Неравенство Коши — Буняковского — Википедия

Существует лишь несколько сущностно различных подходов к доказательству неравенства. Однако, ввиду его универсальности, одни и те же приводящие к нему формальные операции можно описывать в разных терминах. Из-за этого некоторые авторы представляют неравенство как имеющее чрезвычайно много доказательств.^[3]

Для удобства изложения в данном разделе, когда не указано иное, описываются доказательства только для пространства конечной размерности над ${\displaystyle \mathbb {R} }$, то есть для конечных последовательностей ${\displaystyle (x_{1},\dots ,x_{n})}$, ${\displaystyle (y_{1},\dots ,y_{n})}$.

Абстрактный, через проекции вектора не вектор (подходит и для комплексного, и для бесконечномерного случая)

А) Сформулируем определение скалярного произведения

Скалярное произведение в линейной алгебре над комплексными числами имеет следующие три определяющие свойства (аксиомы):

Аксиома 1) оно есть полуторалинейная (в теоретической физике часто говорят просто "билинейная") форма, то есть:

${\displaystyle \langle a+b,c\rangle =\langle a,c\rangle +\langle b,c\rangle }$

${\displaystyle \langle a,b+c\rangle =\langle a,b\rangle +\langle a,c\rangle }$

${\displaystyle \langle a,\alpha b\rangle =\alpha \langle a,b\rangle }$

${\displaystyle \langle \alpha a,b\rangle ={\overline {\alpha }}\langle a,b\rangle }$

для любых векторов ${\displaystyle a,b,c}$ и любого комплексного числа ${\displaystyle \alpha }$.

Слово "полуторалинейная" означает наличие комплексного сопряжения при "вытаскивании за форму" коэффициента при первом аргументе формы (четвертое равенство). В "действительной" линейной алгебре этого сопряжения нет, и форма называется билинейной, однако это является частным случаем, ибо комплексное сопряжение действительного числа его не меняет.

Таковое определение принято для того, чтобы "спасти" аксиому положительной определенности (Аксиому 3 ниже) скалярного произведения столбцов. В "действительном" случае таковое произведение равно ${\displaystyle A^{T}B}$, но над комплексными числами выражение ${\displaystyle A^{T}A}$ (сумма квадратов комплексных чисел) не обязательно даже действительно, не говоря уж о положительности. Выражение же ${\displaystyle A^{*}A}$ является суммой квадратов модулей компонент столбца (выраженией вида ${\displaystyle a_{i}{\overline {a_{i}}}}$), и оно действительно и положительно для любого ненулевого ${\displaystyle A}$.

"Действительный" случай получается из комплексного а) опусканием всех комплексных сопряжений и б) заменой всех ${\displaystyle A^{*}}$ на ${\displaystyle A^{T}}$ (ибо по определению ${\displaystyle A^{*}={\overline {A}}^{T}}$).

Аксиома 2) оно есть эрмитова форма, то есть:

${\displaystyle \langle a,b\rangle ={\overline {\langle b,a\rangle }}}$

для любых векторов ${\displaystyle a}$ и ${\displaystyle b}$.

В "действительном" случае комплексное сопряжение опускается, и форма называется симметрической.

Аксиома 3) оно есть положительно определенная форма, то есть:

${\displaystyle \langle a,a\rangle \in \mathbb {R} }$

${\displaystyle \langle a,a\rangle >0}$

для любого ненулевого вектора ${\displaystyle a}$.

Б) Теперь сформулируем определения параллельной и ортогональной проекции вектора на другой вектор

Параллельной проекцией вектора ${\displaystyle a}$ на вектор ${\displaystyle b}$ называется вектор:

${\displaystyle a\parallel b=\left({\frac {\langle b,a\rangle }{\langle b,b\rangle }}\right)b}$

Этот вектор существует всегда, когда ${\displaystyle \langle b,b\rangle \neq 0}$, то есть - по Аксиоме 3 - когда ${\displaystyle b\neq 0}$.

Поскольку в скобках стоит число, этот вектор действительно параллелен вектору ${\displaystyle b}$.

