シュワルツの不等式

\begin{alignat}{2}
&2項:(a^2+b^2)(x^2+y^2) \geq (ax+by)^2 \\
&\left(等号成立:\frac{x}{a}=\frac{y}{b}\right)\\
&3項:(a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2) \geq (ax+by+cz)^2 \\
&\left(等号成立:\frac{x}{a}=\frac{y}{b}=\frac{z}{c}\right)\\
&n項: ({a_1}^2+{a_2}^2+ \cdots +{a_{n-1}}^2+{a_n}^2) ({x_1}^2+{x_2}^2+ \cdots +x_{n-1}^2+x_n^2) \\
&    \geq (a_1x_1+a_2x_2+a_3x_3+ \cdots +a_nx_n)^2 \\
&\left(等号成立:\frac{x_1}{a_1}=\frac{x_2}{a_2}=\frac{x_3}{a_3}= \cdots =\frac{x_n}{a_n}\right) \\
&\displaystyle\int_a^b {f(x)}^2dx \displaystyle\int_a^b {g(x)}^2dx \geq \left\{\displaystyle\int_a^b f(x)g(x)dx\right\}^2  (a \lt b)\\
&(等号成立: f(x)=0,または g(x)=0,または g(x)=tf(x) と表されるとき)
\end{alignat}


まずは \(|\vec{a}|^2|\vec{b}|^2 \geq (\vec{a} \cdot \vec{b})^2 \) が成り立つことを示します。
(ⅰ) \(\vec{a}=\vec{0}\) または \(\vec{b}=\vec{0}\) のとき明らかに成り立ちます。
(ⅱ) \(\vec{a}≠\vec{0}\) かつ \(\vec{b}≠\vec{0}\) のとき\begin{alignat}{2}
&\vec{a} \cdot \vec{b}=|\vec{a}||\vec{b}|cosθ (-1\leq cosθ \leq 1)\\
&-|\vec{a}||\vec{b}| \leq |\vec{a}||\vec{b}|cosθ \leq |\vec{a}||\vec{b}| \\
&-|\vec{a}||\vec{b}| \leq \vec{a} \cdot \vec{b} \leq |\vec{a}||\vec{b}|  ,   |\vec{a}|^2|\vec{b}|^2 \geq (\vec{a} \cdot \vec{b})^2 \cdots (A)
\end{alignat}
\((1) \vec{a}=(a,b) , \vec{b}=(x,y) \) と置くと
\( \vec{a} \cdot \vec{b}=ax+by , |\vec{a}|^2=a^2+b^2 , |\vec{b}|^2=x^2+y^2\) 
となりますので、これを\((A)\)の式に代入します。
$$ (a^2+b^2)(x^2+y^2) \geq (ax+by)^2 $$(等号成立条件は \(\frac{x}{a}=\frac{y}{b}=t \) と置いて \(x=at , y=bt \)を不等式に代入すれば容易に確認できます。(2)(3)も同様です。)



\((2) \vec{a}=(a,b,c) , \vec{b}=(x,y,z) \) と置くと
\( \vec{a} \cdot \vec{b}=ax+by+cz , |\vec{a}|^2=a^2+b^2+c^2 , |\vec{b}|^2=x^2+y^2+z^2\) 
となりますので、これを\((A)\)の式に代入します。
$$ (a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2) \geq (ax+by+cz)^2 $$


\((3) \vec{a}=(a_1,a_2, \cdots ,a_n) , \vec{b}=(x_1,x_2 \cdots ,x_n) \) と置くと
\( \vec{a} \cdot \vec{b}=a_1x_1+a_2x_2+ \cdots a_nb_n \\|\vec{a}|^2=a_1^2+a_2^2+ \cdots +a_n^2 , |\vec{b}|^2=x_1^2+x_2^2+ \cdots +x_n^2 \)
となりますので、これを\((A)\)の式に代入します。
$$({a_1}^2+{a_2}^2+ \cdots +{a_{n-1}}^2+{a_n}^2) ({x_1}^2+{x_2}^2+ \cdots +x_{n-1}^2+x_n^2) $$$$\geq (a_1x_1+a_2x_2+a_3x_3+ \cdots +a_nx_n)^2$$

