柯西不等式的加强

nttz

isee

最右括号就是零，吓唬人的

nttz

isee 发表于 2022-9-12 11:56
最右括号就是零，吓唬人的

如何证明

kuing

想是不难想，难在后面怎么表达才顺畅……

由拉格朗恒等式可知原不等式等价于
\[\sum_{1\leqslant i<j\leqslant10}(a_ib_j-a_jb_i)^2\geqslant(a_1b_2-a_2b_1+a_3b_4-a_4b_3+\cdots+a_9b_{10}-a_{10}b_9)^2,\]
为方便码字引入记号，用 `f(i,j)` 表示 `a_ib_j-a_jb_i`，下面证明：对任意正整数 `n`，都有
\[\sum_{1\leqslant i<j\leqslant2n}f(i,j)^2\geqslant\bigl(f(1,2)+f(3,4)+\cdots+f(2n-1,2n)\bigr)^2.\]

注意到恒等式
\[(a-b)(c-d)=(a-c)(b-d)-(a-d)(b-c),\]
由此可得
\[f(i,j)f(p,q)=f(i,p)f(j,q)-f(i,q)f(j,p),\]
于是有
\[2f(i,j)f(p,q)\leqslant f(i,p)^2+f(j,q)^2+f(i,q)^2+f(j,p)^2,\]
因此
\begin{align*}
&\bigl(f(1,2)+f(3,4)+\cdots+f(2n-1,2n)\bigr)^2\\
={}&f(1,2)^2+f(3,4)^2+\cdots+f(2n-1,2n)^2+\sum_{1\leqslant i<p\leqslant n}2f(2i-1,2i)f(2p-1,2p)\\
\leqslant{}& f(1,2)^2+f(3,4)^2+\cdots+f(2n-1,2n)^2\\
&+\sum_{1\leqslant i<p\leqslant n}\bigl( f(2i-1,2p-1)^2+f(2i,2p)^2+f(2i-1,2p)^2+f(2i,2p-1)^2 \bigr),
\end{align*}
考察最后这一式，首先证明它不存在重复的项：

显然求和符号的那些不会重复，要有重复是与前面的重复，那也只能是 `f(2i-1,2p)^2` 与前面的重复，但是 `2p-(2i-1)=2(p-i)+1\geqslant3`，所以还是不会重复，所以没有重复（表达能力跟不上，见谅）。

然后，它的项数为 `n+4C_n^2`，正好等于 `C_{2n}^2`。

综合这两点，就说明了最后这一式实际上就是 `\sum_{1\leqslant i<j\leqslant2n}f(i,j)^2`，即得证。

kuing

将“于是有”那里的放缩改写为配方式，就可以得到原题的装X恒等式：
\begin{align*}
&(a_1^2+a_2^2+\cdots+a_{2n}^2)(b_1^2+b_2^2+\cdots+b_{2n}^2)\\
={}&(a_1b_1+a_2b_2+\cdots+a_{2n}b_{2n})^2\\
&+(a_1b_2-a_2b_1+a_3b_4-a_4b_3+\cdots+a_{2n-1}b_{2n}-a_{2n}b_{2n-1})^2\\
&+\sum_{1\leqslant i<p\leqslant n}(a_{2i-1}b_{2p-1}-a_{2p-1}b_{2i-1}-a_{2i}b_{2p}+a_{2p}b_{2i})^2\\
&+\sum_{1\leqslant i<p\leqslant n}(a_{2i-1}b_{2p}-a_{2p}b_{2i-1}+a_{2i}b_{2p-1}-a_{2p-1}b_{2i})^2.
\end{align*}

isee

isee 发表于 2022-9-12 11:56
最右括号就是零，吓唬人的

由 Cauchy 不等式$\sum a^2\sum b^2\geqslant (\sum ab)^2$，此时 $a_1b_2-a_2b_1=0,\cdots,a_9a_{10}-a_{10}b_9=0$，于是$\sum a^2\sum b^2\geqslant (\sum ab)^2+0$，逻辑错了？

kuing

isee 发表于 2022-9-12 19:42
由 Cauchy 不等式$\sum a^2\sum b^2\geqslant (\sum ab)^2$，此时 $a_1b_2-a_2b_1=0,\cdots,a_9a_{10}-a_{10}b_9=0$，于是$\sum a^2\sum b^2\geqslant (\sum ab)^2+0$，逻辑错了？

没想到你也会有这种逻辑错😂
如果按这种逻辑，那最后那平方项的系数就可以任意大了

isee

kuing 发表于 2022-9-12 20:13
没想到你也会有这种逻辑错😂
如果按这种逻辑，那最后那平方项的系数就可以任意大了 ...