Ортогональной проекцией вектора ${\displaystyle a}$ на вектор ${\displaystyle b}$ называется вектор:

${\displaystyle a\perp b=a-a\parallel b}$

Докажем, что этот вектор ортогонален ${\displaystyle b}$:

${\displaystyle \langle a\perp b,b\rangle =\langle a-a\parallel b,b\rangle }$

${\displaystyle =\langle a,b\rangle -\langle a\parallel b,b\rangle }$ (по Аксиоме 1 (полутора/билинейности))

${\displaystyle =\langle a,b\rangle -\langle \left({\frac {\langle b,a\rangle }{\langle b,b\rangle }}\right)b,b\rangle }$ (раскрыли ${\displaystyle a\parallel b}$)

${\displaystyle =\langle a,b\rangle -{\overline {\left({\frac {\langle b,a\rangle }{\langle b,b\rangle }}\right)}}\langle b,b\rangle }$ (вытащили коэффициент за скобку по Аксиоме 1)

${\displaystyle =\langle a,b\rangle -\left({\frac {\overline {\langle b,a\rangle }}{\overline {\langle b,b\rangle }}}\right)\langle b,b\rangle }$ (комплексное сопряжение "сохраняет" 4 арифметических действия, и деление в том числе - оно есть автоморфизм)

${\displaystyle =\langle a,b\rangle -\left({\frac {\overline {\langle b,a\rangle }}{\langle b,b\rangle }}\right)\langle b,b\rangle }$ (по Аксиоме 3 ${\displaystyle \langle b,b\rangle }$ действительно)

${\displaystyle =\langle a,b\rangle -{\overline {\langle b,a\rangle }}}$ (сократили на ${\displaystyle \langle b,b\rangle }$)

${\displaystyle =\langle a,b\rangle -{\langle a,b\rangle }}$ (по Аксиоме 2 ${\displaystyle \langle a,b\rangle }$ есть эрмитова форма)

${\displaystyle =0}$

При этом по построению ${\displaystyle a\perp b}$ имеем:

${\displaystyle a=a\parallel b+a\perp b}$

Таким образом, для любого вектора ${\displaystyle b\neq 0}$ и любого вектора ${\displaystyle a}$ существует и единственно разложение ${\displaystyle a=a\parallel b+a\perp b}$, такое, что ${\displaystyle a\parallel b}$ параллелен ${\displaystyle b}$, ${\displaystyle a\perp b}$ ортогонален ${\displaystyle b}$, и оба слагаемых ортогональны друг другу.

В) Теперь докажем неравенство Коши-Буняковского

При ${\displaystyle b=0}$ неравенство переходит в равенство (с обеих сторон нуль), и, поскольку оно нестрогое, оно верно.

При ${\displaystyle b\neq 0}$ можно разложить вектор ${\displaystyle a}$ на параллельную и ортогональную проекцию на ${\displaystyle b}$ в виде ${\displaystyle a=a\parallel b+a\perp b}$

Далее рассмотрим выражение ${\displaystyle \langle a,a\rangle \langle b,b\rangle }$:

${\displaystyle \langle a,a\rangle \langle b,b\rangle =\langle a\parallel b+a\perp b,a\parallel b+a\perp b\rangle \langle b,b\rangle }$

${\displaystyle =(\langle a\parallel b,a\parallel b\rangle +\langle a\parallel b,a\perp b\rangle +\langle a\perp b,a\parallel b\rangle +\langle a\perp b,a\perp b\rangle )\langle b,b\rangle }$ (по Аксиоме 1 (полутора/билинейности))

${\displaystyle =(\langle a\parallel b,a\parallel b\rangle +\langle a\perp b,a\perp b\rangle )\langle b,b\rangle }$ (удалили слагаемые, равные нулю из-за ортогональности двух проекций)

${\displaystyle =(\langle \left({\frac {\langle b,a\rangle }{\langle b,b\rangle }}\right)b,\left({\frac {\langle b,a\rangle }{\langle b,b\rangle }}\right)b\rangle +\langle a\perp b,a\perp b\rangle )\langle b,b\rangle }$ (раскрыли ${\displaystyle a\parallel b}$)

${\displaystyle =({\overline {\left({\frac {\langle b,a\rangle }{\langle b,b\rangle }}\right)}}\left({\frac {\langle b,a\rangle }{\langle b,b\rangle }}\right)\langle b,b\rangle +\langle a\perp b,a\perp b\rangle )\langle b,b\rangle }$ (вытащили коэффициенты за скобку по Аксиоме 1)

${\displaystyle ={\overline {\left({\frac {\langle b,a\rangle }{\langle b,b\rangle }}\right)}}\left({\frac {\langle b,a\rangle }{\langle b,b\rangle }}\right)\langle b,b\rangle \langle b,b\rangle +\langle a\perp b,a\perp b\rangle \langle b,b\rangle }$ (раскрыли скобки)

