Induksjonsbevis for Cauchy-Schwarz' ulikhet
Lagt inn: 12/06-2013 13:27
Jeg kom over en oppgave som ba meg om å finne et bevis for Cauchy-Schwarz' ulikhet som jeg ikke har sett før. Mitt første innfall var å finne et induksjonsbevis, noe jeg tror gikk bra. Når jeg poster her er jeg like interessert i å få tilbakemelding på selve føringen av beviset som jeg er i å få påpekt logiske feil jeg har gjort, eventuelt verifisert at det jeg har gjort er riktig. Hvordan er føringen av beviset? Er det lett å forstå hva jeg gjør ved alle steg?
Vi ønsker å vise at dersom [tex]a_1, a_2, ...[/tex] og [tex]b_1, b_2, ...[/tex] er reelle tall, så holder ulikheten
[tex]a_1 b_1 + a_2 b_2 + \cdots + a_n b_n \leq \sqrt{a_1^2 + a_2^2 + \cdots + a_n^2} \sqrt{b_1^2 + b_2^2 + \cdots + b_n^2}[/tex] (1)
for alle naturlige tall [tex]n[/tex]. For å gjøre livet vårt enklere setter vi
[tex]D = a_1 b_1 + \cdots + a_n b_n[/tex],
[tex]A = \sqrt{a_1^2 + \cdots + a_n^2}[/tex],
[tex]B = \sqrt{b_1^2 + \cdots + b_n^2}[/tex]
Da kan vi skrive (1) som [tex]D \leq AB[/tex].
Vi behøver først å etablere et midlertidig resultat. Det er åpenbart at
[tex](Ab_{n+1}-Ba_{n+1})^2 \geq 0[/tex]
siden venstre side er et kvadrat. Dette medfører at
[tex]2ABa_{n+1}b_{n+1} \leq A^2b_{n+1}^2 + B^2a_{n+1}^2[/tex] (2)
På samme måte er det åpenbart at
[tex](Ab_{n+1}+Ba_{n+1})^2 \geq 0[/tex]
Det følger at
[tex]-2ABa_{n+1}b_{n+1} \leq A^2b_{n+1}^2 + B^2a_{n+1}^2[/tex] (3)
Ved å kombinere (2) og (3), får vi ulikheten
[tex]|2ABa_{n+1}b_{n+1}| \leq A^2b_{n+1}^2 + B^2a_{n+1}^2[/tex] (4)
Nå kan vi gå løs på induksjonsdelen av beviset. Tilfellet [tex]n = 1[/tex] er åpenbart. Vi vil nå vise at dersom ulikheten holder for [tex]n[/tex], må den også holde for [tex]n+1[/tex]. Ved å bruke induksjonshypotesen, får vi
[tex](D + a_{n+1}b_{n+1})^2 = D^2 + 2Da_{n+1}b_{n+1} + a_{n+1}^2b_{n+1}^2 \leq D^2 + |2Da_{n+1}b_{n+1}| + a_{n+1}^2b_{n+1}^2 \overset{(1)}{\leq} A^2B^2 + |2ABa_{n+1}b_{n+1}| + a_{n+1}^2b_{n+1}^2[/tex]
Vi bruker så det midlertidige resultatet:
[tex]A^2B^2 + |2ABa_{n+1}b_{n+1}| + a_{n+1}^2b_{n+1}^2 \overset{(4)}{\leq} A^2B^2 + A^2b_{n+1}^2 + B^2a_{n+1}^2 + a_{n+1}^2b_{n+1}^2 = (A^2 + a_{n+1}^2)(B^2 + b_{n+1}^2)[/tex]
Vi har dermed vist at dersom ulikheten holder for [tex]n[/tex], får vi ulikheten
[tex](D + a_{n+1}b_{n+1})^2 \leq (A^2 + a_{n+1}^2)(B^2 + b_{n+1}^2)[/tex]
Det følger at
[tex]D + a_{n+1}b_{n+1} \leq \sqrt{A^2 + a_{n+1}^2}\sqrt{B^2 + b_{n+1}^2}[/tex]
Hvis vi setter inn for [tex]D[/tex], [tex]A[/tex], og [tex]B[/tex], får vi
[tex]a_1 b_1 + \cdots + a_n b_n + a_{n+1}b_{n+1} \leq \sqrt{a_1^2 + \cdots + a_n^2 + a_{n+1}^2}\sqrt{b_1^2 + \cdots + b_n^2 + b_{n+1}^2}[/tex]
Ved induksjon holder dermed ulikheten for alle [tex]n[/tex]. QED.
