Ｑ×Ｒ

＝［ｑ0，ｑ1，ｑ2，ｑ3］［ｐ0，０，０，０］

　［０，ｑ0，ｑ1，ｑ2］［ｐ0，ｐ1，０，０］

　［０，０，ｑ0，ｑ1］［ｐ0，ｐ1，ｐ2，０］

　［０，０，０，ｑ0］［ｐ0，ｐ1，ｐ2，ｐ3］

＝［ｐ0ｑ0＋ｐ0ｑ1＋ｐ0ｑ2＋ｐ0ｑ3，ｐ1ｑ1＋ｐ1ｑ2＋ｐ1ｑ3，ｐ2ｑ2＋ｐ2ｑ3，ｐ3ｑ3］

　［ｐ0ｑ0＋ｐ0ｑ1＋ｐ0ｑ2，ｐ1ｑ0＋ｐ1ｑ1＋ｐ1ｑ2，ｐ2ｑ1＋ｐ2ｑ2，ｐ3ｑ2］

　［ｐ0ｑ0＋ｐ0ｑ1，ｐ1ｑ0＋ｐ1ｑ1，ｐ2ｑ0＋ｐ2ｑ1，ｐ3ｑ1］

　［ｐ0ｑ0，ｐ1ｑ1，ｐ2ｑ0，ｐ3ｑ0］

　これは役立ちそうにない．ところで，　単位円に内接する正ｎ角形の辺と対角線について

　　本数（Σｃ），長さの総和（Σａ×ｃ），長さの２乗の総和（Σｂ×ｃ）

とすると

　　本数（Σｃ）＝ｎ（ｎ−１）／２＝Ｎ

　　長さの２乗の総和（Σｂ×ｃ）＝ｎ^2

　　長さの総和に関する不等式として，

　　（Σｂ×ｃ）＜（Σａ×ｃ）^2＜Ｎ・（Σｂ×ｃ）＜ｎ^4／２

が成り立つ．

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［１］長さの総和の２乗と長さの２乗の総和の間に成り立つ関係は？

　（Σａ×ｃ)^2の上界は高校生には難しいかもしれないが，

　　ｕ＝（１，１，・・・，１），ｖ＝（ｄ1，ｄ2，・・・，ｄN）

に対して，コーシー・シュワルツの不等式（ｕ・ｖ≦｜ｕ｜｜ｖ｜）を適用すれば，

　　（Σａ×ｃ）^2≦Ｎ・（Σｂ×ｃ）＜ｎ^4／２

　　（等号は正三角形のとき）

　コーシー・シュワルツの不等式によらない場合は，

　　２（ａ^2＋ｂ^2）−（ａ＋ｂ）^2＝（ａ−ｂ）^2≧０

　　３（ａ^2＋ｂ^2＋ｃ^2）−（ａ＋ｂ＋ｃ）^2＝（ａ−ｂ）^2＋（ｂ−ｃ）^2＋（ｃ−ａ）^2≧０

　　４（ａ^2＋ｂ^2＋ｃ^2＋ｄ^2）−（ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ）^2＝（ａ−ｂ）^2＋（ｂ−ｃ）^2＋（ｃ−ｄ）^2＋（ｄ−ａ）^2≧０

より，

　　ＮΣｄi^2−（Σｄi）^2≧０　　　（等号はｄ1＝ｄ2＝・・・＝ｄNのとき）

を導き出すことができる．

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［２］コーシー・シュワルツの不等式

　　（Σａｂ）^2≦（Σａ^2）・（Σｂ^2）

　　等号が成り立つのはａ1／ｂ1＝ａ2／ｂ2＝・・・＝ａn／ｂnのときに限る

というのが，コーシー・シュワルツの不等式である．ｎ＝１のときは相加相乗平均不等式に帰着する．

　ｎ＝３のときは

　　（ａｘ＋ｂｙ＋ｃｚ）^2≦（ａ^2＋ｂ^2＋ｃ^2）（ｘ^2＋ｙ^2＋ｚ^2）

となる．とくに，ａ＝ｂ＝ｃ＝１とすると

　　（ｘ＋ｙ＋ｚ）／３≦（ｘ^2＋ｙ^2＋ｚ^2）

となって，［１］に掲げた

　　２（ａ^2＋ｂ^2）−（ａ＋ｂ）^2＝（ａ−ｂ）^2≧０

　　３（ａ^2＋ｂ^2＋ｃ^2）−（ａ＋ｂ＋ｃ）^2＝（ａ−ｂ）^2＋（ｂ−ｃ）^2＋（ｃ−ａ）^2≧０

　　４（ａ^2＋ｂ^2＋ｃ^2＋ｄ^2）−（ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ）^2＝（ａ−ｂ）^2＋（ｂ−ｃ）^2＋（ｃ−ｄ）^2＋（ｄ−ａ）^2≧０

　　ＮΣｄi^2−（Σｄi）^2≧０　　　（等号はｄ1＝ｄ2＝・・・＝ｄNのとき）

も，コーシー・シュワルツの不等式によっていることが理解される．

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［３］チェビシェフの不等式

　　ａ1≦ａ2≦・・・≦ａn，ｂ1≦ｂ2≦・・・≦ｂnのとき，対応する要素の積の平均は平均の積よりも大きい，すなわち，

　　（Σａｂ）／ｎ≦（Σａ）／ｎ・（Σｂ）／ｎ

　　ｎ（Σａｂ）≦（Σａ）・（Σｂ）

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［４］相加相乗平均不等式

　チェビシェフの不等式においてｂ＝１／ａと置く代わりに，ここでは相加相乗平均不等式を用いて

　　（Σａ）・（Σ１／ａ）≧ｎ^2

を証明する．

　ｎ＝２のとき，

　　（ａ＋ｂ）（１／ａ＋１／ｂ）＝１＋ａ／ｂ＋ｂ／ａ＋１

　ａ／ｂ＋ｂ／ａ≧２より

　　（ａ＋ｂ）（１／ａ＋１／ｂ）≧４

　（Σａ）・（Σ１／ａ）≧ｎ^2

ではｎ^2個の項が得られるが，ｎ個の１と（ｎ^2−ｎ）／２個の項の対（各対は２以上）の分解されるから，全体の和は

　　≧ｎ＋（ｎ^2−ｎ）＝ｎ^2

になる．

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