Cauchy–Schwarz inequality 프랑스 의 수학자
오귀스탱 루이 코시 (Cauchy, Augustin-Louis)가 만들고 이후
독일 의 수학자 헤르만 슈바르츠(Schwartz, Hermann)
가 수정한
절대부등식 이다.
고등학교 과정에서는 보통
( a 2 + b 2 ) ( c 2 + d 2 ) ≥ ( a c + b d ) 2 \left(a^2 + b^2 \right)\left(c^2 + d^2 \right) \ge \left(ac + bd\right) ^2 ( a 2 + b 2 ) ( c 2 + d 2 ) ≥ ( a c + b d ) 2 (단, 등호는
a c = b d \displaystyle \frac{a}{c}=\frac{b}{d} c a = d b 일 때 성립)
일 때를 다루고, 일반적으로는 변수가 여러 개일 때
( a 1 2 + ⋯ + a n 2 ) ( b 1 2 + ⋯ + b n 2 ) ≥ ( a 1 b 1 + ⋯ + a n b n ) 2 \left({a_1}^2 + \cdots +{a_n}^2 \right)\left({b_1}^2 + \cdots +{b_n}^2 \right) \ge \left({a_1}{b_1} + \cdots +{a_n}{b_n} \right)^2 ( a 1 2 + ⋯ + a n 2 ) ( b 1 2 + ⋯ + b n 2 ) ≥ ( a 1 b 1 + ⋯ + a n b n ) 2 의 형태 또는 적분형태
∫ a b f ( x ) 2 d x ∫ a b g ( x ) 2 d x ≥ ( ∫ a b f ( x ) g ( x ) d x ) 2 \displaystyle \int_{a}^{b}f\left(x\right)^2 dx \int_{a}^{b}g\left(x\right)^2 dx \ge \left(\int_{a}^{b}f\left(x\right)g\left(x\right) dx\right)^2 ∫ a b f ( x ) 2 d x ∫ a b g ( x ) 2 d x ≥ ( ∫ a b f ( x ) g ( x ) d x ) 2 로, 확률론에서는
E ( X 2 ) E ( Y 2 ) ≥ E ( X Y ) 2 E\left(X^2\right)E\left(Y^2\right) \ge E\left(XY\right)^2 E ( X 2 ) E ( Y 2 ) ≥ E ( X Y ) 2 로 등장한다.
고등학교 과정에서 이걸 잠깐 보면 후술할 2.3.의 과정과 같이 양변을 빼서 완전제곱식의 합으로 만든 다음 '에이 쉽네'하고 넘어가겠지만, 사실 이 부등식은 수학에선 매우 중요한 부등식이다. 코시-슈바르츠 부등식의 가장 일반적인 형태는 다음과 같다.
∥ v ∥ 2 ∥ w ∥ 2 ≥ ∣ v ⋅ w ∣ 2 \left\Vert v\right\Vert ^{2}\left\Vert w\right\Vert ^{2}\ge\left\vert v\cdot w\right\vert^{2} ∥ v ∥ 2 ∥ w ∥ 2 ≥ ∣ v ⋅ w ∣ 2 여기서
∥ ∥ \left\Vert\right\Vert ∥ ∥ 는 벡터의 유클리드
노름 ,
⋅ \cdot ⋅ 는 벡터의 내적이다. 물론 이 벡터는 3차원 벡터 뿐만이 아니라
선형대수학 의 일반적인 내적공간의
벡터 이다.
이 코시-슈바르츠 부등식이 적용되는
확률론 의
분산 /
공분산 ,
해석학 의
L 2 L^{2} L 2 공간 등의 다양한 상황이 거의 내적으로 설명된다는 것을 확인한다면,
선형대수학 의 범용성과 이 절대부등식의 심오함을 다시 한번 깨닫게 될 것이다.
이걸로
하이젠베르크 의
불확정성 원리 까지 증명할 수 있다.
실수
t t t 에 대한 이차식
∥ v + t w ∥ 2 = 0 \left\Vert v+tw\right\Vert^{2}=0 ∥ v + tw ∥ 2 = 0 의 판별식이 0 이하라는 것이 이 부등식과 동치가 됨을 쉽게 확인할 수 있다. 당연히 이 증명에도
벡터 의 기하학적 직관이 들어가 있다.
