高校数学では、ベクトルの内積を $\mathbf{a} \cdot \mathbf{b} = |\mathbf{a}||\mathbf{b}|\cos\theta$ と定義し、2つのベクトルのなす角や正射影を求める道具として使います。
この定義は幾何的な直感に根ざしており、平面や空間のベクトルを扱う限り十分に機能します。
大学数学では、内積を「4つの公理を満たす演算」として抽象的に定義します。
こうすると、矢印としてのベクトルだけでなく、関数や数列といった対象にも「長さ」や「角度」を導入できるようになります。
そして、この公理からコーシー・シュワルツの不等式が純粋に代数的に証明されます。
高校で使うベクトルの不等式 $|\mathbf{a} \cdot \mathbf{b}| \le |\mathbf{a}||\mathbf{b}|$ は、この一般定理の特殊ケースにすぎません。
高校数学Cでは、ベクトルの内積を次のように定義します。 2つのベクトル $\mathbf{a}$、$\mathbf{b}$ のなす角を $\theta$（$0 \le \theta \le \pi$）とするとき、
$$\mathbf{a} \cdot \mathbf{b} = |\mathbf{a}||\mathbf{b}|\cos\theta$$
成分表示では、$\mathbf{a} = (a_1, a_2)$、$\mathbf{b} = (b_1, b_2)$ のとき、
$$\mathbf{a} \cdot \mathbf{b} = a_1 b_1 + a_2 b_2$$
と計算します。空間ベクトルの場合は $\mathbf{a} = (a_1, a_2, a_3)$、$\mathbf{b} = (b_1, b_2, b_3)$ に対して $\mathbf{a} \cdot \mathbf{b} = a_1 b_1 + a_2 b_2 + a_3 b_3$ です。
内積の重要な性質として、$\mathbf{a} \cdot \mathbf{b} = 0$ ならば $\mathbf{a} \perp \mathbf{b}$（直交）であること、 $|\mathbf{a}| = \sqrt{\mathbf{a} \cdot \mathbf{a}}$ でベクトルの大きさが求まることを学びます。
また、$|\cos\theta| \le 1$ であることから、
$$|\mathbf{a} \cdot \mathbf{b}| \le |\mathbf{a}||\mathbf{b}|$$
という不等式が成り立ちます。高校では、この不等式は $\cos\theta$ の値域から直ちに従う自明な事実として扱われます。
ここで自然な疑問が生じます。高校の内積は「矢印」としてのベクトルに限定されていますが、内積の本質は幾何的な「角度」にあるのでしょうか。 もしそうでないなら、「角度」のない対象にも内積を定義できるはずです。 次のセクションでは、大学数学がこの問いにどう答えるかを見ていきます。
大学数学は、内積の本質を「角度」ではなく「代数的な性質」に見出します。 高校の内積 $\mathbf{a} \cdot \mathbf{b} = a_1 b_1 + a_2 b_2$ が持つ代数的な性質を抜き出し、 それらを満たす演算を一般に「内積」と定義します。 すると、矢印のベクトルだけでなく、関数や数列に対しても内積が定義でき、 コーシー・シュワルツの不等式が公理だけから証明されます。
この記事を読み終えると、以下のことができるようになります。
1. 内積空間の4つの公理を述べ、具体例が公理を満たすことを確認できる
2. 関数の内積 $\langle f, g \rangle = \int_a^b f(x)g(x) \, dx$ が内積の公理を満たすことを検証できる
3. 内積の公理だけからコーシー・シュワルツの不等式を証明できる
4. 内積からノルム（長さ）と距離を定義し、三角不等式を導出できる
5. 高校のベクトルの不等式、相加・相乗平均の不等式、積分の不等式が、すべてコーシー・シュワルツの不等式の特殊ケースであると理解できる
ここまでで、内積を公理的に定義するという方針が見えました。次のセクションでは、その公理を正確に述べ、具体例で確認します。
内積を公理的に定義するには、まず内積が定義される「場」が必要です。 その場がベクトル空間です。ベクトル空間の詳細は 📖 第17章 §1 で解説しています。ここでは要点のみ確認します。
ベクトル空間とは、「足し算」と「定数倍（スカラー倍）」ができる集合です。 高校で学ぶ $\mathbb{R}^2$（平面ベクトルの全体）や $\mathbb{R}^3$（空間ベクトルの全体）はベクトル空間の例です。 一般に、$n$ 個の実数の組 $(x_1, x_2, \ldots, x_n)$ の全体 $\mathbb{R}^n$ もベクトル空間になります。
