AM-GMの上位互換とも言える強力な不等式。
大学入試の最大最小問題で、他の方法では太刀打ちできない場面で威力を発揮します。
実数 $a, b, c, d$ に対して
$$(a^2 + b^2)(c^2 + d^2) \geq (ac + bd)^2$$
等号成立：$ad = bc$（すなわち $\dfrac{a}{c} = \dfrac{b}{d}$、比が等しい）
具体例で確認：$a = 1, b = 2, c = 3, d = 4$ のとき
コーシー・シュワルツの不等式は「2つのベクトルの内積は、各ベクトルの長さの積以下」を代数的に表現したものです。$\vec{u} = (a, b)$、$\vec{v} = (c, d)$ とすれば $|\vec{u}|^2 \cdot |\vec{v}|^2 \geq (\vec{u} \cdot \vec{v})^2$。等号は $\vec{u} \parallel \vec{v}$（平行）のとき。
$t$ についての2次式 $f(t) = (at + c)^2 + (bt + d)^2$ を考える。
$f(t) \geq 0$（2つの実数の2乗の和は常に非負）。
展開すると：
$f(t) = (a^2 + b^2)t^2 + 2(ac + bd)t + (c^2 + d^2) \geq 0$
すべての実数 $t$ で $\geq 0$ なので、判別式 $\leq 0$：
$$D/4 = (ac+bd)^2 - (a^2+b^2)(c^2+d^2) \leq 0$$
したがって $(a^2+b^2)(c^2+d^2) \geq (ac+bd)^2$。 ■
等号は $D = 0$、すなわち $f(t) = 0$ となる $t$ が存在するとき。$at + c = 0$ かつ $bt + d = 0$ より $t = -\dfrac{c}{a} = -\dfrac{d}{b}$、すなわち $ad = bc$。
$(a^2+b^2)(c^2+d^2) - (ac+bd)^2$
$= a^2c^2 + a^2d^2 + b^2c^2 + b^2d^2 - a^2c^2 - 2abcd - b^2d^2$
$= a^2d^2 - 2abcd + b^2c^2 = (ad - bc)^2 \geq 0$ ■
判別式法：「すべての実数 $t$ で非負 → 判別式 $\leq 0$」は汎用的。$n$ 変数への一般化が容易。
直接計算法：$(ad-bc)^2 \geq 0$ に帰着。エレガントだが、発見するのが難しい。
入試では判別式法が推奨。「2乗の和 $\geq 0$ → 判別式」は覚えるべきパターンです。
$x^2 + y^2 = 1$ のとき、$3x + 4y$ の最大値を求めよ。
C-S不等式：$(x^2+y^2)(3^2+4^2) \geq (3x+4y)^2$
$1 \times 25 \geq (3x+4y)^2$ より $|3x+4y| \leq 5$
等号は $\dfrac{x}{3} = \dfrac{y}{4}$ かつ $x^2+y^2=1$ で $x = \dfrac{3}{5}, y = \dfrac{4}{5}$。
最大値 $5$。
$a, b > 0, a + b = 1$ のとき $\dfrac{1}{a} + \dfrac{4}{b}$ の最小値を求めよ。
C-S不等式（チェビシェフ型）：
$(a + b)\left(\dfrac{1}{a} + \dfrac{4}{b}\right) \geq \left(\sqrt{1} + \sqrt{4}\right)^2 = 9$
（$(\sqrt{a})^2 + (\sqrt{b})^2$ と $\left(\dfrac{1}{\sqrt{a}}\right)^2 + \left(\dfrac{2}{\sqrt{b}}\right)^2$ にC-S）
$a + b = 1$ より $\dfrac{1}{a} + \dfrac{4}{b} \geq 9$。
等号：$\dfrac{\sqrt{a}}{1/\sqrt{a}} = \dfrac{\sqrt{b}}{2/\sqrt{b}}$ すなわち $a = \dfrac{b}{2}$。$a + b = 1$ と合わせて $a = \dfrac{1}{3}, b = \dfrac{2}{3}$。
最小値 $9$。
$x_i > 0$ のとき：
$$(x_1 + x_2 + \cdots + x_n)\left(\frac{a_1^2}{x_1} + \frac{a_2^2}{x_2} + \cdots + \frac{a_n^2}{x_n}\right) \geq (a_1 + a_2 + \cdots + a_n)^2$$
等号：$\dfrac{a_1}{x_1} = \dfrac{a_2}{x_2} = \cdots = \dfrac{a_n}{x_n}$
これはC-S不等式の帰結です。$\sum x_i$ が一定のとき $\sum \dfrac{a_i^2}{x_i}$ の最小値を求めるのに使います。
✗ C-Sの等号条件を「$a = c, b = d$」と覚える
✓ 正しくは「$ad = bc$」すなわち「比が等しい」（$\dfrac{a}{c} = \dfrac{b}{d}$）
$$(a_1^2 + a_2^2 + \cdots + a_n^2)(b_1^2 + b_2^2 + \cdots + b_n^2) \geq (a_1b_1 + a_2b_2 + \cdots + a_nb_n)^2$$
等号：$\dfrac{a_1}{b_1} = \dfrac{a_2}{b_2} = \cdots = \dfrac{a_n}{b_n}$（比がすべて等しい）
$a^2 + b^2 + c^2 = 1$ のとき、$a + 2b + 3c$ の最大値は？
$(a^2+b^2+c^2)(1+4+9) \geq (a+2b+3c)^2$ より
$(a+2b+3c)^2 \leq 14$、$a+2b+3c \leq \sqrt{14}$
等号：$\dfrac{a}{1} = \dfrac{b}{2} = \dfrac{c}{3} = k$。$a^2+b^2+c^2 = k^2+4k^2+9k^2 = 14k^2 = 1$。$k = \dfrac{1}{\sqrt{14}}$。