${\displaystyle =\left({\frac {\overline {\langle b,a\rangle }}{\overline {\langle b,b\rangle }}}\right)\left({\frac {\langle b,a\rangle }{\langle b,b\rangle }}\right)\langle b,b\rangle \langle b,b\rangle +\langle a\perp b,a\perp b\rangle \langle b,b\rangle }$ (комплексное сопряжение "сохраняет" 4 арифметических действия, и деление в том числе - оно есть автоморфизм)

${\displaystyle =\left({\frac {{\overline {\langle b,a\rangle }}{\langle b,a\rangle }}{\langle b,b\rangle \langle b,b\rangle }}\right)\langle b,b\rangle \langle b,b\rangle +\langle a\perp b,a\perp b\rangle \langle b,b\rangle }$ (по Аксиоме 3 ${\displaystyle \langle b,b\rangle }$ действительно)

${\displaystyle ={\overline {\langle b,a\rangle }}{\langle b,a\rangle }+\langle a\perp b,a\perp b\rangle \langle b,b\rangle }$ (сократили на ${\displaystyle \langle b,b\rangle \langle b,b\rangle }$)

${\displaystyle ={\langle a,b\rangle }{\overline {\langle a,b\rangle }}+\langle a\perp b,a\perp b\rangle \langle b,b\rangle }$ (по Аксиоме 2 ${\displaystyle \langle a,b\rangle }$ есть эрмитова форма)

${\displaystyle ={|\langle a,b\rangle |}^{2}+\langle a\perp b,a\perp b\rangle \langle b,b\rangle }$ (используем тот факт, что ${\displaystyle z{\overline {z}}=|z|^{2}}$ для любого ${\displaystyle z\in \mathbb {C} }$)

Итого получаем:

${\displaystyle {|\langle a,b\rangle |}^{2}+\langle a\perp b,a\perp b\rangle \langle b,b\rangle =\langle a,a\rangle \langle b,b\rangle }$

При ${\displaystyle a\perp b=0}$ второе слагаемое слева есть нуль. При ${\displaystyle a\perp b\neq 0}$ второе слагаемое слева есть произведение двух положительных (по Аксиоме 3) действительных чисел, и само действительно и положительно.

А потому:

${\displaystyle {|\langle a,b\rangle |}^{2}\leqslant \langle a,a\rangle \langle b,b\rangle }$

Извлекаем корень, пользуясь тем, что с обеих сторон неотрицательные числа (справа - по Аксиоме 3), а также монотонным ростом квадрата и корня:

${\displaystyle {\sqrt {{|\langle a,b\rangle |}^{2}}}\leqslant {\sqrt {\langle a,a\rangle \langle b,b\rangle }}}$

Слева используем то, что ${\displaystyle {\sqrt {x^{2}}}=|x|}$, а справа - то, что ${\displaystyle {\sqrt {xy}}={\sqrt {x}}{\sqrt {y}}}$

${\displaystyle |(|\langle a,b\rangle |)|\leqslant {\sqrt {\langle a,a\rangle }}{\sqrt {\langle b,b\rangle }}}$

Очевидно, что ${\displaystyle |(|x|)|=|x|}$:

${\displaystyle |\langle a,b\rangle |\leqslant {\sqrt {\langle a,a\rangle }}{\sqrt {\langle b,b\rangle }}}$

Подставляем определение нормы ${\displaystyle \|v\|={\sqrt {\langle v,v\rangle }}}$:

${\displaystyle |\langle a,b\rangle |\leqslant \|a\|\|b\|}$

Неравенство доказано, причем для комплексного случая.

Пригодность данного доказательства для бесконечномерной линейной алгебры очевидна потому, что в доказательстве нигде не использовались разложения векторов по конечному базису. Оно основано только на аксиомах (определяющих свойствах) скалярного произведения.

Комбинаторный (через перестановочное неравенство)

Случай с вектором из единиц

Пусть ${\displaystyle y_{1}=\dots =y_{n}=1}$. Раскрывая квадрат и делая замену ${\displaystyle t=i-j}$, квадрат суммы можно разбить на блоки следующим образом:

${\displaystyle {\left({\sum \limits _{i=1}^{n}{x_{i}}}\right)}^{2}=\sum \limits _{i=1}^{n}\sum \limits _{j=1}^{n}{x_{i}x_{j}}=\sum \limits _{t=0}^{n-1}{\left({\sum \limits _{j=1}^{n}{x_{j}x_{j+t}}}\right)}\ ,}$

где обозначения ${\displaystyle x_{n+1},x_{n+2},\dots }$ соответствуют ${\displaystyle x_{1},x_{2},\dots }$. Из перестановочного неравенства для двух копий последовательности ${\displaystyle (x_{1},\dots ,x_{n})}$ и перестановок

${\displaystyle \sigma _{t}(j):=((t+j-1)\mod {n})+1,\ \ \ t=0,\dots ,n-1}$

следует, что каждая из внутренних сумм не превышает ${\displaystyle \sum \limits _{i=1}^{n}{x_{i}^{2}}}$.