0 ≤ ∥ v + t w ∥ 2 = ( v + t w ) ⋅ ( v + t w ) = ∥ w ∥ 2 t 2 + 2 ( v ⋅ w ) t + ∥ v ∥ 2 0 \le \left\Vert v+tw\right\Vert^{2}= (v+tw) \cdot (v+tw)=\left\Vert w \right\Vert ^{2}t^{2} + 2 (v \cdot w) t+\left\Vert v\right\Vert^{2} 0 ≤ ∥ v + tw ∥ 2 = ( v + tw ) ⋅ ( v + tw ) = ∥ w ∥ 2 t 2 + 2 ( v ⋅ w ) t + ∥ v ∥ 2 에서
D = ( v ⋅ w ) ( v ⋅ w ) − ∥ w ∥ 2 ∥ v ∥ 2 ≤ 0 D = (v \cdot w)(v \cdot w) - \left\Vert w \right\Vert^{2} \left\Vert v \right\Vert^{2} \le 0 D = ( v ⋅ w ) ( v ⋅ w ) − ∥ w ∥ 2 ∥ v ∥ 2 ≤ 0 ∴ ∥ v ∥ 2 ∥ w ∥ 2 ≥ ∣ v ⋅ w ∣ 2 \therefore \left\Vert v\right\Vert ^{2}\left\Vert w\right\Vert ^{2}\ge\left\vert v\cdot w\right\vert^{2} ∴ ∥ v ∥ 2 ∥ w ∥ 2 ≥ ∣ v ⋅ w ∣ 2 등호 조건은
∣ v ⃗ ∣ × ∣ w ⃗ ∣ = v ⃗ ⋅ w ⃗ |\vec{v}| \times |\vec{w}| = \vec{v} \cdot \vec{w} ∣ v ∣ × ∣ w ∣ = v ⋅ w 일 때이므로 두 벡터
v ⃗ \vec{v} v 와
w ⃗ \vec{w} w 가 평행인 것이다.
위 증명을 벡터를 쓰지 않고 증명한다면, 다음과 같다.
이차함수
f ( x ) f(x) f ( x ) 를 다음과 같이 정의하면,
f ( x ) = ( a 1 x − b 1 ) 2 + ( a 2 x − b 2 ) 2 + ⋯ + ( a n x − b n ) 2 f(x) = (a_1 x-b_1 )^2 +(a_2 x-b_2 )^2 + \cdots + (a_n x-b_n )^2 f ( x ) = ( a 1 x − b 1 ) 2 + ( a 2 x − b 2 ) 2 + ⋯ + ( a n x − b n ) 2 f ( x ) f(x) f ( x ) 는 완전제곱식의 합이므로 임의의 실수
x x x 에 대하여, 판별식값이
0 0 0 이하이다. 위
f ( x ) f(x) f ( x ) 를 전개하면,
f ( x ) = ( a 1 2 + a 2 2 + ⋯ + a n 2 ) x 2 − 2 ( a 1 b 1 + a 2 b 2 + ⋯ + a n b n ) x + ( b 1 2 + b 2 2 + ⋯ + b n 2 ) f(x)=(a_1^2 +a_2^2 + \cdots + a_n^2 )x^2 - 2(a_1 b_1 + a_2 b_2 + \cdots + a_n b_n )x + (b_1^2 +b_2^2 + \cdots + b_n^2 ) f ( x ) = ( a 1 2 + a 2 2 + ⋯ + a n 2 ) x 2 − 2 ( a 1 b 1 + a 2 b 2 + ⋯ + a n b n ) x + ( b 1 2 + b 2 2 + ⋯ + b n 2 ) 이므로 판별식을 세워보면
D/4 = ( a 1 b 1 + ⋯ + a n b n ) 2 − ( a 1 2 + ⋯ + a n 2 ) ( b 1 2 + ⋯ + b n 2 ) \left({a_1}{b_1} + \cdots +{a_n}{b_n} \right)^2-\left({a_1}^2 + \cdots +{a_n}^2 \right)\left({b_1}^2 + \cdots +{b_n}^2 \right) ( a 1 b 1 + ⋯ + a n b n ) 2 − ( a 1 2 + ⋯ + a n 2 ) ( b 1 2 + ⋯ + b n 2 ) 이 되어 코시-슈바르츠 부등식을 증명할 수 있다.
등호성립조건은 판별식값이
0 0 0 일 때, 즉
f ( x ) = 0 f(x)=0 f ( x ) = 0 가 근이 존재할 때인데, 그 필요충분조건은
a 1 x − b 1 = a 2 x − b 2 = ⋯ = a n x − b n = 0 a_1 x-b_1 = a_2 x-b_2 = \cdots = a_n x-b_n = 0 a 1 x − b 1 = a 2 x − b 2 = ⋯ = a n x − b n = 0 인 실수
x x x 가 존재할 때이다. 따라서 등호성립조건의 필요충분조건은
a 1 b 1 = a 2 b 2 = ⋯ = a n b n \dfrac{a_1}{b_1} = \dfrac{a_2}{b_2} = \cdots = \dfrac{a_n}{b_n} b 1 a 1 = b 2 a 2 = ⋯ = b n a n 일 때이다.
