数学II / 式と証明

コーシー・シュワルツの不等式(ラグランジュ恒等式)

実戦編式と証明恒等式不等式コーシー・シュワルツ単元横断

問題

実数 $a_{1}, a_{2}, a_{3}, b_{1}, b_{2}, b_{3}$ について、ラグランジュの恒等式 $(a_{1}^{2} + a_{2}^{2} + a_{3}^{2}) (b_{1}^{2} + b_{2}^{2} + b_{3}^{2}) - (a_{1} b_{1} + a_{2} b_{2} + a_{3} b_{3})^{2} = i < j \sum (a_{i} b_{j} - a_{j} b_{i})^{2}$ を示し、これを用いてコーシー・シュワルツの不等式 $(a_{1} b_{1} + a_{2} b_{2} + a_{3} b_{3})^{2} \leq (a_{1}^{2} + a_{2}^{2} + a_{3}^{2}) (b_{1}^{2} + b_{2}^{2} + b_{3}^{2})$ を示せ。

ヒントを見る

恒等式の右辺は平方の和なので $0$ 以上。左辺 $= (積) - (内積)^{2} \geq 0$ 。等号は $a_{i} b_{j} = a_{j} b_{i}$ (比例)。

解答・解説

方針

恒等式は両辺を展開して一致を確かめる。右辺が平方の和で $\geq 0$ だから、左辺 $\geq 0$ 、すなわちコーシー・シュワルツが従う。

解答

⓪ 発想 — どう考え始めるか。 示したいのは「左辺 $-$ (内積の2乗) $=$ 平方の和」という恒等式。恒等式なら、両辺を展開して突き合わせるのが確実だ。

展開で効くのは添字の整理。左辺は $a_{i}^{2} b_{j}^{2}$ 型の和と $a_{i} b_{i} a_{j} b_{j}$ 型の和の差になり、 $i = j$ の項が打ち消し合って $i < j$ のペアだけが残る。

「 $=$ 平方の和」まで示せば、右辺 $\geq 0$ は自動。コーシー・シュワルツの不等式が“おつりの正体”ごと手に入る。

重要平方の和

\sum_{i < j} (a_{i} b_{j} - a_{j} b_{i})^{2} \geq 0

(各項が

2

乗)

① 恒等式の確認。 左辺を展開する。 $(\sum a_{i}^{2}) (\sum b_{j}^{2}) = \sum_{i, j} a_{i}^{2} b_{j}^{2}$ 、 $(\sum a_{i} b_{i})^{2} = \sum_{i, j} a_{i} b_{i} a_{j} b_{j}$ 。差をとると、 $i = j$ の項は消え、 $i \neq = j$ の項が $i < j \sum (a_{i}^{2} b_{j}^{2} + a_{j}^{2} b_{i}^{2} - 2 a_{i} b_{i} a_{j} b_{j}) = i < j \sum (a_{i} b_{j} - a_{j} b_{i})^{2} .$ これで恒等式が成り立つ。

② 不等式。 右辺は平方の和だから $\geq 0$ 。よって $(a_{1}^{2} + a_{2}^{2} + a_{3}^{2}) (b_{1}^{2} + b_{2}^{2} + b_{3}^{2}) - (a_{1} b_{1} + a_{2} b_{2} + a_{3} b_{3})^{2} \geq 0,$ すなわち $(a_{1} b_{1} + a_{2} b_{2} + a_{3} b_{3})^{2} \leq (a_{1}^{2} + a_{2}^{2} + a_{3}^{2}) (b_{1}^{2} + b_{2}^{2} + b_{3}^{2})$ 。等号は全ての $i < j$ で $a_{i} b_{j} = a_{j} b_{i}$ 、すなわち $a$ と $b$ が比例するとき。

まとめ ラグランジュ恒等式で「積 −(内積) $^{2}$ 」が平方和に等しいことを示すと、コーシー・シュワルツが従う。恒等式(展開)と不等式(平方和)の融合。不等式を「 $\geq 0$ の恒等式」に翻訳するのが定石。

発展 — 一歩先へ。 ベクトルで読むと、コーシー・シュワルツは $∣ a \cdot b ∣ \leq ∣ a ∣∣ b ∣$ 。そして“おつり” $\sum_{i < j} (a_{i} b_{j} - a_{j} b_{i})^{2}$ は、3次元では外積の大きさの2乗 $∣ a \times b ∣^{2}$ 、つまり2つのベクトルが張る平行四辺形の面積の2乗である。不等式の余りに図形の意味が宿っている。

答

左辺を展開すると $\sum_{i, j} a_{i}^{2} b_{j}^{2} - \sum_{i, j} a_{i} b_{i} a_{j} b_{j}$ 。整理すると $\sum_{i < j} (a_{i} b_{j} - a_{j} b_{i})^{2}$ 。右辺は平方和 $\geq 0$ なので $(\sum a_{i} b_{i})^{2} \leq (\sum a_{i}^{2}) (\sum b_{i}^{2})$ 。

別解

別解 — 2次関数の判別式で示す(苦手な人にも見通しのよいルート)。 すべての実数 $t$ について

$f (t) = (a_{1} t + b_{1})^{2} + (a_{2} t + b_{2})^{2} + (a_{3} t + b_{3})^{2} \geq 0$

は明らかだ(平方の和だから)。左辺を展開して $t$ で整理すると

$f (t) = (\sum a_{i}^{2}) t^{2} + 2 (\sum a_{i} b_{i}) t + \sum b_{i}^{2} .$

$\sum a_{i}^{2} > 0$ のとき、常に $0$ 以上の2次式は判別式が $0$ 以下。すなわち $(\sum a_{i} b_{i})^{2} \leq (\sum a_{i}^{2}) (\sum b_{i}^{2})$ 、コーシー・シュワルツそのものだ( $\sum a_{i}^{2} = 0$ なら全 $a_{i} = 0$ で両辺 $0$ )。

等号は $f (t) = 0$ となる $t$ があるとき。つまり各 $a_{i} t + b_{i} = 0$ 、比がすべてそろうときに限る。

恒等式(本解)は「差の正体」まで教えてくれる。判別式は「不等式だけを最短で」出す。両方の顔を知っておきたい。

ポイント

差(右辺 − 左辺)が平方の和になる。
平方和 $\geq 0$ からコーシー・シュワルツ。
等号は $a_{i} b_{j} = a_{j} b_{i}$ ( $a, b$ が比例)。

よくある間違い

展開の整理で $i = j$ の項の扱いを誤る(2つの和はどちらも $a_{i}^{2} b_{i}^{2}$ を含み、差でちょうど消える)。
等号成立条件( $a_{i} b_{j} = a_{j} b_{i}$ 、成分の比がすべてそろう)を書き忘れる。
$i < j$ の組を数え違える(3変数なら $(1, 2), (1, 3), (2, 3)$ の3組。平方は3個)。