Exegesis. Cauchy–Aczél 论证 [CN2A][edit]

$\gdef\spaces#1{~ #1 ~}$

Cauchy–Aczél 论证 是 次可加归纳 的一个直接应用. 凭此能够同时证明:

  • Theorem. Cauchy 不等式 [CN2B][edit]

    $\gdef\spaces#1{~ #1 ~}$

    $$ \Big(\sum_{k=1}^na_k^2\Big) \Big(\sum_{k=1}^nb_k^2\Big) \spaces\ge \Big(\sum_{k=1}^na_kb_k\Big)^2 $$

  • Lemma. Titu 引理 [CN2C][edit]

      $\gdef\spaces#1{~ #1 ~}$

      Titu 引理又名 Sedrakyan 不等式、Bergström 不等式、Engel 形式. 在 Cauchy 不等式 中实行替换 $a_k \mapsto \frac{x_k}{\sqrt\ell_k}$, $b_k \mapsto \sqrt\ell_k$, 随后移项即得

      $$ \sum_{k=1}^n\dfrac{x_k^2}{\ell_k} \spaces\ge \Big(\sum_{k=1}^nx_k\Big)^2 \Big({\sum_{k=1}^n{\ell_k}}\Big)^{-1} $$

    • Theorem. Aczél 不等式 [CN2D][edit]

      $\gdef\spaces#1{~ #1 ~}$

      设 $\{a_i\}_{1\le i \le n}$ 满足 $a_1^2 \ge a_2^2 + a_3^2 + \cdots + a_n^2$, $\{b_i\}_{1 \le i \le n}$ 满足 $b_1^2 \ge b_2^2 + b_3^2 + \cdots + b_n^2$ 则

      $$ \Big(a_1b_1 - \sum_{k=2}^na_kb_k\Big)^2 \spaces\ge \Big(a_1^2 - \sum_{k=2}^na_k^2\Big) \Big(b_1^2 - \sum_{k=2}^nb_k^2\Big) $$

      由于 Cauchy–Aczél 论证, Aczél 不等式 实际上是 Cauchy 不等式 的另一种表达形式.

    • Theorem. Aczél 不等式 Engel 形式 [CN2E][edit]

      $\gdef\spaces#1{~ #1 ~}$

      与 Cauchy 不等式 具有 Engel 形式 类似, Aczél 不等式也有相应的 Engel 形式. 实行替换 $a_k \mapsto \frac{x_k}{\sqrt\ell_k}$, $b_k \mapsto \sqrt\ell_k$, 得

      $$ \Big(x_1^2 - \sum_{k=2}^nx_k\Big)^2 \Big(\ell_1 - {\sum_{k=2}^n{\ell_k}}\Big)^{-1} \spaces\ge \frac{x_1^2}{\ell_1} - \sum_{k=2}^n\dfrac{x_k^2}{\ell_k} $$

    具体步骤如下.

    Proof. [edit]

      在 次可加归纳 中取 $f(x, \ell) = \frac{x^2}{\ell}$, 于是 Titu 引理 $\iff$ Aczél 不等式 Engel 形式, 又因为 Cauchy 不等式 等价于 Titu 引理, Aczél 不等式 等价于 Aczél 不等式 Engel 形式. 于是只需证明 Cauchy 不等式 中 $n=2$ 的情况, 现在做差

      $$ (a_1^2 + a_2^2)(b_1^2 + b_2^2) - (a_1b_1 + a_2b_2)^2 \spaces= (a_1b_2 - a_2b_1)^2 $$

      右侧非负, 从而证毕.

      Observation. [edit]

        读者也应留意到, 尝试直接说明 Cauchy 不等式 和 Aczél 不等式 等价往往不容易看出, 而沿着下面的路径就要轻松的多.

        $$ \begin{CD} \text{Cauchy} @>s>> \text{Titu} \\ @. @VV\text{次线性归纳}V \\ \text{Aczél} @<<s^{-1}< X_1 \end{CD} $$

        此处 $X_1$ 即 Aczél 不等式 Engel 形式, $s$ 为 $(a_k, b_k) \mapsto (\frac{x_k}{\sqrt\ell_k},\sqrt\ell_k)$.