さらに、区間 $[a, b]$ 上の連続関数の全体もベクトル空間をなします。 関数 $f(x)$ と $g(x)$ に対して、$(f + g)(x) = f(x) + g(x)$ で足し算を、$(\alpha f)(x) = \alpha f(x)$ でスカラー倍を定義できるからです。 このベクトル空間を $C[a, b]$ と書きます。
内積空間とは、ベクトル空間に「内積」という追加の演算を備えたものです。以下が内積の正確な定義です。
実ベクトル空間 $V$ 上の内積とは、$V$ の2つの元 $\mathbf{u}$, $\mathbf{v}$ に実数 $\langle \mathbf{u}, \mathbf{v} \rangle$ を対応させる演算であり、次の4つの公理を満たすものです。
(I1) 対称性：$\langle \mathbf{u}, \mathbf{v} \rangle = \langle \mathbf{v}, \mathbf{u} \rangle$
内積の値は、2つのベクトルを入れ替えても変わりません。
(I2) 第1引数の線形性：$\langle \alpha \mathbf{u}_1 + \beta \mathbf{u}_2, \mathbf{v} \rangle = \alpha \langle \mathbf{u}_1, \mathbf{v} \rangle + \beta \langle \mathbf{u}_2, \mathbf{v} \rangle$
第1引数について、足し算と定数倍がそのまま「外に出せ」ます。(I1) と合わせると、第2引数についても同じ性質が成り立ちます。
(I3) 正値性：$\langle \mathbf{u}, \mathbf{u} \rangle \ge 0$
自分自身との内積は常に $0$ 以上です。
(I4) 非退化性：$\langle \mathbf{u}, \mathbf{u} \rangle = 0 \iff \mathbf{u} = \mathbf{0}$
自分自身との内積が $0$ になるのは、零ベクトルのときに限ります。
内積が定義されたベクトル空間 $(V, \langle \cdot, \cdot \rangle)$ を内積空間と呼びます。
この定義は天下り的に見えるかもしれませんが、実は高校の内積 $\mathbf{a} \cdot \mathbf{b} = a_1 b_1 + a_2 b_2$ が持つ性質をそのまま抽象化したものです。 確認してみます。
$\mathbf{u} = (u_1, u_2, \ldots, u_n)$, $\mathbf{v} = (v_1, v_2, \ldots, v_n) \in \mathbb{R}^n$ に対して、
$$\langle \mathbf{u}, \mathbf{v} \rangle = u_1 v_1 + u_2 v_2 + \cdots + u_n v_n = \sum_{k=1}^{n} u_k v_k$$
と定義します。$n = 2$ のとき、これは高校の $\mathbf{a} \cdot \mathbf{b} = a_1 b_1 + a_2 b_2$ そのものです。 4つの公理の確認は容易です。
区間 $[a, b]$ 上の連続関数 $f$, $g$ に対して、
$$\langle f, g \rangle = \int_a^b f(x) g(x) \, dx$$
と定義します。これが内積の公理を満たすことを確認します。
この例は特に重要です。関数に対して「長さ」や「直交」を定義できることになるからです。 例えば $\langle \sin x, \cos x \rangle = \int_0^{2\pi} \sin x \cos x \, dx = 0$ なので、$\sin x$ と $\cos x$ は $C[0, 2\pi]$ において「直交する」と言えます。
関数の内積 $\langle f, f \rangle = \int_a^b [f(x)]^2 \, dx = 0$ から $f = 0$（恒等的にゼロ）を結論するには、$f$ が連続関数であることが必要です。
不連続関数の場合：$f(x) = 0$（$x \ne c$）、$f(c) = 1$ とすると、$\int_a^b [f(x)]^2 \, dx = 0$ ですが $f \ne 0$ です。この場合、公理 (I4) が成り立ちません。
連続関数の場合：もし $f(c) \ne 0$ なる点 $c$ が存在すれば、連続性により $c$ の近くでも $f(x) \ne 0$ となるので $\int [f(x)]^2 \, dx > 0$ です。対偶をとれば、積分が $0$ なら $f$ は恒等的に $0$ です。
