ラグランジュの恒等式

代数学において、ジョゼフ・ルイ・ラグランジュにちなんで名付けられたラグランジュの恒等式は、次の通りである。^{[1] [2]これは、任意の2つの}実数または複素数の 集合 { a ₁ , a ₂ , ..., a _n } と { b ₁ , b ₂ , ..., b _n }に適用されます（より一般的には、可換環の元）。この恒等式は、ブラフマグプタ-フィボナッチ恒等式を一般化したものであり、ビネー-コーシー恒等式の特殊な形です。 $${\displaystyle {\begin{aligned}\left(\sum _{k=1}^{n}a_{k}^{2}\right)\left(\sum _{k=1}^{n}b_{k}^{2}\right)-\left(\sum _{k=1}^{n}a_{k}b_{k}\right)^{2}&=\sum _{i=1}^{n-1}\sum _{j=i+1}^{n}\left(a_{i}b_{j}-a_{j}b_{i}\right)^{2}\\&\left(={\frac {1}{2}}\sum _{i=1}^{n}\sum _{j=1,j\neq i}^{n}(a_{i}b_{j}-a_{j}b_{i})^{2}\right),\end{aligned}}}$$

より簡潔なベクトル表記では、ラグランジュの恒等式は次のように表される: ^[3] ここで、aとb は実数を成分とするn次元ベクトルである。複素数への拡張では、ドット積を内積またはエルミートドット積として解釈する必要がある。明示的には、複素数の場合、ラグランジュの恒等式は次のように表すことができる: ^[4]絶対値を 含む。^{[5] [6]}$${\displaystyle \left\|\mathbf {a} \right\|^{2}\left\|\mathbf {b} \right\|^{2}-(\mathbf {a} \cdot \mathbf {b} )^{2}=\sum _{1\leq i<j\leq n}\left(a_{i}b_{j}-a_{j}b_{i}\right)^{2}\,,}$$ $${\displaystyle \left(\sum _{k=1}^{n}|a_{k}|^{2}\right)\left(\sum _{k=1}^{n}|b_{k}|^{2}\right)-\left|\sum _{k=1}^{n}a_{k}b_{k}\right|^{2}=\sum _{i=1}^{n-1}\sum _{j=i+1}^{n}\left|a_{i}{\overline {b}}_{j}-a_{j}{\overline {b}}_{i}\right|^{2}}$$

恒等式の右辺は明らかに非負なので、有限次元実座標空間R ⁿとその複素対応物C ⁿにおけるコーシーの不等式を意味します。

幾何学的には、この恒等式は、ベクトルの集合によって張られる平行六面体の体積の 2 乗がベクトルの グラム行列式であると主張します。

くさび積に関して、ラグランジュの恒等式は次のように書ける。 $${\displaystyle (a\cdot a)(b\cdot b)-(a\cdot b)^{2}=(a\wedge b)\cdot (a\wedge b).}$$

したがって、これは2つのベクトルのくさび積の長さ、つまり2つのベクトルが定義する平行四辺形の面積を、2つのベクトルのドット積で表した式として見ることができます。 $${\displaystyle \|a\wedge b\|={\sqrt {(a\cdot a)(b\cdot b)-(a\cdot b)^{2}}}={\sqrt {\|a\|^{2}\|b\|^{2}-(a\cdot b)^{2}}}.}$$

3次元では、ラグランジュの恒等式は、aとbがR ³のベクトルで長さが| a |と| b |である場合、ラグランジュの恒等式は外積と内積で表すことができると主張している。^{[7] [8]} $${\displaystyle |\mathbf {a} |^{2}|\mathbf {b} |^{2}-(\mathbf {a} \cdot \mathbf {b} )^{2}=|\mathbf {a} \times \mathbf {b} |^{2}}$$

ドット積に基づく角度の定義（コーシー・シュワルツの不等式も参照）を使用すると、左辺は、 θ がベクトルaとbによって形成される角度で ある場合に、次の式になります。辺| a |と| b |を持ち、角度θである平行四辺形の面積は、初等幾何学では次の式になることが知られているため 、ラグランジュの恒等式の左辺は平行四辺形の面積の 2 乗です。右辺に現れる外積は、次の式で定義されます。 この式は、平行四辺形のyz平面、zx平面、xy平面 への投影の面積にそれぞれ等しい大きさのベクトルです。 $${\displaystyle \left|\mathbf {a} \right|^{2}\left|\mathbf {b} \right|^{2}\left(1-\cos ^{2}\theta \right)=\left|\mathbf {a} \right|^{2}\left|\mathbf {b} \right|^{2}\sin ^{2}\theta }$$$${\displaystyle \left|\mathbf {a} \right|\left|\mathbf {b} \right|\left|\sin \theta \right|,}$$$${\displaystyle \mathbf {a} \times \mathbf {b} =\left(a_{2}b_{3}-a_{3}b_{2}\right)\mathbf {i} +\left(a_{3}b_{1}-a_{1}b_{3}\right)\mathbf {j} +\left(a_{1}b_{2}-a_{2}b_{1}\right)\mathbf {k} }$$

