¿Por qué es una prueba de la desigualdad de Cauchy-Schwarz fácil, pero directamente es difícil?

Question

Digamos que usted está en $\mathbb{R}^n$ y se define en la norma como $||x||=\sqrt{x_1^2+x_2^2...+x_n^2}$. Este reconocemos como de costumbre, norma del producto interior: $||x|| = \sqrt{\langle x, x \rangle}$ donde $\langle x, y \rangle = x_1 y_1 + x_2 y_2+ \cdots + x_n y_n$. Es fácil comprobar que este satisface todos los axiomas de un producto interior. Entonces podemos definir ortogonalidad como un cero producto interior, y obtenemos el teorema de Pitágoras, podemos definir la proyección y, a continuación, la prueba de Cauchy–Schwarz es bastante sencillo.

Pero ahora viene mi problema. Digamos que usted no quiere pasar por el interior del producto, pero usted todavía desea probar de Cauchy–Schwarz. Cuando usted no tiene un producto interior, Cauchy–Schwarz no tienen mucho sentido, pero yo quiero la parte donde hemos sustituido el interior de la pieza de los productos.

Quiero decir, Cauchy–Schwarz dice: $|\langle x, y \rangle| \le ||x|| \cdot ||y||$. Esta ecuación tiene sentido, incluso sin interior-productos para nuestro caso:

$\left| x_1 y_1 + x_2 y_2 + \cdots + x_n y_n \right| \le \sqrt{x_1^2 + x_2^2 + \cdots + x_n^2} \cdot \sqrt{y_1^2 + y_2^2 + \cdots + y_n^2}$

Sin embargo no soy capaz de probar esta desigualdad. Para mí, es más fácil ir a través del interior del producto para probar esto, pero quiero ser capaz de demostrar esta desigualdad directamente, ¿cómo se supone que voy a hacer eso?

Es decir, mi problema es demostrar que

$\left| x_1 y_1 + x_2 y_2 + \cdots + x_n y_n \right| \le \sqrt{x_1^2 + x_2^2 + \cdots + x_n^2} \cdot \sqrt{y_1^2 + y_2^2 + \cdots + y_n^2}$

sin pasar por el interior del producto. Es así de duro? Diría usted que es más fácil definir el interior del producto y demostrando de esa manera? Me parece raro que debería ser más fácil para definir una gran cantidad de nuevos términos, sólo para demostrar una desigualdad.

Answer 1

Pensé que nunca lo hizo directamente, pero ahora que he encontrado la solución a continuación (muy rápidamente), empiezo a sospechar que debo haber hecho algo similar años atrás.

De todos modos, como primer paso, vamos a la plaza del todo. Entonces necesitamos para probar esto: $$ \left(\sum_i x_i y_i\right)^2 \leq \left(\sum_i x_i^2\right)\left(\sum_j y_j^2\right). $$ Vamos a restar a la izquierda de la derecha y abra todos los paréntesis: $$ \begin{align*} \left(\sum_i x_i^2\right)\left(\sum_j y_j^2\right) - \left(\sum_i x_i y_i\right)^2 & = \sum_{i,j}x_i^2 y_j^2 - \sum_{i, j}x_i y_i x_j y_j \\ & = \sum_{i \neq j} x_i^2 y_j^2 - \sum_{i \neq j} x_i y_i x_j y_j \\ & = \sum_{i < j} (x_i^2 y_j^2 + x_j^2y_i^2 - 2 x_i y_i x_j y_j) \\ & = \sum_{i < j} (x_i y_j - x_j y_i)^2 \end{align*} $$ Aquí índices de $i$ $j$ siempre iterar de$1$$n$. Vemos que esto es una suma de varias plazas, por lo que es no negativa, lo que demuestra la desigualdad original.

ACTUALIZACIÓN: la misma cosa se puede hacer para los números complejos. Queremos probar esto: $$ \left|\sum_i x_i \overline{y_i}\right| \leq \sqrt{\sum_i x_i \overline{x_i}} \cdot \sqrt{\sum_j y_j \overline{y_j}}. $$ Permítanos plaza todo, teniendo en cuenta que $|z|^2 = z\overline{z}$: $$ \left( \sum_i x_i \overline{y_i} \right) \left(\sum_j \overline{x_j} y_j\right) \leq \left( \sum_i x_i \overline{x_i} \right) \left(\sum_j y_j \overline{y_j}\right) $$ Como antes, le restamos a la izquierda de la derecha: $$ \begin{align*} & \left( \sum_i x_i \overline{x_i} \right) \left(\sum_j y_j \overline{y_j}\right) - \left( \sum_i x_i \overline{y_i} \right) \left(\sum_j \overline{x_j} y_j\right) \\ & = \sum_{i,j}x_i\overline{x_i}y_j\overline{y_j} - \sum_{i, j}x_i \overline{y_i} \overline{x_j} y_j \\ & = \sum_{i \neq j} x_i\overline{x_i}y_j\overline{y_j} - \sum_{i \neq j} x_i \overline{y_i} \overline{x_j} y_j \\ & = \sum_{i < j} (x_i \overline{x_i} y_j \overline{y_j} + x_j \overline{x_j} y_i \overline{y_i} - x_i \overline{y_i} \overline{x_j} y_j - x_j \overline{y_j} \overline{x_i} y_i) \\ & = \sum_{i < j} |x_i y_j - x_j y_i|^2 \end{align*} $$ Como antes, tenemos una suma de los cuadrados de los números reales, que es real y no negativa. Hecho.