이 방법은 코시 슈바르츠 부등식의 확장을 위한 유용한 증명 방법이다.
A = a 1 2 + a 2 2 + ⋯ + a n 2 A = a_1^2 +a_2^2 + \cdots + a_n^2 A = a 1 2 + a 2 2 + ⋯ + a n 2 ,
B = b 1 2 + b 2 2 + ⋯ + b n 2 B = b_1^2 + b_2^2 + \cdots + b_n^2 B = b 1 2 + b 2 2 + ⋯ + b n 2 라 하면,
2 = 1 + 1 = a 1 2 + a 2 2 + ⋯ + a n 2 A + b 1 2 + b 2 2 + ⋯ + b n 2 B 2 = 1+1 = \dfrac{a_1^2 +a_2^2 + \cdots + a_n^2}{A} + \dfrac{b_1^2 + b_2^2 + \cdots + b_n^2}{B} 2 = 1 + 1 = A a 1 2 + a 2 2 + ⋯ + a n 2 + B b 1 2 + b 2 2 + ⋯ + b n 2 = ( a 1 2 A + b 1 2 B ) + ( a 2 2 A + b 2 2 B ) + ⋯ + ( a n 2 A + b n 2 B ) ≥ 2 a 1 b 1 A B + 2 a 2 b 2 A B + ⋯ + 2 a n b n A B = \left( \dfrac{a_1^2}{A} + \dfrac{b_1^2}{B} \right) + \left( \dfrac{a_2^2}{A} + \dfrac{b_2^2}{B} \right) + \cdots + \left( \dfrac{a_n^2}{A} + \dfrac{b_n^2}{B} \right) \geq \dfrac{2a_1 b_1}{\sqrt{AB}} + \dfrac{2a_2 b_2}{\sqrt{AB}} + \cdots + \dfrac{2a_n b_n}{\sqrt{AB}} = ( A a 1 2 + B b 1 2 ) + ( A a 2 2 + B b 2 2 ) + ⋯ + ( A a n 2 + B b n 2 ) ≥ A B 2 a 1 b 1 + A B 2 a 2 b 2 + ⋯ + A B 2 a n b n 위 식에서 양변에
A B 2 \frac{\sqrt{AB}}{2} 2 A B 를 곱하고 제곱해주면 증명이 된다.
단 위의 증명은
A B ≠ 0 AB≠0 A B = 0 일 때이고,
A B = 0 AB=0 A B = 0 이면 어차피 임의의 양의 정수 n에 대해
a n b n a_nb_n a n b n 값도 0이므로 부등식이 성립한다.
코시-슈바르츠 부등식은 다양한 방법으로 확장이 가능하다. 그 중 대표적인 예가 헬더 부등식이고, 헬더 부등식의 여러 형태 중 (소위
n n n 차 코시라고 일컬어지는) 하나는 다음과 같다.
i = 1 i=1 i = 1 ,
2 2 2 ,
⋯ \cdots ⋯ ,
n n n 이고,
j = 1 j=1 j = 1 ,
2 2 2 ,
⋯ \cdots ⋯ ,
m m m 일 때,
n n n 이 짝수이면
a ( i , j ) a_{(i,j)} a ( i , j ) 가 실수,
n n n 이 홀수이면
a ( i , j ) a_{(i,j)} a ( i , j ) 가 음이 아닌 실수라고 하자. 그러면, 다음 부등식이 성립한다.
