MATH

ヒント：一般の\(n\)の式を直接証明するのが難しい場合は，数学的帰納法を使おう．

問題

\((a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\cdots+a_{n}^{2})(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+\cdots+b_{n}^{2})\geqq(a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+\cdots+a_{n}b_{n})^{2}\)であることを数学的帰納法を用いて示せ．(コーシー・シュワルツの不等式)

解答

\((a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\cdots+a_{n}^{2})(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+\cdots+b_{n}^{2})\geqq(a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+\cdots+a_{n}b_{n})^{2}\)について

\(n=1\)では左辺=\(a_{1}^{2}b_{1}^{2}\)　右辺=\(a_{1}^{2}b_{1}^{2}\)となる．よって不等式は成立する．

\(n=k\)のとき，\((a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\cdots+a_{k}^{2})(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+\cdots+b_{k}^{2})\geqq(a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+\cdots+a_{k}b_{k})^{2}\)が成り立つとすると

\((a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\cdots+a_{k+1}^{2})(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+\cdots+b_{k+1}^{2})-(a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+\cdots+a_{k+1}b_{k+1})^{2}\)

\((a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\cdots+a_{k}^{2})(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+\cdots+b_{k}^{2})+a_{k+1}^{2}(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+\cdots+b_{k}^{2})+b_{k+1}^{2}(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\cdots+a_{k}^{2})+a_{k+1}^{2}b_{k+1}^{2}\)

\(-\{a_{k+1}^{2}b_{k+1}^{2}+2a_{k+1}b_{k+1}(a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+\cdots+a_{k}b_{k})+(a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+\cdots+a_{k}b_{k})^{2}\}\)

\(\geqq a_{k+1}^{2}(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+\cdots+b_{k}^{2})+b_{k+1}^{2}(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\cdots+a_{k}^{2})+a_{k+1}^{2}b_{k+1}^{2}\)

\(-\{a_{k+1}^{2}b_{k+1}^{2}+2a_{k+1}b_{k+1}(a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+\cdots+a_{k}b_{k})\}\)

\(=(a_{k+1}b_{1}-b_{k+1}a_{1})^{2}+(a_{k+1}b_{2}-b_{k+1}a_{2})^{2}+\cdots+(a_{k+1}b_{k}-b_{k+1}b_{k})^{2}\geqq 0\)

なお等号成立は次の条件で成立する．

\(\displaystyle \frac{a_{1}}{b_{1}}=\frac{a_{2}}{b_{2}}=\cdots=\frac{a_{k+1}}{b_{k+1}}\)

よって\(n=k+1\)の場合も成り立つ．

以上，数学的帰納法より\((a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\cdots+a_{n}^{2})(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+\cdots+b_{n}^{2})\geqq(a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+\cdots+a_{n}b_{n})^{2}\)が成り立つ．

※エレガントな解き方として，次のような方法がある．

二次関数\(f(x)=\displaystyle \sum_{i=1}^{n}\left(a_{i}x-b_{i}\right)^{2}\)を考える．

常に\(f(x)\geqq 0\)となるため，重解もしくは解を持たない．よって，判別式\(D\leqq 0\)

よって，\(\displaystyle \frac{D}{4}\)\(=\displaystyle \sum_{i=1}^{n}(a_{i}b_{i})^{2}-\left(\sum_{i=1}^{n}a_{i}^{2}\right)\left(\sum_{i=1}^{n}b_{i}^{2}\right)\)\(\leqq 0\)

等号成立は，元の二次関数\(f(x)=0\)で，\(\displaystyle \sum_{i=1}^{n}\left(a_{i}x-b_{i}\right)^{2}=0\) (\(k\)は1から\(n\)すべてで成立)

よって，\(\displaystyle \frac{a_{1}}{b_{1}}=\frac{a_{2}}{b_{2}}=\cdots=\frac{a_{n}}{b_{n}}\)

コーシー・シュワルツの不等式を使う問題

いびつなサイコロがあり，1から6までのそれぞれの目が出る確率が\(\displaystyle \frac{1}{6}\)とは限らないとする．このサイコロを2回ふったとき同じ目が出る確率を\(P\)とし，1回目に奇数，2回目に偶数の目が出る確率を\(Q\)とする．

（１）\(P\displaystyle \geqq\frac{1}{6}\)であることを示せ．また，等号が成立するための必要十分条件を求めよ．

（２）\(\displaystyle \frac{1}{4}\geqq Q\geqq\frac{1}{2}-\frac{3}{2}P\)であることを示せ．(08東工大)

解答

コーシー・シュワルツの不等式を使う．

\((a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\cdots+a_{n}^{2})(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+\cdots+b_{n}^{2})\geqq(a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+\cdots+a_{n}b_{n})^{2}\)…①

（１）

1から6まで目の出る確率をそれぞれ\(a_{1},\cdots a_{6}\)とする．

\(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{6}=1\)…②

\(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\cdots+a_{n}^{2}=P\)…③

ここで，①において，\(b_{1}=\cdots=b_{6}=1\)とおけば，

\(P\times 6\geqq(1)^{2}\) ⇔ \(P\displaystyle \geqq\frac{1}{6}\)

（２）

\(Q=(a_{1}+a_{3}+a_{5})(a_{2}+a_{4}+a_{6})\)…④

ここで，\(A=a_{1}+a_{3}+a_{5}\)とおくと，②，④から\(Q=A(1-A)=-(A-\displaystyle \frac{1}{2})^{2}+\frac{1}{4}\) \((0<A<1)\)

よって，\(\displaystyle \frac{1}{4}\geqq Q\)

また，\(Q+\displaystyle \frac{3}{2}P=(a_{1}+a_{3}+a_{5})(a_{2}+a_{4}+a_{6})+\frac{3}{2}(a_{1}^{2}+\cdots+a_{6}^{2})\)

\(=\displaystyle \frac{1}{2}\{(a_{1}+a_{2})^{2}+(a_{1}+a_{4})^{2}+(a_{1}+a_{6})^{2}+(a_{3}+a_{2})^{2}+(a_{3}+a_{4})^{2}+(a_{3}+a_{6})^{2}+(a_{5}+a_{2})^{2}+(a_{5}+a_{4})^{2}+(a_{5}+a_{6})^{2}\}\)

ここで，コーシー・シュワルツの不等式から

\(Q+\displaystyle \frac{3}{2}P\geqq\)\(\displaystyle \frac{1}{2}\times\frac{1}{9}\times(a_{1}+a_{2}+a_{1}+a_{4}+a_{1}+a_{6}+a_{3}+a_{2}+a_{3}+a_{4}+a_{3}+a_{6}+a_{5}+a_{2}+a_{5}+a_{4}+a_{5}+a_{6})^{2}=\frac{1}{2}\times\frac{1}{9}\times 3^{2}\)\(=\displaystyle \frac{1}{2}\)

以上より，

\(\displaystyle \frac{1}{4}\geqq Q\geqq\frac{1}{2}-\frac{3}{2}P\)