Общий случай

Если все ${\displaystyle y_{i}}$ — целые, то, раскрывая произведения ${\displaystyle x_{i}y_{i}=\underbrace {x_{i}+\dots +x_{i}} _{y_{i}}}$ и применяя уже доказанный частный случай для получившихся ${\displaystyle \sum \limits _{i=1}^{n}{y_{i}}}$ слагаемых, получим

${\displaystyle \left(\sum \limits _{i=1}^{n}{x_{i}y_{i}}\right)^{2}=\left(\sum \limits _{i=1}^{n}{\underbrace {x_{i}+\dots +x_{i}} _{y_{i}}}\right)^{2}\leq \left({\sum \limits _{i=1}^{n}{y_{i}}}\right)\left({\sum \limits _{i=1}^{n}{\underbrace {x_{i}^{2}+\dots +x_{i}^{2}} _{y_{i}}}}\right)=\left({\sum \limits _{i=1}^{n}{y_{i}}}\right)\left({\sum \limits _{i=1}^{n}{x_{i}^{2}y_{i}}}\right)\ ,}$

Делением обоих частей на целые числа можно получить то же неравенство для рациональных ${\displaystyle y_{i}}$, а из непрерывности сложения и умножения следует и обобщение для произвольных вещественных ${\displaystyle y_{i}}$. Это утверждение в точности соответствует неравенству Коши-Буняковского для последовательностей

${\displaystyle {x'}_{i}:=x_{i}{\sqrt {y_{i}}}}$

${\displaystyle {y'}_{i}:={\sqrt {y_{i}}}}$.

Поэтому неравенство для произвольных ${\displaystyle ({x'}_{i})_{i=1}^{n}}$, ${\displaystyle ({y'}_{i})_{i=1}^{n}}$ следует из возможности обратной замены

${\displaystyle x_{i}:={\frac {{x'}_{i}}{{y'}_{i}}}}$

${\displaystyle y_{i}:={y'}_{i}^{2}}$.

Вероятностный (через суммирование квадратов)

Идея (на примере дисперсии)

Самая известная реализация этого метода — рассмотрение дисперсии случайной величины. Очевидно, что если величина принимает неотрицательные значения, то её математическое ожидание также будет неотрицательно, поэтому

${\displaystyle \mathbb {E} \left[{({X-\mathbb {E} [X]})^{2}}\right]\geq 0}$

для любой случайной величины ${\displaystyle X}$. Благодаря линейности математического ожидания из этого следует, что

${\displaystyle 0\leq \mathbb {E} \left[{(X-\mathbb {E} [X])^{2}}\right]=\mathbb {E} \left[{X^{2}-2X\mathbb {E} [X]+\mathbb {E} [X]^{2}}\right]=\mathbb {E} [X^{2}]-2\mathbb {E} [X]\mathbb {E} [X]+\mathbb {E} [X]^{2}=\mathbb {E} [X^{2}]-\mathbb {E} [X]^{2}}$

Пусть все ${\displaystyle y_{i}>0}$ и ${\displaystyle B:=\sum \limits _{i=1}^{n}{y_{i}}}$. Для случайной величины ${\displaystyle X}$, которая принимает значение ${\displaystyle x_{i}}$ с вероятностью ${\displaystyle {\frac {y_{i}}{B}}}$, это неравенство означает, что

${\displaystyle \left({\sum \limits _{i=1}^{n}{x_{i}{\frac {y_{i}}{B}}}}\right)^{2}=\mathbb {E} [X]^{2}\leq \mathbb {E} [X^{2}]=\sum \limits _{i=1}^{n}{x_{i}^{2}{\frac {y_{i}}{B}}}\ ,}$

то есть

${\displaystyle \left({\sum \limits _{i=1}^{n}{x_{i}y_{i}}}\right)\leq B\sum \limits _{i=1}^{n}{x_{i}^{2}y_{i}}=\left({\sum \limits _{i=1}^{n}{y_{i}}}\right)\left({\sum \limits _{i=1}^{n}{x_{i}^{2}y_{i}}}\right)\ .}$

Отсюда неравенство Коши-Буняковского можно получить той же заменой переменных, что и в случае с применением перестановочного неравенства.