( a ( 1 , 1 ) n + a ( 1 , 2 ) n + ⋯ + a ( 1 , m ) n ) ( a ( 2 , 1 ) n + a ( 2 , 2 ) n + ⋯ + a ( 2 , m ) n ) ⋯ ( a ( n , 1 ) n + a ( n , 2 ) n + ⋯ + a ( n , m ) n ) \left(a_{(1,1)}^n + a_{(1,2)}^n + \cdots + a_{(1,m)}^n \right) \left(a_{(2,1)}^n + a_{(2,2)}^n + \cdots + a_{(2,m)}^n \right) \cdots \left(a_{(n,1)}^n + a_{(n,2)}^n + \cdots + a_{(n,m)}^n \right) ( a ( 1 , 1 ) n + a ( 1 , 2 ) n + ⋯ + a ( 1 , m ) n ) ( a ( 2 , 1 ) n + a ( 2 , 2 ) n + ⋯ + a ( 2 , m ) n ) ⋯ ( a ( n , 1 ) n + a ( n , 2 ) n + ⋯ + a ( n , m ) n ) ≥ ( a ( 1 , 1 ) a ( 2 , 1 ) ⋯ a ( n , 1 ) + a ( 1 , 2 ) a ( 2 , 2 ) ⋯ a ( n , 2 ) + ⋯ a ( 1 , m ) a ( 2 , m ) ⋯ a ( n , m ) ) n \geq \left( a_{(1,1)} a_{(2,1)} \cdots a_{(n,1)} + a_{(1,2)} a_{(2,2)} \cdots a_{(n,2)} + \cdots a_{(1,m)} a_{(2,m)} \cdots a_{(n,m)} \right)^n ≥ ( a ( 1 , 1 ) a ( 2 , 1 ) ⋯ a ( n , 1 ) + a ( 1 , 2 ) a ( 2 , 2 ) ⋯ a ( n , 2 ) + ⋯ a ( 1 , m ) a ( 2 , m ) ⋯ a ( n , m ) ) n 증명은
위 2.2 와 마찬가지로 하면 된다. 즉,
A i = a ( i , 1 ) n + a ( i , 2 ) n + ⋯ + a ( i , m ) n A_i =a_{(i,1)}^n + a_{(i,2)}^n + \cdots + a_{(i,m)}^n A i = a ( i , 1 ) n + a ( i , 2 ) n + ⋯ + a ( i , m ) n 라 하면,
n = 1 + 1 + ⋯ + 1 n=1+1+ \cdots +1 n = 1 + 1 + ⋯ + 1 (
n n n 개의
1 1 1 )
= ∑ i = 1 n ∑ j = 1 m a ( i , j ) n A i = ∑ j = 1 m ∑ i = 1 n a ( i , j ) n A i ≥ ∑ j = 1 m n a ( 1 , j ) a ( 2 , j ) ⋯ a ( n , j ) A 1 A 2 ⋯ A n n = \displaystyle{\sum_{i=1}^{n}{\sum_{j=1}^{m}{\frac{a_{(i,j)}^n}{A_i}}} = \sum_{j=1}^{m}{\sum_{i=1}^{n}{\frac{a_{(i,j)}^n}{A_i}}} \geq \sum_{j=1}^{m}{\frac{na_{(1,j)} a_{(2,j)} \cdots a_{(n,j)} }{\sqrt[n]{A_1 A_2 \cdots A_n}}}} = i = 1 ∑ n j = 1 ∑ m A i a ( i , j ) n = j = 1 ∑ m i = 1 ∑ n A i a ( i , j ) n ≥ j = 1 ∑ m n A 1 A 2 ⋯ A n n a ( 1 , j ) a ( 2 , j ) ⋯ a ( n , j ) 이고, 이 부등식에서 양변에
A 1 A 2 ⋯ A n n n \dfrac{\sqrt[n]{A_1 A_2 \cdots A_n}}{n} n n A 1 A 2 ⋯ A n 을 곱한 후
n n n 제곱 하면 증명이 된다.
임의의 양의 실수
a a a ,
b b b ,
c c c 에 대하여, 다음 부등식이 성립한다.
a b + c + b c + a + c a + b ≥ 3 2 \dfrac{a}{b+c} + \dfrac{b}{c+a} + \dfrac{c}{a+b} \ge \dfrac{3}{2} b + c a + c + a b + a + b c ≥ 2 3 Proof.
일단 알아두어야 할 것이 있다.
( a 2 + b 2 + c 2 ) 2 = ( a 2 + b 2 + c 2 ) ( b 2 + c 2 + a 2 ) ≥ ( a b + b c + c a ) 2 (a^2+b^2+c^2)^2 = (a^2+b^2+c^2)(b^2+c^2+a^2) \ge (ab+bc+ca)^2 ( a 2 + b 2 + c 2 ) 2 = ( a 2 + b 2 + c 2 ) ( b 2 + c 2 + a 2 ) ≥ ( ab + b c + c a ) 2 ∴ a 2 + b 2 + c 2 ≥ a b + b c + c a \therefore a^2+b^2+c^2 \ge ab+bc+ca ∴ a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + b c + c a ∴ ( a + b + c ) 2 = a 2 + b 2 + c 2 + 2 ( a b + b c + c a ) ≥ 3 ( a b + b c + c a ) \therefore (a+b+c)^2 = a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca) \ge 3(ab+bc+ca) ∴ ( a + b + c ) 2 = a 2 + b 2 + c 2 + 2 ( ab + b c + c a ) ≥ 3 ( ab + b c + c a ) 이 성질은 여러 부등식을 증명할 때 많이 사용하므로 알아두면 좋다.
한국수학올림피아드 에서도 이 공식이 많이 도움이 된다.