コーシー=シュワルツの不等式の証明・定義・具体例・例題について
1. コーシー=シュワルツの不等式とは
\[ \left( \sum_{i=1}^{n} a_i^2 \right) \left( \sum_{i=1}^{n} b_i^2 \right) \geq \left( \sum_{i=1}^{n} a_i b_i \right)^2 \]
具体的な例として、\( n = 2 \) の場合を考えると、
\[ (a_1^2 + a_2^2)(b_1^2 + b_2^2) \geq (a_1b_1 + a_2b_2)^2 \]
また、\( n = 3 \) の場合は、
\[ (a_1^2 + a_2^2 + a_3^2)(b_1^2 + b_2^2 + b_3^2) \geq (a_1b_1 + a_2b_2 + a_3b_3)^2 \]
という形になります。
2. コーシー=シュワルツの不等式の証明
2.1. 判別式を利用した証明
任意の実数 \( t \) に対して、次の式を考えます。
\[ f(t) = \sum_{i=1}^{n} (a_i t – b_i)^2 \]
この関数 \(f(t)\) 次のように展開できます。
\[ f(t) = t^2 \sum_{i=1}^{n} a_i^2 – 2t \sum_{i=1}^{n} a_i b_i + \sum_{i=1}^{n} b_i^2 \]
ここで、
- \(A = \sum_{i=1}^{n} a_i^2\)
- \(B = \sum_{i=1}^{n} a_i b_i\)
- \(C = \sum_{i=1}^{n} b_i^2\)
この式は \(t\) の二次式として書き直すことができます。
\[ f(t) = A t^2 – 2Bt + C \]
この関数 \(f(t)\) は任意の \(t\) に対して非負であるため、判別式 \(D\) は以下のように求められます。
\[ D = (2B)^2 – 4AC = 4B^2 – 4AC \]
$D\leq0$より、\[ 4B^2 – 4AC \leq 0 \]\[ B^2 \leq AC \]
すなわち、
\[ \left( \sum_{i=1}^{n} a_i b_i \right)^2 \leq \left( \sum_{i=1}^{n} a_i^2 \right) \left( \sum_{i=1}^{n} b_i^2 \right) \]
コーシー=シュワルツの不等式が成り立つことを確認できました。
2.2. 数学的帰納法を用いた証明
数学的帰納法を利用して証明します。
$f_k = \left( \displaystyle\sum_{i=1}^{k} a_i^2 \right) \left( \displaystyle\sum_{i=1}^{k} b_i^2 \right) – \left( \displaystyle\sum_{i=1}^{k} a_i b_i \right)^2$と置く。
\( k = 1 \) の場合、$f_1$は次のようになります。
\[ f_1 = \left( a_1^2 \right) \left( b_1^2 \right) – \left( a_1 b_1 \right)^2 = a_1^2 b_1^2 – a_1^2 b_1^2 = 0 \geq 0 \]
次に、\( n=k \) に対して、\( f_k \geq 0 \) が成立すると仮定します。
\( k+1 \) のとき、$f_{k+1}$は次のようになります。
\[ f_{k+1} = \left( \sum_{i=1}^{k+1} a_i^2 \right) \left( \sum_{i=1}^{k+1} b_i^2 \right) – \left( \sum_{i=1}^{k+1} a_i b_i \right)^2 \]\[ f_{k+1} = \left( \sum_{i=1}^{k} a_i^2 + a_{k+1}^2 \right) \left( \sum_{i=1}^{k} b_i^2 + b_{k+1}^2 \right) – \left( \sum_{i=1}^{k} a_i b_i + a_{k+1} b_{k+1} \right)^2 \]\[ = \left( \sum_{i=1}^{k} a_i^2 \sum_{i=1}^{k} b_i^2 + a_{k+1}^2 \sum_{i=1}^{k} b_i^2 + b_{k+1}^2 \sum_{i=1}^{k} a_i^2 + a_{k+1}^2 b_{k+1}^2 \right) – \left( \sum_{i=1}^{k} a_i b_i \right)^2 – 2\left( \sum_{i=1}^{k} a_i b_i \right)a_{k+1} b_{k+1} – \left( a_{k+1} b_{k+1} \right)^2 \]
この式を仮定を用いて再整理すると、