R ⁷のベクトルであるaとbについては、ラグランジュの恒等式はR ³の場合と同じ形をとる^[9] $${\displaystyle |\mathbf {a} |^{2}|\mathbf {b} |^{2}-|\mathbf {a} \cdot \mathbf {b} |^{2}=|\mathbf {a} \times \mathbf {b} |^{2}\ ,}$$

しかし、7次元の外積は3次元の外積のすべての性質を共有するわけではない。例えば、cとdがaとbから線形独立であるにもかかわらず、 7次元のa × bの方向はc × dと同じになることがある。また、 7次元の外積はヤコビ恒等式と互換性がない。^[9]

四元数 p はスカラーtとベクトルvの和として定義されます。 $${\displaystyle p=t+\mathbf {v} =t+x\ \mathbf {i} +y\ \mathbf {j} +z\ \mathbf {k} .}$$

2つの四元数p = t + vとq = s + wの積は次のように定義されます。 $${\displaystyle pq=(st-\mathbf {v} \cdot \mathbf {w} )+s\ \mathbf {v} +t\ \mathbf {w} +\mathbf {v} \times \mathbf {w} .}$$

qの四元数共役は次のように定義され 、ノルムの二乗は次のように表される。 $${\displaystyle {\overline {q}}=t-\mathbf {v} ,}$$$${\displaystyle |q|^{2}=q{\overline {q}}=t^{2}\ +\ x^{2}+\ y^{2}\ +\ z^{2}.}$$

四元数代数におけるノルムの乗法性は、四元数pとqに対して次式を与える: ^[10] $${\displaystyle \left|pq\right|=\left|p\right|\left|q\right|.}$$

四元数pとqは、そのスカラー部分がゼロのとき虚数と呼ばれます。同様に、 $${\displaystyle p=\mathbf {v} ,\quad q=\mathbf {w} .}$$

ラグランジュの恒等式は、定義により、 虚数四元数のノルムの乗法性に過ぎない 。$${\displaystyle |\mathbf {v} \mathbf {w} |^{2}=|\mathbf {v} |^{2}|\mathbf {w} |^{2},}$$$${\displaystyle |\mathbf {v} \mathbf {w} |^{2}=(\mathbf {v} \cdot \mathbf {w} )^{2}+|\mathbf {v} \times \mathbf {w} |^{2}.}$$

ベクトル形式は、ビネ・コーシー恒等式からc _i  =  a _iおよびd _i  =  b _iと設定することで得られます。2番目のバージョンは、c _iとd _{i を}それぞれ a _iとb _iの複素共役とすることで得られます。

ここでも直接的な証明がある。^[11]左辺第1項の展開は次のようになる。

これは、 a sの列とb sの行の積がab sの平方 (の要素の和) を生成し、それが対角線と、対角線の両側にある 1 組の三角形に分解できることを意味します。

ラグランジュの恒等式の左辺の 2 番目の項は次のように展開できます。

つまり、対称的な正方形は、対角線と、対角線の両側にある 1 組の等しい三角形に分割できます。

ラグランジュの恒等式の右側の和を展開するには、まず和の中の正方形を展開します。 $${\displaystyle \sum _{i=1}^{n-1}\sum _{j=i+1}^{n}(a_{i}b_{j}-a_{j}b_{i})^{2}=\sum _{i=1}^{n-1}\sum _{j=i+1}^{n}\left(a_{i}^{2}b_{j}^{2}+a_{j}^{2}b_{i}^{2}-2a_{i}b_{j}a_{j}b_{i}\right).}$$

合計を右側に分配し、 $${\displaystyle \sum _{i=1}^{n-1}\sum _{j=i+1}^{n}(a_{i}b_{j}-a_{j}b_{i})^{2}=\sum _{i=1}^{n-1}\sum _{j=i+1}^{n}a_{i}^{2}b_{j}^{2}+\sum _{i=1}^{n-1}\sum _{j=i+1}^{n}a_{j}^{2}b_{i}^{2}-2\sum _{i=1}^{n-1}\sum _{j=i+1}^{n}a_{i}b_{j}a_{j}b_{i}.}$$

