No.3ベストアンサー
- 回答日時:
こうやれば、ほとんど計算も不要ですっきり。
↓
(証明)
2つのベクトル(x,y,z)と(p,q,r)のなす角をθとおくと、内積を考えることにより、
cosθ=(px+qy+rz)/{√(x²+y²+z²)√(p²+q²+r²)}
であり、cosθ≦1であるから、
(px+qy+rz)/{√(x²+y²+z²)√(p²+q²+r²)}≦1
∴px+qy+rz≦{√(x²+y²+z²)√(p²+q²+r²)}
等号は、cosθ=1つまりθ=0のときであり、このときは、2つのベクトル(x,y,z)と(p,q,r)
が平行であるから、ある実数wに対し、(x,y,z)=w(p,q,r)
(証明終了)
とは言っても、ベタで計算するなら、こうやるんだろうね。
↓
(証明)
与式の左辺≧0であるから、px+qy+rz<0のときは自明。
以下、px+qy+rz>0のときを考える。
与式の両辺は0以上であるから、両辺を2乗しても同値であり、
{√(x²+y²+z²)√(p²+q²+r²)}²≧(px+qy+rz)²を証明すればよい。
上式の左辺-右辺={√(x²+y²+z²)√(p²+q²+r²)}²-(px+qy+rz)²
=(x²+y²+z²)(p²+q²+r²)-(p²x²+q²y²+r²z²+2pqxy+2qryz+2rpzx)
=(p²x²+q²x²+r²x²+p²y²+q²y²+r²y²+p²z²+q²z²+r²z²)-(p²x²+q²y²+r²z²+2pqxy+2qryz+2rpzx)
=q²x²+r²x²+p²y²+r²y²+p²z²+q²z²-2pqxy-2qryz-2rpzx
=(q²x²-2pqxy+p²y²)+(r²y²-2qryz+q²z²)+(r²x²-2rpzx+p²z²)
=(qx-py)²+(ry-qz)²+(rx-pz)²≧0
である。
等号は、qx=pyかつry=qzかつrx=pzのとき、つまり、
x:y=p:qかつy:z=q:rかつz:x=r:pのときであるから、x:y:z=p:q:rのとき。
(証明終了)
注:(x,y,z)=w(p,q,r)とx:y:z=p:q:rは同値。
No.4
- 回答日時:
文字は全て実数とする。
シュワルツの不等式の証明方法の定番は、まず次の不等式の成立を確認する。uは実数変数である。
左辺は実数の二乗の和だから、プラスまたは0である。
(pu+x)^2+(qu+y) ^2+(ru+z)^2≧0__①
カッコをはずして、uの2次方程式の形にする。
(p^2+q^2+r^2)u^2+2(px+qy+rz)u+x^2+y^2+z^2=0__②
uが変化しても、①が常にプラスのとき、同じ式である②の左辺はつねにプラスであるから2次方程式は0にならないから実根を持たない。したがってuの2次方程式②の判別式はマイナスになる。
D/4=(px+qy+rz)^2-(p^2+q^2+r^2)(x^2+y^2+z^2)<0__③
である。③の第2項を移項して平方根を取れば
(px+qy+rz)^2< (p^2+q^2+r^2) (x^2+y^2+z^2)
px+qy+rz<√(p^2+q^2+r^2)√(x^2+y^2+z^2)___④
これで証明できた。
①が0になる時は、二乗の各項が0になるから
(pu+x)^2=(qu+y) ^2=(ru+z) ^2=0___⑤
x=-pu,y=-qu,z=-ru___⑥
⑥を④に入れると、左辺=右辺、が成立する。判別式D/4=0となる。
このときx:y:z=p:q:r__⑦
の比例関係である。
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