ここまでで、内積の公理的定義を導入し、高校の内積と関数の内積がともに公理を満たすことを確認しました。 次のセクションでは、この公理だけを使って、コーシー・シュワルツの不等式を証明します。 公理だけから導くので、証明は $\mathbb{R}^n$ にも $C[a, b]$ にも、そのほかすべての内積空間に同時に適用されます。
内積空間で成り立つ最も基本的かつ重要な不等式が、コーシー・シュワルツの不等式です。
内積空間 $V$ の任意の元 $\mathbf{u}$, $\mathbf{v}$ に対して、
$$|\langle \mathbf{u}, \mathbf{v} \rangle|^2 \le \langle \mathbf{u}, \mathbf{u} \rangle \cdot \langle \mathbf{v}, \mathbf{v} \rangle$$
が成り立ちます。等号が成立するのは、$\mathbf{u}$ と $\mathbf{v}$ が線形従属のとき、つまり一方が他方のスカラー倍であるとき（$\mathbf{u} = \alpha \mathbf{v}$ または $\mathbf{v} = \mathbf{0}$）に限ります。
$\|\mathbf{u}\| = \sqrt{\langle \mathbf{u}, \mathbf{u} \rangle}$ と書けば、$|\langle \mathbf{u}, \mathbf{v} \rangle| \le \|\mathbf{u}\| \cdot \|\mathbf{v}\|$ とも表せます。
この定理の証明には、角度の概念は一切使いません。使うのは内積の4つの公理だけです。 証明の鍵は、「パラメータ $t$ を含む2次式を作り、それが常に $0$ 以上になることから判別式の条件を導く」という方法です。 これは高校の2次関数の知識で理解できます。
目標：$|\langle \mathbf{u}, \mathbf{v} \rangle|^2 \le \langle \mathbf{u}, \mathbf{u} \rangle \cdot \langle \mathbf{v}, \mathbf{v} \rangle$ を示す。
方針：任意の実数 $t$ に対して $\mathbf{u} + t\mathbf{v}$ という新しいベクトルを作り、その「長さの2乗」$\langle \mathbf{u} + t\mathbf{v}, \mathbf{u} + t\mathbf{v} \rangle$ を考えます。公理 (I3) より、これは $t$ がどんな値でも $0$ 以上です。この条件から不等式が導かれます。
ステップ1：$t$ の2次式を作ります。任意の実数 $t$ に対して、公理 (I3) より、
$$\langle \mathbf{u} + t\mathbf{v}, \mathbf{u} + t\mathbf{v} \rangle \ge 0$$
ステップ2：左辺を内積の公理 (I1), (I2) を使って展開します。
$$\langle \mathbf{u} + t\mathbf{v}, \mathbf{u} + t\mathbf{v} \rangle = \langle \mathbf{u}, \mathbf{u} \rangle + 2t\langle \mathbf{u}, \mathbf{v} \rangle + t^2 \langle \mathbf{v}, \mathbf{v} \rangle$$
展開の過程を確認します。公理 (I2) より、
$$\langle \mathbf{u} + t\mathbf{v}, \mathbf{u} + t\mathbf{v} \rangle = \langle \mathbf{u}, \mathbf{u} + t\mathbf{v} \rangle + t \langle \mathbf{v}, \mathbf{u} + t\mathbf{v} \rangle$$
さらに各項を展開すると、
$$= \langle \mathbf{u}, \mathbf{u} \rangle + t\langle \mathbf{u}, \mathbf{v} \rangle + t\langle \mathbf{v}, \mathbf{u} \rangle + t^2 \langle \mathbf{v}, \mathbf{v} \rangle$$
公理 (I1) より $\langle \mathbf{v}, \mathbf{u} \rangle = \langle \mathbf{u}, \mathbf{v} \rangle$ なので、