Интерпретация и альтернативные формы

После замены переменных математическое ожидание описанной выше величины будет иметь вид

${\displaystyle \mathbb {E} [X]=\sum \limits _{i=1}^{n}{{\frac {x_{i}}{y_{i}}}\cdot {\frac {y_{i}^{2}}{\sum \limits _{j=1}^{n}{y_{j}^{2}}}}}\ .}$

Поэтому вероятностное доказательство, в сущности рассматривает сумму

${\displaystyle \sum \limits _{i=1}^{n}{\left({{\frac {x_{i}}{y_{i}}}-\sum \limits _{j=1}^{n}{\left({{\frac {x_{j}}{y_{j}}}\cdot {\frac {y_{j}^{2}}{\sum \limits _{k=1}^{n}{y_{k}^{2}}}}}\right)}}\right)^{2}{\frac {y_{i}^{2}}{\sum \limits _{j=1}^{n}{y_{j}^{2}}}}}\ .}$

Из очевидной (ввиду возведения скобки в квадрат) неотрицательности этой суммы выводится соотношение между слагаемыми, получающимися при раскрытии скобки — двое из трёх таких слагаемых сокращаются в одно (различаются лишь на константу) за счёт структуры формулы. Изменяя нормировку (деление на суммы) с помощью внесения множителей под скобки и домножения константы, легко увидеть, что такой подход аналогичен использованию более наглядной суммы

${\displaystyle \sum \limits _{i=1}^{n}{{\left({{\frac {x_{i}}{\sum \limits _{j=1}^{n}{x_{j}y_{j}}}}-{\frac {y_{i}}{\sum \limits _{j=1}^{n}{y_{j}^{2}}}}}\right)}^{2}}\ .}$

Неравенства с такими суммами, записанные без привязки к вероятностным определениям, остаются корректным и без условия ${\displaystyle y_{i}>0}$ из предыдущего раздела. В частности, для произвольного гильбертова пространства при ${\displaystyle \langle {x,y}\rangle \in \mathbb {R} }$ можно рассмотреть неравенство

${\displaystyle 0\leq \left\vert \left\vert {y-{\frac {\langle {x,y}\rangle }{||x||^{2}}}x}\right\vert \right\vert ^{2}\leq \left\langle {y-{\frac {\langle {x,y}\rangle }{\langle {x,x}\rangle }}x,y-{\frac {\langle {x,y}\rangle }{\langle {x,x}\rangle }}x}\right\rangle =\langle {y,y}\rangle -2{\frac {\langle {x,y}\rangle }{\langle {x,x}\rangle }}\langle {x,y}\rangle +{\frac {\langle {x,y}\rangle ^{2}}{\langle {x,x}\rangle ^{2}}}\langle {x,x}\rangle =\langle {y,y}\rangle -{\frac {\langle {x,y}\rangle ^{2}}{\langle {x,x}\rangle }}\ ,}$

а при ${\displaystyle \langle {x,y}\rangle \in \mathbb {C} \setminus \mathbb {R} }$ достаточно домножить ${\displaystyle x}$ на комплексное число вида ${\displaystyle e^{\varphi i},\varphi \in \mathbb {R} }$ чтобы свести всё к первому случаю.

Аналогичным способом можно использовать другую, симметричную, сумму, где после раскрытия скобки сокращаются два крайних слагаемых (полученные возведением в квадрат), а не крайнее с центральным:

${\displaystyle \sum \limits _{i=1}^{n}{{\left({{\frac {x_{i}}{\sqrt {\sum \limits _{j=1}^{n}{x_{j}^{2}}}}}-{\frac {y_{i}}{\sqrt {\sum \limits _{j=1}^{n}{y_{j}^{2}}}}}}\right)}^{2}}\ .}$

или, что то же самое,

${\displaystyle \left\vert \left\vert {{\frac {x}{||x||}}-{\frac {y}{||y||}}}\right\vert \right\vert ^{2}\ .}$

Кроме вероятностной интерпретации, использование таких сумм может быть описано через оценку дискриминанта квадратного уравнения или неравенство между средним геометрическим и средним арифметическим.^[4]

Прямой (через группировку множителей)

Ещё одна (впрочем, нуждающаяся в инструментарии двух предыдущих) идея состоит в представлении неравенства в виде