Vi ønsker å vise at dersom [tex]a_1, a_2, ...[/tex] og [tex]b_1, b_2, ...[/tex] er reelle tall, så holder ulikheten
[tex]a_1 b_1 + a_2 b_2 + \cdots + a_n b_n \leq \sqrt{a_1^2 + a_2^2 + \cdots + a_n^2} \sqrt{b_1^2 + b_2^2 + \cdots + b_n^2}[/tex] (1)
for alle naturlige tall [tex]n[/tex]. For å gjøre livet vårt enklere setter vi
[tex]D = a_1 b_1 + \cdots + a_n b_n[/tex],
[tex]A = \sqrt{a_1^2 + \cdots + a_n^2}[/tex],
[tex]B = \sqrt{b_1^2 + \cdots + b_n^2}[/tex]
Da kan vi skrive (1) som [tex]D \leq AB[/tex].
Vi behøver først å etablere et midlertidig resultat. Det er åpenbart at
[tex](Ab_{n+1}-Ba_{n+1})^2 \geq 0[/tex]
siden venstre side er et kvadrat. Dette medfører at
[tex]2ABa_{n+1}b_{n+1} \leq A^2b_{n+1}^2 + B^2a_{n+1}^2[/tex] (2)
På samme måte er det åpenbart at
[tex](Ab_{n+1}+Ba_{n+1})^2 \geq 0[/tex]
Det følger at
[tex]-2ABa_{n+1}b_{n+1} \leq A^2b_{n+1}^2 + B^2a_{n+1}^2[/tex] (3)
Ved å kombinere (2) og (3), får vi ulikheten
[tex]|2ABa_{n+1}b_{n+1}| \leq A^2b_{n+1}^2 + B^2a_{n+1}^2[/tex] (4)
Nå kan vi gå løs på induksjonsdelen av beviset. Tilfellet [tex]n = 1[/tex] er åpenbart. Vi vil nå vise at dersom ulikheten holder for [tex]n[/tex], må den også holde for [tex]n+1[/tex]. Ved å bruke induksjonshypotesen, får vi
[tex](D + a_{n+1}b_{n+1})^2 = D^2 + 2Da_{n+1}b_{n+1} + a_{n+1}^2b_{n+1}^2 \leq D^2 + |2Da_{n+1}b_{n+1}| + a_{n+1}^2b_{n+1}^2 \overset{(1)}{\leq} A^2B^2 + |2ABa_{n+1}b_{n+1}| + a_{n+1}^2b_{n+1}^2[/tex]
Vi bruker så det midlertidige resultatet:
[tex]A^2B^2 + |2ABa_{n+1}b_{n+1}| + a_{n+1}^2b_{n+1}^2 \overset{(4)}{\leq} A^2B^2 + A^2b_{n+1}^2 + B^2a_{n+1}^2 + a_{n+1}^2b_{n+1}^2 = (A^2 + a_{n+1}^2)(B^2 + b_{n+1}^2)[/tex]
Vi har dermed vist at dersom ulikheten holder for [tex]n[/tex], får vi ulikheten
[tex](D + a_{n+1}b_{n+1})^2 \leq (A^2 + a_{n+1}^2)(B^2 + b_{n+1}^2)[/tex]
Det følger at
[tex]D + a_{n+1}b_{n+1} \leq \sqrt{A^2 + a_{n+1}^2}\sqrt{B^2 + b_{n+1}^2}[/tex]
Hvis vi setter inn for [tex]D[/tex], [tex]A[/tex], og [tex]B[/tex], får vi
[tex]a_1 b_1 + \cdots + a_n b_n + a_{n+1}b_{n+1} \leq \sqrt{a_1^2 + \cdots + a_n^2 + a_{n+1}^2}\sqrt{b_1^2 + \cdots + b_n^2 + b_{n+1}^2}[/tex]
Ved induksjon holder dermed ulikheten for alle [tex]n[/tex]. QED.