最大値 $\sqrt{14}$。
「$|\vec{x}|^2 = 1$ のもとで $\vec{x} \cdot \vec{a}$ を最大化」は、$\vec{x}$ を $\vec{a}$ の方向に向けることです（$\vec{x} = \dfrac{\vec{a}}{|\vec{a}|}$）。このとき $\vec{x} \cdot \vec{a} = |\vec{a}|$。コーシー・シュワルツは「射影の長さは元のベクトルの長さ以下」を述べているのです。
ベクトル $\vec{u} = (a_1, \ldots, a_n)$、$\vec{v} = (b_1, \ldots, b_n)$ に対する内積を $\langle \vec{u}, \vec{v} \rangle = \sum a_i b_i$ とすると、C-S不等式は：
$$|\langle \vec{u}, \vec{v} \rangle| \leq \|\vec{u}\| \cdot \|\vec{v}\|$$
ここで $\|\vec{u}\| = \sqrt{\langle \vec{u}, \vec{u} \rangle}$。
大学の線形代数・関数解析では、C-S不等式は内積空間の公理から導かれます。ベクトル空間だけでなく、関数空間（$\int f(x)g(x)dx$ が内積）でも成り立ち、その場合は：
$$\left(\int f(x)g(x)\,dx\right)^2 \leq \int f(x)^2\,dx \cdot \int g(x)^2\,dx$$
確率論ではこれが「共分散の2乗 $\leq$ 分散の積」（相関係数 $|r| \leq 1$）になります。
AM-GM不等式 $a + b \geq 2\sqrt{ab}$ は、C-S不等式の特殊ケースです：
$(\sqrt{a})^2 + (\sqrt{b})^2 \geq \dfrac{(\sqrt{a} + \sqrt{b})^2}{2}$ ← 分母の $2$ は $(1^2+1^2)$ から
つまり $(1^2+1^2)((\sqrt{a})^2+(\sqrt{b})^2) \geq (\sqrt{a}+\sqrt{b})^2$ はC-Sそのもの。
Q1. $(1+4)(9+16) \geq (3+8)^2$ を確認せよ。
Q2. $x^2 + y^2 = 4$ のとき $x + y$ の最大値は？
Q3. C-S不等式の等号条件を述べよ（2変数版）。
Q4. C-S不等式を $(ad-bc)^2 \geq 0$ から導け。
Q5. AM-GMがC-Sの特殊ケースであることを説明せよ。
$x^2 + y^2 = 5$ のとき、$2x - y$ の最大値と最小値を求めよ。
C-S：$(x^2+y^2)(4+1) \geq (2x-y)^2$（$c=2, d=-1$）
$5 \times 5 \geq (2x-y)^2$ より $|2x-y| \leq 5$
最大値 $5$（$\dfrac{x}{2} = \dfrac{y}{-1}$、$x = -2y$。$4y^2+y^2=5$ で $y = \pm 1$。$y=-1, x=2$ のとき最大 $5$）
最小値 $-5$（$y=1, x=-2$）
$a, b > 0, a + b = 1$ のとき、$(1 + \dfrac{1}{a})(1 + \dfrac{1}{b})$ の最小値を求めよ。
$(1+\dfrac{1}{a})(1+\dfrac{1}{b}) = \dfrac{(a+1)(b+1)}{ab} = \dfrac{ab + a + b + 1}{ab} = \dfrac{ab + 2}{ab} = 1 + \dfrac{2}{ab}$
$ab$ の最大値を求める。$a + b = 1$ で $ab \leq \dfrac{(a+b)^2}{4} = \dfrac{1}{4}$。
$\dfrac{2}{ab} \geq 8$ より $(1+\dfrac{1}{a})(1+\dfrac{1}{b}) \geq 9$
等号：$a = b = \dfrac{1}{2}$
答え：最小値 $9$
次の不等式を証明せよ。
$$(a^2 + b^2 + c^2)(x^2 + y^2 + z^2) \geq (ax + by + cz)^2$$
$t$ についての2次式 $f(t) = (at+x)^2 + (bt+y)^2 + (ct+z)^2 \geq 0$ を考える。
$f(t) = (a^2+b^2+c^2)t^2 + 2(ax+by+cz)t + (x^2+y^2+z^2) \geq 0$
すべての実数 $t$ で $\geq 0$ なので、判別式 $\leq 0$：
$D/4 = (ax+by+cz)^2 - (a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2) \leq 0$
よって $(a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2) \geq (ax+by+cz)^2$。 ■
$a, b, c > 0, a + b + c = 3$ のとき、次の不等式を証明せよ。
$$\frac{a^2}{b} + \frac{b^2}{c} + \frac{c^2}{a} \geq 3$$
チェビシェフ型のC-S不等式を適用：
$(b + c + a)\left(\dfrac{a^2}{b} + \dfrac{b^2}{c} + \dfrac{c^2}{a}\right) \geq (a + b + c)^2$
（$x_1 = b, x_2 = c, x_3 = a$ とし $a_1 = a, a_2 = b, a_3 = c$ として適用）
$3 \cdot \left(\dfrac{a^2}{b} + \dfrac{b^2}{c} + \dfrac{c^2}{a}\right) \geq 9$
よって $\dfrac{a^2}{b} + \dfrac{b^2}{c} + \dfrac{c^2}{a} \geq 3$。
等号は $\dfrac{a}{b} = \dfrac{b}{c} = \dfrac{c}{a}$、すなわち $a = b = c = 1$。 ■