${\displaystyle \left({\sum \limits _{i=1}^{n}{x_{i}y_{i}}}\right)\left({\sum \limits _{j=1}^{n}{x_{j}y_{j}}}\right)=\sum \limits _{i=1}^{n}\sum \limits _{j=1}^{n}{(x_{i}y_{j})(x_{j}y_{i})}\leq \sum \limits _{i=1}^{n}\sum \limits _{j=1}^{n}{(x_{i}y_{j})^{2}}=\left({\sum \limits _{i=1}^{n}{x_{i}^{2}}}\right)\left({\sum \limits _{j=1}^{n}{y_{j}^{2}}}\right)\ .}$

Такую форму можно доказать двумя способами:

• сравнив все слагаемые за один шаг, применив перестановочное неравенство для двух копий набора ${\displaystyle (x_{i}y_{j})_{(i,j)\in [1;n]^{2}}}$ и перестановки ${\displaystyle \sigma (i,j):=(j,i)}$^[5];
• сравнивая каждое слагаемое отдельно, применяя неравенство между средним геометрическим и средним арифметическим для двух переменных ${\displaystyle a=x_{i}y_{j},\ b=x_{j}y_{i}}$, что по сути соответствует рассмотрению суммы квадратов вида ${\displaystyle \sum \limits _{i=1}^{n}\sum \limits _{j=1}^{n}{(x_{i}y_{j}-x_{j}y_{i})^{2}}}$ или нормы соответствующего вектора в тензорном произведении произвольных гильбертовых пространств.^[6]

Применение случая n=2 к суммам

Неравенство можно получить с помощью индукции, шагом которой для перехода от ${\displaystyle n}$ к ${\displaystyle (n+1)}$-му слагаемому будет применение того же неравенства для двух слагаемых. Предположение индукции для последовательностей ${\displaystyle (x_{i})_{i=1}^{n}}$, ${\displaystyle (y_{i})_{i=1}^{n}}$ даёт неравенство

${\displaystyle \left({\sum \limits _{i=1}^{n}{\color {red}{x_{i}}\color {blue}{y_{i}}}}\right)+x_{n+1}y_{n+1}\leq \left({\sum \limits _{i=1}^{n}{\color {red}{x_{i}}^{2}}}\right)^{\frac {1}{2}}\left({\sum \limits _{i=1}^{n}{\color {blue}{y_{i}}^{2}}}\right)^{\frac {1}{2}}+x_{n+1}y_{n+1}}$

А из случая ${\displaystyle n=2}$ для последовательностей ${\displaystyle \left({\left({\sum \limits _{i=1}^{n}{{x_{i}}^{2}}}\right)^{\frac {1}{2}},x_{n+1}}\right)}$, ${\displaystyle \left({\left({\sum \limits _{i=1}^{n}{{y_{i}}^{2}}}\right)^{\frac {1}{2}},y_{n+1}}\right)}$ легко видеть, что

${\displaystyle {\color {red}{\left({\sum \limits _{i=1}^{n}{{x_{i}}^{2}}}\right)^{\frac {1}{2}}}}{\color {blue}{\left({\sum \limits _{i=1}^{n}{{y_{i}}^{2}}}\right)^{\frac {1}{2}}}}+{\color {red}{x_{n+1}}\color {blue}{y_{n+1}}}\leq \left({{\color {red}{\left({\sum \limits _{i=1}^{n}{{x_{i}}^{2}}}\right)^{{\frac {1}{2}}\color {black}{\cdot 2}}}}+{\color {red}{x_{n+1}}^{2}}}\right)^{\frac {1}{2}}\left({{\color {blue}{\left({\sum \limits _{i=1}^{n}{{y_{i}}^{2}}}\right)^{{\frac {1}{2}}\color {black}{\cdot 2}}}}+{\color {blue}{y_{n+1}}^{2}}}\right)^{\frac {1}{2}}=\left({\sum \limits _{i=1}^{n+1}{x_{i}^{2}}}\right)^{\frac {1}{2}}\left({\sum \limits _{i=1}^{n+1}{y_{i}^{2}}}\right)^{\frac {1}{2}}}$

Таким образом неравенство доказывается для произвольного ${\displaystyle n}$ индукцией с базой ${\displaystyle n=2}$. Базу можно доказать любым из остальных способов (например, через неравенство ${\displaystyle (x_{1}y_{2}-x_{2}y_{1})^{2}\geq 0}$).^[7] Также для ${\displaystyle n=2}$ существуют наглядные геометрические доказательства.^[8][9]