$$= \langle \mathbf{u}, \mathbf{u} \rangle + 2t\langle \mathbf{u}, \mathbf{v} \rangle + t^2 \langle \mathbf{v}, \mathbf{v} \rangle$$
ステップ3：ここで $a = \langle \mathbf{v}, \mathbf{v} \rangle$, $b = 2\langle \mathbf{u}, \mathbf{v} \rangle$, $c = \langle \mathbf{u}, \mathbf{u} \rangle$ と置くと、ステップ1, 2 より、
$$f(t) = at^2 + bt + c \ge 0 \quad (\forall t \in \mathbb{R})$$
です。これは $t$ の2次式（$\mathbf{v} \ne \mathbf{0}$ のとき $a > 0$）が常に $0$ 以上であることを意味します。
ステップ4：高校で学ぶ2次関数の性質を使います。$a > 0$ で $f(t) \ge 0$ が常に成り立つならば、判別式 $D = b^2 - 4ac \le 0$ です。これを代入すると、
$$D = [2\langle \mathbf{u}, \mathbf{v} \rangle]^2 - 4 \langle \mathbf{v}, \mathbf{v} \rangle \cdot \langle \mathbf{u}, \mathbf{u} \rangle \le 0$$
$$4 \langle \mathbf{u}, \mathbf{v} \rangle^2 \le 4 \langle \mathbf{u}, \mathbf{u} \rangle \cdot \langle \mathbf{v}, \mathbf{v} \rangle$$
両辺を $4$ で割って、
$$\langle \mathbf{u}, \mathbf{v} \rangle^2 \le \langle \mathbf{u}, \mathbf{u} \rangle \cdot \langle \mathbf{v}, \mathbf{v} \rangle$$
$\langle \mathbf{u}, \mathbf{v} \rangle^2 = |\langle \mathbf{u}, \mathbf{v} \rangle|^2$ なので、コーシー・シュワルツの不等式が得られます。
ステップ5（$\mathbf{v} = \mathbf{0}$ の場合）：$\mathbf{v} = \mathbf{0}$ のときは、内積の公理 (I2) より $\langle \mathbf{u}, \mathbf{0} \rangle = \langle \mathbf{u}, 0 \cdot \mathbf{v} \rangle = 0 \cdot \langle \mathbf{u}, \mathbf{v} \rangle = 0$ なので、両辺ともに $0$ となり不等式は自明に成立します。
等号条件：$D = 0$（つまり $f(t_0) = 0$ となる実数 $t_0$ が存在する）のとき、$\langle \mathbf{u} + t_0 \mathbf{v}, \mathbf{u} + t_0 \mathbf{v} \rangle = 0$ です。公理 (I4) より $\mathbf{u} + t_0 \mathbf{v} = \mathbf{0}$、すなわち $\mathbf{u} = -t_0 \mathbf{v}$ です。よって、等号が成り立つのは $\mathbf{u}$ と $\mathbf{v}$ が線形従属のときに限ります。$\square$
この証明が使ったのは、(1) 内積の正値性（$\langle \mathbf{u} + t\mathbf{v}, \mathbf{u} + t\mathbf{v} \rangle \ge 0$）と、(2) 2次関数が常に非負ならば判別式 $\le 0$ という高校数学の事実の2つだけです。
角度も座標も使っていません。だからこそ、この証明は内積の公理を満たすすべての空間 ── $\mathbb{R}^n$、関数空間、数列空間 ── で同時に成立するのです。
ここまでで、コーシー・シュワルツの不等式が内積の公理だけから証明されることを見ました。 次のセクションでは、この不等式を使って「長さ」と「距離」を定義し、三角不等式を導きます。
コーシー・シュワルツの不等式が示されたことで、内積空間に「長さ」と「角度」を導入できるようになります。
内積空間 $V$ の元 $\mathbf{u}$ に対して、ノルム（長さ）を
