配方、Lagrange恆等式與Cauchy不等式

==主旨==

利用配方證明Lagrange恆等式，然後導出Cauchy不等式。

==題目==

1. 直接展開後，合併並配方，證明Lagrange恆等式：
   $$(a_1^2 + a_2^2)(b_1^2 + b_2^2) - (a_1 b_1 + a_2 b_2)^2 = (a_1 b_2 - a_2 b_1)^2.$$
2. 證明n變數的Lagrange恆等式並找出書寫規律：
   \begin{eqnarray*}&&(a_1^2 + a_2^2 + \cdots + a_n^2) (b_1^2 + b_2^2 + \cdots + b_n^2) - (a_1 b_1 + a_2 b_2 + \cdots + a_n b_n)^2 \\ &=& (a_1 b_2 - a_2 b_1)^2 + (a_1 b_3 - a_3 b_1)^2 + \cdots + (a_n b_{n-1} - a_{n - 1} b_n)^2.\end{eqnarray*}
3. 證明Cauchy不等式：
   $$\sqrt{a_1^2 + \cdots + a_n^2} \sqrt{b_1^2 + \cdots + b_n^2} \ge |a_1 b_1 + \cdots + a_n b_n|.$$
4. 求出Cauchy不等式等號成立的充要條件：
   (i) 若Cauchy不等式等號成立，則？
   (ii) 在怎樣的條件下，Cauchy不等式等號會成立？
5. 設$p, q$皆為實數，取$a_1 = p, a_2 = q, b_1 = q, b_2 = p$，使用Cauchy不等式推導出2元算幾不等式：
   $$\frac{\text{非負實數}s + \text{非負實數}t}{2} \ge \sqrt{\text{非負實數}s \times \text{非負實數}t}.$$
   並求出算幾不等式等號成立的充要條件。

三元算幾不等式的代數證明

定理：若$x, y, z$皆為非負實數，則恆有
$$
\frac{x+y+z}{3} \geq \sqrt[3]{xyz}.
$$

[證]：令$\sqrt[3]{x}=a, \sqrt[3]{y}=b, \sqrt[3]{z}=c$，則$x=a^3, y=b^3, z=c^3$。考慮$\frac{x+y+z}{3} - \sqrt[3]{xyz}$，利用「三元三次輪換式」，則
\begin{eqnarray*}
\frac{x+y+z}{3} - \sqrt[3]{xyz}
&=& \frac{1}{3} \left( x+y+z - 3 \sqrt[3]{xyz} \right) \\
&=& \frac{1}{3} \left( \sqrt[3]{x}^3 + \sqrt[3]{y}^3 + \sqrt[3]{z}^3 - 3\sqrt[3]{x}\sqrt[3]{y} \sqrt[3]{z} \right) \\
&=& \frac{1}{3} \left( a^3 + b^3 +c^3 - 3abc \right) \\
&=& \frac{1}{3} (a+b+c)\left( a^2 + b^2 + c^2 - ab - bc - ca \right) \\
&=& \frac{1}{3} (a+b+c) \frac{1}{2} \left( 2a^2 + 2b^2 + 2c^2 - 2ab - 2bc - 2ca \right) \\
&=& \frac{1}{6} (a+b+c) \left[ (a^2 -2ab + b^2) + (b^2 -2bc +c^2) + (c^2 -2ca +a^2) \right] \\
&=& \frac{1}{6} (a+b+c) \left[ (a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2 \right] \\
&\geq& 0
\end{eqnarray*}
得$\frac{x+y+z}{3} - \sqrt[3]{xyz} \geq  0$，即$\frac{x+y+z}{3} \geq \sqrt[3]{xyz}$。

(證明結束)

二元算幾不等式的代數證明

定理：若$a, b$皆為非負實數，則恆有
$$
\frac{a+b}{2} \geq \sqrt{ab}
$$

[証]：本篇文章採用代數法來證明。幾何的處理方式，請見我在中央研究院數學研究所《數學傳播》發表的兩篇文章。

什麼是「非負」？

就是「不是負」。

一個數要麼是正的、要麼是0、要麼是負的，如今「不是負」，那必定是正的或0，也就是$\geq 0$。

證明的策略是，考慮$\frac{a+b}{2} - \sqrt{ab}$，想辦法推出此代數式非負，那麼就得到$\frac{a+b}{2} \geq \sqrt{ab}$。

以下開始證明。

\begin{eqnarray*}
\frac{a+b}{2} - \sqrt{ab}
&=& \frac{1}{2} \left( a+b -2\sqrt{ab} \right) \\
&=& \frac{1}{2} \left( \sqrt{a}^2 + \sqrt{b}^2 - 2 \sqrt{a} \sqrt{b} \right) \\
&=& \frac{1}{2} \left( \sqrt{a}^2 - 2 \sqrt{a} \sqrt{b} + \sqrt{b}^2 \right) \\
&=& \frac{1}{2} \left( \sqrt{a} - \sqrt{b} \right)^2 \\
&\geq& 0
\end{eqnarray*}

即$\frac{a+b}{2} - \sqrt{ab} \geq 0$，得$\frac{a+b}{2} \geq \sqrt{ab}$

證明的幾個要點在此稍稍再討論一番。

首先，請注意定理條件中「$a, b$非負」的設定，因為如此，我們才能對$a, b$開方，換言之，就是使得$a = \sqrt{a}^2$有意義。

再者，請留意到任意實數(式)的平方必定非負，而一堆平方的和當然也是非負的。

(證明結束)