\times \vec{v}$ の大きさの $2$ 乗、つまり $2$ ベクトルが張る平行四辺形の面積の $2$ 乗だ。「内積は大きさの積を超えない」という図形的事実が、コーシー・シュワルツの正体である。