$$\|\mathbf{u}\| = \sqrt{\langle \mathbf{u}, \mathbf{u} \rangle}$$
と定義します。2つの元 $\mathbf{u}$, $\mathbf{v}$ の距離を
$$d(\mathbf{u}, \mathbf{v}) = \|\mathbf{u} - \mathbf{v}\| = \sqrt{\langle \mathbf{u} - \mathbf{v}, \mathbf{u} - \mathbf{v} \rangle}$$
と定義します。
$\mathbb{R}^n$ の標準内積では $\|\mathbf{u}\| = \sqrt{u_1^2 + u_2^2 + \cdots + u_n^2}$ となり、高校で学ぶベクトルの大きさ $|\mathbf{a}|$ と一致します。
ノルムが「長さ」として適切に振る舞うためには、三角不等式が成り立つ必要があります。 三角不等式とは、「2辺の長さの和は残り1辺の長さ以上」という、三角形の成立条件にあたる性質です。 コーシー・シュワルツの不等式を使うと、これが証明できます。
目標：$\|\mathbf{u} + \mathbf{v}\| \le \|\mathbf{u}\| + \|\mathbf{v}\|$ を示す。
ステップ1：両辺が $0$ 以上なので、2乗して比較すれば十分です。
$$\|\mathbf{u} + \mathbf{v}\|^2 = \langle \mathbf{u} + \mathbf{v}, \mathbf{u} + \mathbf{v} \rangle = \|\mathbf{u}\|^2 + 2\langle \mathbf{u}, \mathbf{v} \rangle + \|\mathbf{v}\|^2$$
ステップ2：コーシー・シュワルツの不等式より $\langle \mathbf{u}, \mathbf{v} \rangle \le |\langle \mathbf{u}, \mathbf{v} \rangle| \le \|\mathbf{u}\| \cdot \|\mathbf{v}\|$ なので、
$$\|\mathbf{u} + \mathbf{v}\|^2 \le \|\mathbf{u}\|^2 + 2\|\mathbf{u}\| \cdot \|\mathbf{v}\| + \|\mathbf{v}\|^2 = (\|\mathbf{u}\| + \|\mathbf{v}\|)^2$$
ステップ3：両辺の平方根をとって $\|\mathbf{u} + \mathbf{v}\| \le \|\mathbf{u}\| + \|\mathbf{v}\|$ を得ます。$\square$
三角不等式が成り立つことで、内積空間は「距離のある空間」としての構造を持ちます。 高校では「2点間の距離」を座標から計算しますが、大学数学では内積から距離が自然に導かれるのです。
コーシー・シュワルツの不等式 $|\langle \mathbf{u}, \mathbf{v} \rangle| \le \|\mathbf{u}\| \cdot \|\mathbf{v}\|$ は、$\mathbf{u}, \mathbf{v} \ne \mathbf{0}$ のとき、
$$-1 \le \frac{\langle \mathbf{u}, \mathbf{v} \rangle}{\|\mathbf{u}\| \cdot \|\mathbf{v}\|} \le 1$$
を意味します。したがって、
$$\cos\theta = \frac{\langle \mathbf{u}, \mathbf{v} \rangle}{\|\mathbf{u}\| \cdot \|\mathbf{v}\|}$$
を満たす $\theta \in [0, \pi]$ がただ一つ存在します。この $\theta$ を $\mathbf{u}$ と $\mathbf{v}$ のなす角と定義します。
高校では $\cos\theta$ が先にあって内積 $= |\mathbf{a}||\mathbf{b}|\cos\theta$ と定義しましたが、 大学では内積が先にあって角度が定義されるのです。論理の方向が逆転しています。 この逆転を可能にしたのが、コーシー・シュワルツの不等式です。不等式がなければ $\cos\theta$ の値域が $[-1, 1]$ に収まる保証がなく、角度を定義できません。
ここまでで、内積の公理からコーシー・シュワルツの不等式を経由して、ノルム、距離、角度という幾何的概念が導かれる流れが見えました。 次のセクションでは、具体的な内積空間でこれらを計算してみます。
