0

コーシーシュワルツの不等式の証明

153
2
$$\newcommand{BEQ}[0]{\begin{eqnarray}} \newcommand{ceil}[1]{\left\lceil#1\right\rceil} \newcommand{Df}[2]{\frac{\varDelta}{\varDelta #2} #1} \newcommand{Dfn}[3]{\frac{\varDelta^{#3}}{\varDelta #2^{#3}} #1} \newcommand{EEQ}[0]{\end{eqnarray}} \newcommand{floor}[1]{ \left\lfloor#1\right\rfloor} \newcommand{FT}[1]{ \mathcal{F}\left[#1\right]} \newcommand{hgf}[5]{{}_{#1}F_{#2}\left(\genfrac{}{}{0pt}{}{#3}{#4}\,;\,#5\right)} \newcommand{IFT}[1]{ \mathcal{F^{-1}}\left[#1\right]} \newcommand{ILT}[1]{\mathcal{L^{-1}}\left[#1\right]} \newcommand{Iz}[0]{\int_z^{\infty} } \newcommand{IZT}[1]{\mathcal{Z^{-1}}\left[#1\right]} \newcommand{LT}[1]{\mathcal{L}\left[#1\right]} \newcommand{SI}[1]{\sum_{#1=1}^{\infty}} \newcommand{Sm}[2]{\sum #1 \varDelta #2 } \newcommand{SmLm}[4]{\sum_{#1}^{#2} #3 \varDelta #4} \newcommand{SO}[1]{\sum_{#1 = 0}^{\infty}} \newcommand{Up}[2]{#1^{\overline{#2}}} \newcommand{ZT}[1]{\mathcal{Z}\left[#1\right]} $$
コーシー・シュワルツの不等式

$$ (a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2)(b_1^2+b_2^2+\cdots+b_n^2) \ge (a_1 b_1+a_2 b_2+\cdots+a_n b_n)^2 $$

$n$次元空間のベクトルを
$$ \BEQ α&=&(a_1,a_2,\cdots,a_n)\\ β&=&(b_1,b_2,\cdots,b_n) \EEQ $$とおく。この二つのベクトルのなす角を$θ$とおき、$n$次元空間においてその二つのベクトルが張る平面内の平行四辺形の面積Sは
$$ \BEQ S &=&|α||β|\sin(θ) \EEQ $$である。面積$S$$0$以上なので、
$$ \BEQ S &=&|α||β|\sqrt{1-\cos^2(θ)}=|α||β|\sqrt{1-\left(\frac{α\cdot β}{|α||β|}\right)^2}\\ &=&|α||β|\sqrt{1-\left(\frac{α\cdot β}{|α||β|}\right)^2}\\ &=&|α||β|\sqrt{\frac{(|α||β|)^2-(α\cdot β)^2}{(|α||β|)^2}}\\ &=&\sqrt{(|α||β|)^2-(α\cdot β)^2}\ge 0\\ \EEQ $$ここで両辺を二乗して
$$ \BEQ (|α||β|)^2-(α\cdot β)^2 &\ge& 0\\ (|α||β|)^2 &\ge& (α\cdot β)^2\\ |α|^2|β|^2 &\ge& (α\cdot β)^2\\ \EEQ $$
よって
$$ (a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2)(b_1^2+b_2^2+\cdots+b_n^2) \ge (a_1 b_1+a_2 b_2+\cdots+a_n b_n)^2 $$が成立し命題が示された。

投稿日:20231023
OptHub AI Competition

この記事を高評価した人

高評価したユーザはいません

この記事に送られたバッジ

バッジはありません。

投稿者

zeta
33
3361

コメント

他の人のコメント

コメントはありません。
読み込み中...
読み込み中