Задача №2453

Условие

Доказать тождество Лагранжа:

\[ \left(\sum\limits_{k=1}^{n}a_k b_k\right)^2 =\sum\limits_{k=1}^{n}a_{k}^{2}\cdot\sum\limits_{k=1}^{n}b_{k}^{2} -\sum\limits_{1\le{j}\lt{k}\le{n}}\left(a_j b_k - a_k b_j\right)^2 \]

Решение

Запишем это равенство немного в ином виде. Мне кажется, что так его суть проявляется чуть более наглядно:

\[ \begin{equation} \sum\limits_{k=1}^{n}a_{k}^{2}\cdot\sum\limits_{k=1}^{n}b_{k}^{2} - \left(\sum\limits_{k=1}^{n}a_k b_k\right)^2 =\sum\limits_{j=1}^{n-1}\sum\limits_{k=j+1}^{n}\left(a_j b_k - a_k b_j\right)^2 \end{equation} \]

Доказательство этого равенства провести не так уж сложно, – достаточно лишь умело жонглировать знаком \(\displaystyle{\Sigma}\). Однако мне кажется, что куда ценнее выяснить почему равенство должно быть истинным, т.е. из каких соображений можно его вывести, а не просто доказать готовое утверждение. Предварительный анализ я скрыл под примечание, так как само доказательство можно, конечно же, провести и без него.

Как можно прийти к доказываемому равенству?

Для неформального анализа запишем левую часть равенства в развёрнутом виде:

\[ \left(a_{1}^{2} + a_{2}^{2} + a_{3}^{2} + \ldots + a_{n}^{2}\right) \cdot\left(b_{1}^{2} + b_{2}^{2} + b_{3}^{2} + \ldots + b_{n}^{2}\right) - \left(a_1 b_1 + a_2 b_2 + a_3 b_3 + \ldots + a_n b_n\right)^2 \]

Для удобства обозначим скобки в полученной записи как \(\displaystyle{A}\), \(\displaystyle{B}\) и \(\displaystyle{C}\), т.е. мы имеем выражение \(\displaystyle{A\cdot{B}-C}\).

Какого рода слагаемые мы получим, раскрывая произведение \(\displaystyle{A\cdot{B}}\)? Это будут слагаемые двух типов. Первый тип – слагаемые \(\displaystyle{a_{1}^{2}b_{1}^{2}}\), \(\displaystyle{a_{2}^{2}b_{2}^{2}}\), \(\displaystyle{a_{3}^{2}b_{3}^{2}}\) и так далее, т.е. слагаемые вида \(\displaystyle{a_{k}^{2}b_{k}^{2}}\). Ко второму типу будут относиться слагаемые вида \(\displaystyle{a_{i}^{2}b_{j}^{2}}\), где \(\displaystyle{i\neq{j}}\). Причём стоит отметить, что если в сумму входит слагаемое \(\displaystyle{a_{i}^{2}b_{j}^{2}}\), то будет входить и "симметричное" ему слагаемое \(\displaystyle{a_{j}^{2}b_{i}^{2}}\).

Теперь обратим внимание на скобку \(\displaystyle{C}\). Для её анализа будет полезна известная формула:

\[ \left(d_1 + d_2 + d_3 + \ldots + d_n \right)^2 =d_{1}^{2} + d_{2}^{2} + d_{3}^{2} + \ldots + d_{n}^{2} +2\left(d_1d_2 + d_1d_3 + \ldots + d_{n-1}d_n\right) \]

Сумма \(\displaystyle{d_1d_2 + \ldots + d_{n-1}d_n}\) содержит в себе все произведения типа \(\displaystyle{d_i d_j}\), где \(\displaystyle{1\le{i}\lt{j}\le{n}}\).

Вернёмся к анализу скобки \(\displaystyle{C}\). Какого типа слагаемые появятся при её раскрытии? Как и для произведения \(\displaystyle{A\cdot{B}}\), получим два типа слагаемых: \(\displaystyle{a_{k}^{2}b_{k}^{2}}\) и \(\displaystyle{2a_{i}b_{i}a_{j}b_{j}}\), где \(\displaystyle{j\gt{i}}\).

Что же произойдёт при вычитании скобки \(\displaystyle{C}\) из произведения \(\displaystyle{A\cdot{B}}\)? Разумеется, слагаемые вида \(\displaystyle{a_{k}^{2}b_{k}^{2}}\) сократятся. После такого сокращения останутся триады слагаемых, из которых можно сформировать полные квадраты:

\[ a_{i}^{2}b_{j}^{2} - 2a_{i}b_{i}a_{j}b_{j} + a_{j}^{2}b_{i}^{2} =\left(a_{i}b_{j} - a_{j}b_{i}\right)^2 \]

Вот мы и пришли, по факту, к доказываемому равенству. В принципе, изложенные выше рассуждения можно сделать более строгими, таким образом доказав тождество Лагранжа, однако мне видится более удобным провести формальное доказательство по индукции.