コーシー・シュワルツの不等式は、内積空間を具体化するたびに、異なる有名な不等式として姿を現します。 以下で3つの具体例を見ます。
$\mathbb{R}^n$ の標準内積 $\langle \mathbf{u}, \mathbf{v} \rangle = \sum_{k=1}^{n} u_k v_k$ に対してコーシー・シュワルツの不等式を書き下すと、
$$\left( \sum_{k=1}^{n} u_k v_k \right)^2 \le \left( \sum_{k=1}^{n} u_k^2 \right) \left( \sum_{k=1}^{n} v_k^2 \right)$$
となります。これは高校でも見かけるコーシー・シュワルツの不等式の離散版です。
数値例：$\mathbf{u} = (1, 2, 3)$, $\mathbf{v} = (4, 5, 6)$ のとき、
確かに $1024 \le 1078$ が成り立ちます。等号にならないのは、$\mathbf{u}$ と $\mathbf{v}$ が線形従属でない（一方が他方のスカラー倍でない）からです。
一方、$\mathbf{u} = (1, 2, 3)$, $\mathbf{v} = (2, 4, 6) = 2\mathbf{u}$ のとき、
等号が成立します。
$C[a, b]$ の内積 $\langle f, g \rangle = \int_a^b f(x) g(x) \, dx$ に対してコーシー・シュワルツの不等式を書き下すと、
$$\left( \int_a^b f(x) g(x) \, dx \right)^2 \le \left( \int_a^b [f(x)]^2 \, dx \right) \left( \int_a^b [g(x)]^2 \, dx \right)$$
となります。この不等式は解析学で頻繁に登場します。
数値例：$f(x) = x$, $g(x) = x^2$ として、区間 $[0, 1]$ で確認します。
$\dfrac{1}{16} \le \dfrac{1}{15}$ なので、不等式が成り立っています。
$\mathbb{R}^2$ でのコーシー・シュワルツの不等式 $(u_1 v_1 + u_2 v_2)^2 \le (u_1^2 + u_2^2)(v_1^2 + v_2^2)$ において、 $u_1 = \sqrt{a}$, $u_2 = \sqrt{b}$, $v_1 = \sqrt{b}$, $v_2 = \sqrt{a}$（ただし $a, b > 0$）と置くと、
$$(\sqrt{ab} + \sqrt{ab})^2 \le (a + b)(b + a)$$
$$4ab \le (a + b)^2$$
両辺を $4$ で割り、平方根をとると、
$$\sqrt{ab} \le \frac{a + b}{2}$$
これは高校で学ぶ相加・相乗平均の不等式（AM-GM 不等式）にほかなりません。 つまり、AM-GM 不等式はコーシー・シュワルツの不等式の特殊ケースとして得られるのです。
この不等式は、発見者の名前をとって「コーシー・シュワルツの不等式」（Cauchy-Schwarz inequality）と呼ばれるのが一般的です。コーシー（Cauchy）は $\mathbb{R}^n$ での離散版を、シュワルツ（Schwarz）は積分版を証明しました。ロシアの数学者ブニャコフスキー（Bunyakovsky）も独立に積分版を発見したため、「コーシー・ブニャコフスキー・シュワルツの不等式」と呼ばれることもあります。記事タイトルでは「シュワルツの不等式」と略記していますが、正確にはコーシーとシュワルツの両者の貢献によるものです。
Q1. 内積の公理 (I4)「$\langle \mathbf{u}, \mathbf{u} \rangle = 0 \iff \mathbf{u} = \mathbf{0}$」がなぜ必要なのか、簡潔に説明してください。
Q2. コーシー・シュワルツの不等式の証明で、$\mathbf{u} + t\mathbf{v}$ という形を考えるのはなぜですか。
Q3. $\mathbb{R}^3$ のベクトル $\mathbf{u} = (1, 0, -1)$, $\mathbf{v} = (2, 3, 1)$ に対して、$|\langle \mathbf{u}, \mathbf{v} \rangle|^2$ と $\|\mathbf{u}\|^2 \|\mathbf{v}\|^2$ をそれぞれ計算し、コーシー・シュワルツの不等式を確認してください。
Q4. 高校では $\cos\theta$ を使って内積を定義しますが、大学では内積を使って $\cos\theta$ を定義します。この「逆転」を可能にしているのは何ですか。