ここで、右辺の2番目の項のインデックスiとj を交換し、 3番目の項の b因子を並べ替えると、次のようになります。

ラグランジュの等式の左辺に戻ると、それは2つの項を持ち、式（1）と（2 ）で展開された形で与えられている。式（ 2 ）の右辺の最初の項は、式（ 1） の右辺の最初の項を打ち消し、

これは式（ ３ ）と同じであり、ラグランジュの恒等式は確かに恒等式である。QED

ノルム付き除算代数では、積のノルムがノルムの積に等しいことが必要である。ラグランジュの恒等式はこの等式を示している。ここで出発点として使用される積の恒等式は、積のノルムがスカトール代数のノルムの積に等しいことから生じる。この提案は、もともと変形ローレンツ計量の文脈で提示されたもので、双曲スカトール代数における積演算と絶対値の定義から生じる変換に基づいている。^[12] ラグランジュの恒等式はさまざまな方法で証明できる。^[4]

を複素数とし、上線は複素共役を表します 。${\displaystyle a_{i},b_{i}\in \mathbb {C} }$

級数展開における 4 次項を考慮すると、 積の恒等式は複素ラグランジュの恒等式に簡約されます。$${\displaystyle \prod _{i=1}^{n}\left(1-a_{i}{\bar {a}}_{i}-b_{i}{\bar {b}}_{i}+a_{i}{\bar {a}}_{i}b_{i}{\bar {b}}_{i}\right)=\prod _{i=1}^{n}\left(1-a_{i}{\bar {a}}_{i}\right)\prod _{i=1}^{n}\left(1-b_{i}{\bar {b}}_{i}\right)}$$

これを証明するには、積の恒等式の左辺の積を 4 次までの級数で展開します。そのためには、 の積をの和で展開できること を思い出してください。 ここで はにおける 3 次以上の項を意味します。 ${\displaystyle \left(1+x_{i}\right)}$$${\displaystyle \prod _{i=1}^{n}\left(1+x_{i}\right)=1+\sum _{i=1}^{n}x_{i}+\sum _{i<j}^{n}x_{i}x_{j}+{\mathcal {O}}^{3+}(x),}$$${\displaystyle {\mathcal {O}}^{3+}(x)}$${\displaystyle x}$

$${\displaystyle \prod _{i=1}^{n}\left(1-a_{i}{\bar {a}}_{i}-b_{i}{\bar {b}}_{i}+a_{i}{\bar {a}}_{i}b_{i}{\bar {b}}_{i}\right)=1-\sum _{i=1}^{n}\left(a_{i}{\bar {a}}_{i}+b_{i}{\bar {b}}_{i}\right)+\sum _{i=1}^{n}a_{i}{\bar {a}}_{i}b_{i}{\bar {b}}_{i}+\sum _{i<j}^{n}\left(a_{i}{\bar {a}}_{i}a_{j}{\bar {a}}_{j}+b_{i}{\bar {b}}_{i}b_{j}{\bar {b}}_{j}\right)+\sum _{i<j}^{n}\left(a_{i}{\bar {a}}_{i}b_{j}{\bar {b}}_{j}+a_{j}{\bar {a}}_{j}b_{i}{\bar {b}}_{i}\right)+{\mathcal {O}}^{5+}.}$$

右辺の2つの因子も級数で表すことができる。 $${\displaystyle \prod _{i=1}^{n}\left(1-a_{i}{\bar {a}}_{i}\right)\prod _{i=1}^{n}\left(1-b_{i}{\bar {b}}_{i}\right)=\left(1-\sum _{i=1}^{n}a_{i}{\bar {a}}_{i}+\sum _{i<j}^{n}a_{i}{\bar {a}}_{i}a_{j}{\bar {a}}_{j}+{\mathcal {O}}^{5+}\right)\left(1-\sum _{i=1}^{n}b_{i}{\bar {b}}_{i}+\sum _{i<j}^{n}b_{i}{\bar {b}}_{i}b_{j}{\bar {b}}_{j}+{\mathcal {O}}^{5+}\right).}$$