\[ f_{k+1} = f_k + \left( a_{k+1}^2 \sum_{i=1}^{k} b_i^2 + b_{k+1}^2 \sum_{i=1}^{k} a_i^2 \right) – 2\left( \sum_{i=1}^{k} a_i b_i \right)a_{k+1} b_{k+1} \]\[ \geq 0 + \sum_{i=1}^{k} \left( a_{k+1}^2 b_i^2 + b_{k+1}^2 a_i^2 – 2a_{k+1} b_{k+1} a_i b_i \right) \]\[ = \sum_{i=1}^{k} \left( \left(a_{k+1} b_i – b_{k+1} a_i\right)^2 \right)\geq 0 \]
したがって \( f_{k+1} \geq 0 \) も成り立つことが示されました。
よって、数学的帰納法によって、$f_k \geq 0$が成り立つことが示されました。したがって、
$$f_k = \left( \displaystyle\sum_{i=1}^{k} a_i^2 \right) \left( \displaystyle\sum_{i=1}^{k} b_i^2 \right) – \left( \sum_{i=1}^{k} a_i b_i \right)^2\geq 0$$
$$\therefore \left( \displaystyle\sum_{i=1}^{k} a_i^2 \right) \left( \displaystyle\sum_{i=1}^{k} b_i^2 \right) \geq \left( \sum_{i=1}^{k} a_i b_i \right)^2$$
3. 例題
3.1. 例題1(n=2のとき)
\[ (a_1^2 + a_2^2)(b_1^2 + b_2^2) \geq (a_1b_1 + a_2b_2)^2 \]
まず、不等式を次のように変形します。
\[ S = (a_1^2 + a_2^2)(b_1^2 + b_2^2) – (a_1b_1 + a_2b_2)^2 \]
を計算します。
\[
S = a_1^2b_1^2 + a_1^2b_2^2 + a_2^2b_1^2 + a_2^2b_2^2 – (a_1^2b_1^2 + 2a_1a_2b_1b_2 + a_2^2b_2^2)
\]
この式を整理すると、以下のようになります。
\[ S = (a_1^2b_2^2 + a_2^2b_1^2 – 2a_1a_2b_1b_2) \]
ここで、以下のように書き換えます。
\[ S = (a_1b_2 – a_2b_1)^2 \]
この式が平方の形であることから、$S\geq 0$であることがわかります。
したがって、
\[ S = (a_1b_2 – a_2b_1)^2 \geq 0 \]
よって、$S\geq 0$が成立することが証明されました。
$$(a_1^2 + a_2^2)(b_1^2 + b_2^2) – (a_1b_1 + a_2b_2)^2 \geq 0$$
$$ \therefore (a_1^2 + a_2^2)(b_1^2 + b_2^2) \geq (a_1b_1 + a_2b_2)^2 $$
3.1.1. 別解
別解として、Muirheadの不等式を用いて考えてみたいと思います。
先ほどと同様に、\[ S = (a_1^2b_2^2 + a_2^2b_1^2 – 2a_1a_2b_1b_2) \]となります。
$(2, 0)\succeq (1, 1)$ より、$x,y\in \mathbb{R}$とすると、
$$ \sum_{\text{Sym}} x \geq \sum_{\text{Sym}} xy $$
$$\therefore x^2+y^2 \geq 2xy$$
したがって、$x=a_1b_2,y=a_2b_1$と置くと$S\geq 0$が成立する。
4. 別の形のコーシー=シュワルツの不等式
4.1. 積分形式
4.2. 期待値形式
\[ \mathbb{E}[X^2] = \sum_{i} P(X = x_i) \cdot x_i^2 \]
\[ \mathbb{E}[Y^2] = \sum_{j} P(Y = y_j) \cdot y_j^2 \]
\[ \mathbb{E}[XY] = \sum_{i, j} P(X = x_i, Y = y_j) \cdot x_i \cdot y_j \]これを用いて、不等式は次のように具体的に書くことができます。\[ \left(\sum_{i} P(X = x_i) \cdot x_i^2\right) \cdot \left(\sum_{j} P(Y = y_j) \cdot y_j^2\right) \geq \left(\sum_{i, j} P(X = x_i, Y = y_j) \cdot x_i \cdot y_j\right)^2 \]