$\mathbb{R}^2$ において、$\langle \mathbf{u}, \mathbf{v} \rangle = 2u_1 v_1 + 3u_2 v_2$（ただし $\mathbf{u} = (u_1, u_2)$, $\mathbf{v} = (v_1, v_2)$）と定義します。これが内積の4つの公理を満たすことを確認してください。
(I1) 対称性：$2u_1 v_1 + 3u_2 v_2 = 2v_1 u_1 + 3v_2 u_2$。実数の積の交換法則より成り立ちます。
(I2) 線形性：$\langle \alpha \mathbf{u}_1 + \beta \mathbf{u}_2, \mathbf{v} \rangle = 2(\alpha u_{11} + \beta u_{21}) v_1 + 3(\alpha u_{12} + \beta u_{22}) v_2 = \alpha(2 u_{11} v_1 + 3 u_{12} v_2) + \beta(2 u_{21} v_1 + 3 u_{22} v_2) = \alpha \langle \mathbf{u}_1, \mathbf{v} \rangle + \beta \langle \mathbf{u}_2, \mathbf{v} \rangle$。
(I3) 正値性：$\langle \mathbf{u}, \mathbf{u} \rangle = 2u_1^2 + 3u_2^2 \ge 0$。各項が非負なので成り立ちます。
(I4) 非退化性：$2u_1^2 + 3u_2^2 = 0$ なら $u_1 = u_2 = 0$ なので $\mathbf{u} = \mathbf{0}$。逆も明らかです。
標準内積 $u_1 v_1 + u_2 v_2$ の係数を正の数に変えても、内積の公理は満たされます。重要なのは係数が正であることです。もし $\langle \mathbf{u}, \mathbf{v} \rangle = 2u_1 v_1 - 3u_2 v_2$ としたら、$\mathbf{u} = (0, 1)$ のとき $\langle \mathbf{u}, \mathbf{u} \rangle = -3 < 0$ となり、(I3) が成り立ちません。
正の実数 $a, b, c$ に対して、次の不等式を $\mathbb{R}^3$ のコーシー・シュワルツの不等式を用いて証明してください。
$$(a + b + c)\left(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}\right) \ge 9$$
$\mathbf{u} = (\sqrt{a}, \sqrt{b}, \sqrt{c})$, $\mathbf{v} = \left(\dfrac{1}{\sqrt{a}}, \dfrac{1}{\sqrt{b}}, \dfrac{1}{\sqrt{c}}\right)$ とおきます。
$\langle \mathbf{u}, \mathbf{v} \rangle = \sqrt{a} \cdot \dfrac{1}{\sqrt{a}} + \sqrt{b} \cdot \dfrac{1}{\sqrt{b}} + \sqrt{c} \cdot \dfrac{1}{\sqrt{c}} = 1 + 1 + 1 = 3$ です。
$\|\mathbf{u}\|^2 = a + b + c$, $\|\mathbf{v}\|^2 = \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c}$ です。
コーシー・シュワルツの不等式 $\langle \mathbf{u}, \mathbf{v} \rangle^2 \le \|\mathbf{u}\|^2 \|\mathbf{v}\|^2$ より、
$$9 \le (a + b + c)\left(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}\right)$$
$\mathbf{u}$ と $\mathbf{v}$ の選び方がポイントです。内積 $\langle \mathbf{u}, \mathbf{v} \rangle$ が定数になるように成分を設計し、$\|\mathbf{u}\|^2$ と $\|\mathbf{v}\|^2$ が目標の式の左辺の因子になるようにします。等号条件は $\mathbf{u}$ と $\mathbf{v}$ が線形従属のとき、つまり $a = b = c$ のときです。
$C[0, \pi]$ の内積 $\langle f, g \rangle = \int_0^{\pi} f(x)g(x) \, dx$ を用いて、次の問いに答えてください。