この式の4次の積は、 これら2つの結果を積の恒等式に代入すると次のようになる。 $${\displaystyle \prod _{i=1}^{n}\left(1-a_{i}{\bar {a}}_{i}\right)\prod _{i=1}^{n}\left(1-b_{i}{\bar {b}}_{i}\right)=1-\sum _{i=1}^{n}\left(a_{i}{\bar {a}}_{i}+b_{i}{\bar {b}}_{i}\right)+\left(\sum _{i=1}^{n}a_{i}{\bar {a}}_{i}\right)\left(\sum _{i=1}^{n}b_{i}{\bar {b}}_{i}\right)+\sum _{i<j}^{n}\left(a_{i}{\bar {a}}_{i}a_{j}{\bar {a}}_{j}+b_{i}{\bar {b}}_{i}b_{j}{\bar {b}}_{j}\right)+{\mathcal {O}}^{5+}.}$$$${\displaystyle \sum _{i=1}^{n}a_{i}{\bar {a}}_{i}b_{i}{\bar {b}}_{i}+\sum _{i<j}^{n}\left(a_{i}{\bar {a}}_{i}b_{j}{\bar {b}}_{j}+a_{j}{\bar {a}}_{j}b_{i}{\bar {b}}_{i}\right)=\left(\sum _{i=1}^{n}a_{i}{\bar {a}}_{i}\right)\left(\sum _{i=1}^{n}b_{i}{\bar {b}}_{i}\right).}$$

2つの共役級数の積は、共役項の積を含む級数として表すことができます。共役級数の積は、 $${\displaystyle \left(\sum _{i=1}^{n}x_{i}\right)\left(\sum _{i=1}^{n}{\bar {x}}_{i}\right)=\sum _{i=1}^{n}x_{i}{\bar {x}}_{i}+\sum _{i<j}^{n}\left(x_{i}{\bar {x}}_{j}+{\bar {x}}_{i}x_{j}\right),}$$$${\displaystyle \left(\sum _{i=1}^{n}a_{i}b_{i}\right)\left(\sum _{i=1}^{n}{\overline {a_{i}b_{i}}}\right)-\sum _{i<j}^{n}\left(a_{i}b_{i}{\bar {a}}_{j}{\bar {b}}_{j}+{\bar {a}}_{i}{\bar {b}}_{i}a_{j}b_{j}\right)+\sum _{i<j}^{n}\left(a_{i}{\bar {a}}_{i}b_{j}{\bar {b}}_{j}+a_{j}{\bar {a}}_{j}b_{i}{\bar {b}}_{i}\right)=\left(\sum _{i=1}^{n}a_{i}{\bar {a}}_{i}\right)\left(\sum _{i=1}^{n}b_{i}{\bar {b}}_{i}\right).}$$

左辺の最後の 2 つの級数の項は、 複素ラグランジュの恒等式を得るために次のようにグループ化されます。 $${\displaystyle a_{i}{\bar {a}}_{i}b_{j}{\bar {b}}_{j}+a_{j}{\bar {a}}_{j}b_{i}{\bar {b}}_{i}-a_{i}b_{i}{\bar {a}}_{j}{\bar {b}}_{j}-{\bar {a}}_{i}{\bar {b}}_{i}a_{j}b_{j}=\left(a_{i}{\bar {b}}_{j}-a_{j}{\bar {b}}_{i}\right)\left({\bar {a}}_{i}b_{j}-{\bar {a}}_{j}b_{i}\right),}$$$${\displaystyle \left(\sum _{i=1}^{n}a_{i}b_{i}\right)\left(\sum _{i=1}^{n}{\overline {a_{i}b_{i}}}\right)+\sum _{i<j}^{n}\left(a_{i}{\bar {b}}_{j}-a_{j}{\bar {b}}_{i}\right)\left({\overline {a_{i}{\bar {b}}_{j}-a_{j}{\bar {b}}_{i}}}\right)=\left(\sum _{i=1}^{n}a_{i}{\bar {a}}_{i}\right)\left(\sum _{i=1}^{n}b_{i}{\bar {b}}_{i}\right).}$$

モジュラスに関して言えば、 $${\displaystyle \left|\sum _{i=1}^{n}a_{i}b_{i}\right|^{2}+\sum _{i<j}^{n}\left|a_{i}{\bar {b}}_{j}-a_{j}{\bar {b}}_{i}\right|^{2}=\left(\sum _{i=1}^{n}\left|a_{i}\right|^{2}\right)\left(\sum _{i=1}^{n}\left|b_{i}\right|^{2}\right).}$$

複素数に対するラグランジュの恒等式は、単純な積の恒等式から得られました。実数に対する導出は、明らかにさらに簡潔です。コーシー・シュワルツの不等式はラグランジュの恒等式の特殊なケースであるため、^[4]この証明は CS 不等式を得るためのさらに別の方法です。級数の高次の項は、新しい恒等式を生み出します。

• ブラフマグプタ・フィボナッチ恒等式
• ラグランジュの恒等式（境界値問題）
• ビネ・コーシー恒等式

• Weisstein, Eric W.「ラグランジュの恒等式」。MathWorld。