(3)の別証明(2次不等式)
任意の実数 \(t\) に対して次のように不等式を作ります。
\begin{alignat}{2}
&(a_1t+x_1)^2+(a_2t+x_2)^2+ \cdots +(a_nt+x_n)^2 \geq0\\ 
&(a_1^2+a_2^2+ \cdots +a_n^2)t^2+2(a_1x_1+a_2x_2+\cdots +a_nx_n)t\\
&      +(x_1^2+x_2^2+\cdots +x_x^2) \geq 0
\end{alignat} この2次不等式を満たす条件を考えます。
(ⅰ) \(2\) 次の係数が \(0\) のとき,すなわち
  \(a_1^2+a_2^2+ \cdots +a_n^2=0\) のとき
  \(a_1=a_2= \cdots =a_n=0\) となるので成立します。
(ⅱ) \(a_1^2+a_2^2+ \cdots +a_n^2 \gt 0\) のとき
\begin{alignat}{2}
&\frac{D}{4}=(a_1x_1+a_2x_2+\cdots +a_nx_n)^2\\
&    -(a_1^2+a_2^2+ \cdots +a_n^2)(x_1^2+x_2^2+\cdots +x_x^2) \leq 0 \\
\end{alignat} となりますので $$({a_1}^2+{a_2}^2+ \cdots +{a_{n-1}}^2+{a_n}^2) ({x_1}^2+{x_2}^2+ \cdots +x_{n-1}^2+x_n^2) $$$$\geq (a_1x_1+a_2x_2+a_3x_3+ \cdots +a_nx_n)^2$$ 等号成立条件は始めに置いた式より \(a_1t+x_1=a_2t+x_2= \cdots =a_nt+x_n=0\) すなわち$$\frac{x_1}{a_1}=\frac{x_2}{a_2}=\frac{x_3}{a_3}= \cdots =\frac{x_n}{a_n}(=-t) $$


(4) 任意の実数 \(t\) に対して次のように不等式を作ります。\((a \lt b) \) $$ \displaystyle\int_a^b\{tf(x)-g(x)\}^2 \geq 0 $$$$ \displaystyle\int_a^b\{t^2f(x)^2-2tf(x)g(x)+g(x)^2\} \geq 0 $$$$ t^2\displaystyle\int_a^b f(x)^2dx-2t \displaystyle\int_a^b f(x)g(x)dx+ \displaystyle\int_a^b g(x)^2dx \geq 0$$ ここで積分をそれぞれ次のように置きます。$$a=\displaystyle\int_a^b f(x)^2dx  , b= \displaystyle\int_a^b f(x)g(x)dx  , c= \displaystyle\int_a^b g(x)^2dx$$  すると次の2次不等式を解くことになり、解いた後に文字を戻せば$$at^2-2bt+c \geq 0$$$$\frac{D}{4}=b^2-ac \leq 0 , ac \geq b^2$$$$\displaystyle\int_a^b {f(x)}^2dx \displaystyle\int_a^b {g(x)}^2dx \geq \left\{\displaystyle\int_a^b f(x)g(x)dx\right\}^2 $$等号成立条件は明らかに\(f(x)=0\) または \(g(x)=0\) であり、さらに始めに置いた不等式から \(g(x)=tf(x)\) であることが分かります。

(4)の別の証明(不等式を移項して \(b\) の関数とみて微分)
\begin{alignat}{2}
&F(b)=\displaystyle\int_a^b {f(x)}^2dx \displaystyle\int_a^b {g(x)}^2dx-\left\{\displaystyle\int_a^b f(x)g(x)dx\right\}^2 \\
&F(b)’=f(b)^2 \displaystyle\int_a^b g(x)^2dx+g(b)^2 \displaystyle\int_a^b f(x)^2dx\\
&            -2\left\{\displaystyle\int_a^b f(x)g(x)dx\right\}\{f(b)g(b)\}\\
&= \displaystyle\int_a^b \{f(b)^2g(x)^2-2f(x)g(x)f(b)g(b)+g(b)^2f(x)^2\}dx\\
&=\displaystyle\int_a^b \{f(b)g(x)-f(x)g(b)\}^2dx \geq 0
\end{alignat}となって、\(F(b)\) は単調増加します。また\(F(a)=0\) で \(a \lt b\) だから \(F(b) \geq 0\)です。以上より $$\displaystyle\int_a^b {f(x)}^2dx \displaystyle\int_a^b {g(x)}^2dx \geq \left\{\displaystyle\int_a^b f(x)g(x)dx\right\}^2$$





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