(1) $\langle \sin x, \sin 2x \rangle$ を計算してください。
(2) $\|\sin x\|$ を計算してください。
(3) $f(x) = 1$, $g(x) = \sin x$ としたとき、コーシー・シュワルツの不等式が成り立つことを具体的な数値計算で確認してください。
(1) 積を和に変換します。$\sin x \sin 2x = \frac{1}{2}[\cos(x - 2x) - \cos(x + 2x)] = \frac{1}{2}[\cos x - \cos 3x]$ です。
$$\langle \sin x, \sin 2x \rangle = \int_0^{\pi} \frac{1}{2}[\cos x - \cos 3x] \, dx = \frac{1}{2}\left[\sin x - \frac{\sin 3x}{3}\right]_0^{\pi} = 0$$
$\sin x$ と $\sin 2x$ は $C[0, \pi]$ において直交します。
(2) $\|\sin x\|^2 = \int_0^{\pi} \sin^2 x \, dx = \int_0^{\pi} \frac{1 - \cos 2x}{2} \, dx = \frac{1}{2}\left[x - \frac{\sin 2x}{2}\right]_0^{\pi} = \frac{\pi}{2}$ です。よって $\|\sin x\| = \sqrt{\dfrac{\pi}{2}}$ です。
(3) $\langle 1, \sin x \rangle = \int_0^{\pi} \sin x \, dx = [-\cos x]_0^{\pi} = 2$ です。
$\|1\|^2 = \int_0^{\pi} 1 \, dx = \pi$, $\|\sin x\|^2 = \dfrac{\pi}{2}$ より、
$|\langle 1, \sin x \rangle|^2 = 4$, $\|1\|^2 \|\sin x\|^2 = \pi \cdot \dfrac{\pi}{2} = \dfrac{\pi^2}{2} \approx 4.93$ です。
確かに $4 \le \dfrac{\pi^2}{2}$ が成り立っています。
内積空間において、次の平行四辺形の法則を証明してください。
$$\|\mathbf{u} + \mathbf{v}\|^2 + \|\mathbf{u} - \mathbf{v}\|^2 = 2(\|\mathbf{u}\|^2 + \|\mathbf{v}\|^2)$$
また、$\mathbb{R}^2$ においてこの等式の幾何的意味を説明してください。
証明：内積の公理を使って両辺を展開します。
$$\|\mathbf{u} + \mathbf{v}\|^2 = \langle \mathbf{u} + \mathbf{v}, \mathbf{u} + \mathbf{v} \rangle = \|\mathbf{u}\|^2 + 2\langle \mathbf{u}, \mathbf{v} \rangle + \|\mathbf{v}\|^2$$
$$\|\mathbf{u} - \mathbf{v}\|^2 = \langle \mathbf{u} - \mathbf{v}, \mathbf{u} - \mathbf{v} \rangle = \|\mathbf{u}\|^2 - 2\langle \mathbf{u}, \mathbf{v} \rangle + \|\mathbf{v}\|^2$$
辺々を加えると、$\langle \mathbf{u}, \mathbf{v} \rangle$ の項が打ち消し合い、
$$\|\mathbf{u} + \mathbf{v}\|^2 + \|\mathbf{u} - \mathbf{v}\|^2 = 2\|\mathbf{u}\|^2 + 2\|\mathbf{v}\|^2 = 2(\|\mathbf{u}\|^2 + \|\mathbf{v}\|^2)$$
が得られます。$\square$
幾何的意味：$\mathbb{R}^2$ において、$\mathbf{u}$ と $\mathbf{v}$ を2辺とする平行四辺形を考えます。$\mathbf{u} + \mathbf{v}$ と $\mathbf{u} - \mathbf{v}$ はその2本の対角線に対応します。平行四辺形の法則は「2本の対角線の長さの2乗の和は、4辺の長さの2乗の和に等しい」という幾何的事実を表しています。
この等式は内積の公理だけから導かれるので、関数空間などの抽象的な内積空間でも成り立ちます。