有名不等式a^2+b^2+c^2≧ab+bc+caのいろいろな証明

両辺の差を取って $a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\geq 0$ を示せばよいが，左辺は

$\dfrac{1}{2}\{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\}$

と平方の和に変形できるので目標の不等式が示された。

両辺の差を $a$ の2次式と見て平方完成する：

$a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\\ =\left\{a-\left(\dfrac{b+c}{2}\right)\right\}^2+\dfrac{3}{4}b^2+\dfrac{3}{4}c^2-\dfrac{3}{2}bc$

残りの部分を $b$ の2次式と見て平方完成すると，結局

$a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\\ =\left\{a-\left(\dfrac{b+c}{2}\right)\right\}^2+\dfrac{3}{4}(b-c)^2$

となり，平方の和に変形できるので目標の不等式が示された。

相加相乗平均の不等式より，$a^2+b^2\geq 2ab$

同様に，$b^2+c^2\geq 2bc$ ，$c^2+a^2\geq 2ac$

以上3つの不等式を辺々加えて2で割ると求める不等式を得る。

シュワルツの不等式より，

$(a^2+b^2+c^2)(b^2+c^2+a^2)\geq(ab+bc+ca)^2$

両辺の平方根を取ればよい。

$[2,0,0]\geq[1,1,0]$ なので，ムーアヘッドの不等式から

$a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca$

$a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\\ =(a, b, c)\begin{pmatrix}1 & -1/2&-1/2\\-1/2& 1&-1/2\\-1/2&-1/2&1\end{pmatrix}\left(\begin{array}{c}a\\b\\c\end{array}\right)$

$=(a, b, c)A\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}$

となるが，簡単な計算により $A$ の小行列式は $1，\dfrac{3}{4}, 0$ のいずれかとなり，全て非負なので $A$ は半正定値行列である。よって目標の不等式が示された。