正常啦，看到题，10秒内的反应反映~~

nttz

isee 发表于 2022-9-12 20:25
正常啦，看到题，10秒内的反应反映~~

你用结果来证明条件？

nttz

kuing 发表于 2022-9-12 17:13
想是不难想，难在后面怎么表达才顺畅……

由拉格朗恒等式可知原不等式等价于

这个也超级难看懂啊

nttz

kuing 发表于 2022-9-12 17:13
想是不难想，难在后面怎么表达才顺畅……

由拉格朗恒等式可知原不等式等价于

能说明下拉格朗日恒等式是什么？如何证明么？

kuing

nttz 发表于 2022-9-12 22:19
能说明下拉格朗日恒等式是什么？如何证明么？

百度一下不就有了：https://baike.baidu.com/item/拉格朗日恒等式/7350857

力工

kuing 发表于 2022-9-12 23:18
百度一下不就有了：https://baike.baidu.com/item/拉格朗日恒等式/7350857

感觉有点行列式变形的味道，可是$(a_1^2+…+a_n^2)(b_1^2+…+b_n^2)$等等无法用行列式表示出来l

nttz

kuing 发表于 2022-9-12 17:13
想是不难想，难在后面怎么表达才顺畅……

由拉格朗恒等式可知原不等式等价于

晕啊，每一步能详细点么，定义f（i，j），根据（a-b）（c-d）的恒等式如何得到下一步的，还有再下一步，理由是什么啊

kuing

nttz 发表于 2022-9-13 09:19
晕啊，每一步能详细点么，定义f（i，j），根据（a-b）（c-d）的恒等式如何得到下一步的，还有再下一步， ...

对 `(a-b)(c-d)=(a-c)(b-d)-(a-d)(b-c)` 作置换 `(a,b,c,d)\to(a_i/b_i,a_j/b_j,a_p/b_p,a_q/b_q)` 即得。

再下一步的理由就是 `x^2+y^2\geqslant\pm2xy` 啊

nttz

kuing 发表于 2022-9-13 14:00
对 `(a-b)(c-d)=(a-c)(b-d)-(a-d)(b-c)` 作置换 `(a,b,c,d)\to(a_i/b_i,a_j/b_j,a_p/b_p,a_q/b_q)` 即得 ...

这个置换如何想到的？太神奇了吧

hbghlyj

力工 发表于 2022-9-12 16:27
感觉有点行列式变形的味道，可是$(a_1^2+…+a_n^2)(b_1^2+…+b_n^2)$等等无法用行列式表示出来l ...

补上链接
kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=416

hbghlyj

This is Cauchy's inequality for complex vector space.
$$(|z_1|^2+\dots+|z_5|^2)(|w_1|^2+\dots+|w_5|^2)\ge|z_1\bar{w_1}+\dots+z_5\bar{w_5}|^2$$
where $z_1=a_1+ia_2,\dots,z_5=a_9+ia_{10},w_1=b_1+ib_2,\dots,b_5=b_9+b_{10}$.

hbghlyj

brilliant.org/wiki/cauchy-schwarz-inequality/ … rm-of-cauchy-schwarz

For a complex vector space, we have\[ \left| \sum_{i=1}^n x_i \bar{y}_i \right|^2 \leq \sum_{j=1}^n |x_j|^2 \sum_{k=1}^n |y_k|^2.\]Equality holds if and only if $x$ and $y$ are linearly dependent, that is, one is a scalar multiple of the other (which includes the case when one or both are zero).

hbghlyj

All Lectures.pdf page77 (no text layer)(Producer: Microsoft Print to PDF)(File size: 68 MB)(Printing PDF causes file size to explode)

Define the inner product on $\Bbb C^n$ to be$$\left(z_{1}, \ldots, z_{n}\right) \cdot\left(w_{1}, \ldots, w_{n}\right)=\sum_{i=1}^{n} z_{i} \overline{w_{i}}$$We then have that$$\left(z_{1}, \ldots, z_{n}\right) \cdot\left(z_{1}, \ldots, z_{n}\right)=\sum_{i=1}^{n} z_{i} \overline{z_{i}}=\sum_{i=1}^{n}\left|z_{i}\right|^{2}$$which is positive-definite.

Hermitian Inner Product - mathworld

The basic example is the form\[h(z, w)=\sum z_{i} \overline{w_i}\]on $\Bbb C^n$, where $z=(z_1,...z_n)$ and $w=(w_1,...,w_n)$. Note that by writing $z_k=x_k+iy_k$, it is possible to consider $\Bbb C^n\sim\Bbb R^{2n}$, in which case $\Re[h]$ is the Euclidean inner product and $\Im[h]$ is a nondegenerate alternating bilinear form, i.e., a symplectic form. Explicitly, in $\Bbb C^2$, the standard Hermitian form is expressed below.\begin{aligned}h\left(\left(z_{11}, z_{12}\right),\left(z_{21}, z_{22}\right)\right)=&x_{11} x_{21}+x_{12} x_{22}+y_{11} y_{21}+y_{12} y_{22}\\&+i\left(x_{21} y_{11}-x_{11} y_{21}+x_{22} y_{12}-x_{12} y_{22}\right)\end{aligned}