Сразу отметим небольшую проблему, которая возникает при \(\displaystyle{n=1}\) – сумма в правой части равенства (1) принимает вид \(\displaystyle{\sum\limits_{j=1}^{0}\sum\limits_{k=j+1}^{1}\left(a_j b_k - a_k b_j\right)^2}\). Такая сумма не содержит ни одного члена, – она равна нулю. При этом для левой части равенства (1) будем иметь

\[ \sum\limits_{k=1}^{1}a_{k}^{2}\cdot\sum\limits_{k=1}^{n}b_{k}^{2} - \left(\sum\limits_{k=1}^{1}a_k b_k\right)^2 =a_{1}^{2}\cdot{b}_{1}^{2} - \left(a_1 b_1\right)^2 =0 \]

Таким образом, при \(\displaystyle{n=1}\) формула (1) верна. В дальнейших рассуждениях примем \(\displaystyle{n\ge{2}}\), чтобы более не сталкиваться с "пустыми" суммами. Применим метод математической индукции.

На первом шаге нужно проверить истинность равенства (1) при \(\displaystyle{n=2}\). Подставляя \(\displaystyle{n=2}\) в левую часть равенства (1), получим:

\[ \sum\limits_{k=1}^{2}a_{k}^{2}\cdot\sum\limits_{k=1}^{2}b_{k}^{2} - \left(\sum\limits_{k=1}^{2}a_k b_k\right)^2=\\ =\left(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}\right)\cdot\left(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}\right) - \left(a_1 b_1 + a_2 b_2 \right)^2 =\left( a_1 b_2 - a_2 b_1\right)^2 =\sum\limits_{j=1}^{1}\sum\limits_{k=j+1}^{2}\left(a_j b_k - a_k b_j\right)^2 \]

Формула (1) при \(\displaystyle{n=2}\) истинна. Предположим, что эта формула истинна при \(\displaystyle{n=p}\), т.е. что верна формула

\[ \begin{equation} \sum\limits_{k=1}^{p}a_{k}^{2}\cdot\sum\limits_{k=1}^{p}b_{k}^{2} - \left(\sum\limits_{k=1}^{n}a_k b_k\right)^2 =\sum\limits_{j=1}^{p-1}\sum\limits_{k=j+1}^{p}\left(a_j b_k - a_k b_j\right)^2 \end{equation} \]

Теперь докажем, что формула (1) верна при \(\displaystyle{n=p+1}\), т.е. что

\[ \begin{equation} \sum\limits_{k=1}^{p+1}a_{k}^{2}\cdot\sum\limits_{k=1}^{p+1}b_{k}^{2} - \left(\sum\limits_{k=1}^{p+1}a_k b_k\right)^2 =\sum\limits_{j=1}^{p}\sum\limits_{k=j+1}^{p+1}\left(a_j b_k - a_k b_j\right)^2 \end{equation} \]

Преобразуем левую часть равенства (3) с учётом равенства (2):

\[ \sum\limits_{k=1}^{p+1}a_{k}^{2}\cdot\sum\limits_{k=1}^{p+1}b_{k}^{2} - \left(\sum\limits_{k=1}^{p+1}a_k b_k\right)^2 =\left(\sum\limits_{k=1}^{p}a_{k}^{2} + a_{p+1}^{2}\right)\cdot\left( \sum\limits_{k=1}^{p}b_{k}^{2} + b_{p+1}\right) - \left(\sum\limits_{k=1}^{p}a_k b_k + a_{p+1} b_{p+1} \right)^2=\\ =\sum\limits_{k=1}^{p}a_{k}^{2}\cdot\sum\limits_{k=1}^{p}b_{k}^{2} - \left(\sum\limits_{k=1}^{n}a_k b_k\right)^2 +b_{p+1}^{2}\sum\limits_{k=1}^{p}a_{k}^{2}+a_{p+1}^{2}\sum\limits_{k=1}^{p}b_{k}^{2} -2a_{p+1} b_{p+1} \sum\limits_{k=1}^{p}a_{k}b_{k}=\\ =\sum\limits_{j=1}^{p-1}\sum\limits_{k=j+1}^{p}\left(a_j b_k - a_k b_j\right)^2 +\sum\limits_{k=1}^{p}\left(a_j b_{p+1} - a_{p+1} b_j\right)^2 =\sum\limits_{j=1}^{p}\sum\limits_{k=j+1}^{p+1}\left(a_j b_k - a_k b_j\right)^2 \]

Равенство (3) доказано. Согласно методу математической индукции, формула (1) верна при любых \(\displaystyle{n\in{N}}\).

Ответ:

Равенство доказано.

Источники задачи

Перейти к списку всех задачников

Задачник №2	Кудрявцев "Сборник задач по математическому анализу" (том №1)
Параграф №4	Прогрессии. Суммирование. Бином Ньютона. Числовые неравенства
Задача №11