Answer 2

No es difícil. De hecho, la primera prueba que he encontrado en la escuela secundaria era sin el uso interno de los productos. Se va como sigue:

Considere la ecuación cuadrática $$\sum_{i=1}^{n} (a_ix+b_i)^2 = (\sum_{i=1}^{n}a_i^2)x^2 + 2 (\sum_{i=1}^{n}a_ib_i)x + (\sum_{i=1}^{n}b_i^2)$$

Desde el cuadrática expresión es siempre no negativo, su discriminante debe ser $\leq 0$ [1]. es decir, $$(\sum_{i=1}^{n}a_ib_i)^2 - \sum_{i=1}^{n}a_i^2\sum_{i=1}^{n}b_i^2 \leq 0$$

de donde la desigualdad sigue. La igualdad se produce iff $$x = \frac{b_i}{a_i} \forall i$$

[1] Esto se deduce porque su no-negatividad implica que nunca cruza el eje de x (lo que significa que no tiene raíces reales, en cuyo caso el discriminante es negativo, o tiene una doble raíz, en cuyo caso el discriminante es 0).

Answer 3

Fundamentalmente Dan de probar no evita productos de interior, puesto que él probó que $\|x\|^2\|y\|^2-\langle x,y\rangle^2=$ Gram-determinante de $(x,y)$. ¿Así lo califica mi declaración como respuesta? Incluso si no utiliza la notación de un producto interno, está intrínsecamente presente en todo.

Answer 4

Me parece raro que debería ser más fácil para definir una gran cantidad de nuevos términos, sólo para demostrar una desigualdad.

En general, usted puede encontrar muchos ejemplos de problemas (incluso de las desigualdades) que se resuelven más fácil con el uso de algunos matemáticos de la maquinaria.

Dan Shved dio una excelente respuesta a su pregunta. Permítanme añadir que podría probar la desigualdad para n=2 y, a continuación, utilizar la inducción sobre n.

El truco en Sandeep Thilakan la respuesta puede ser usado para demostrar la desigualdad en cualquier producto interior en el espacio.

Un muy buen libro didáctico acerca de las desigualdades, es La de Cauchy-Schwarz Clase magistral: Una Introducción al Arte de la Matemática de las Desigualdades. Su primer capítulo es muy importante para su pregunta.

Answer 5

Como con la mayoría de las cosas, la prueba no es difícil cuando usted sabe cómo!

Definir dos normas para $x \in \mathbb{R^n}$ como sigue:

$$ \|x\|_1 := \sum_{i=1}^n |x_i|$$

y

$$ \|x\|_2 := (\sum_{i=1}^n |x_i|^2)^{1/2}.$$

Para $x,y \in \mathbb{R^n}$ I definirá $xy:= x \cdot y$ como un conveniente corto la mano.

Para demostrar la desigualdad, es suficiente (por la desigualdad de triángulo) para mostrar que

$$\forall x,y \in \mathbb{R^n} \ \ \|xy\|_1 \leq \|x\|_2\|y\|_2.$$

Para este fin, se nota que

$$\forall a,b \in \mathbb{R}_{+} \quad 0 \leq \|(ax+by)^2\|_1 = a^2\|x^2\|_1 + 2ab\|xy\|_1 + b^2\|y^2\|_1.$$

Dividiendo por $b^2$, y el establecimiento $\lambda:= a/b$ resultados en esta desigualdad:

$$\forall \lambda>0 \quad 0 \leq \lambda^2\|x^2\|_1 + 2\lambda\|xy\|_1 + b^2\|y^2\|_1.$$

Podemos concluir que no hay real positivo raíces de esta ecuación cuadrática en $\lambda$. Por lo tanto, sabemos que el determinante debe ser no positivo, es decir,

$$ (2\cdot \|xy\|_1)^2 \leq 4\|x^2\|_1 \|y^2\|_1.$$

Dividir ambos lados por $4$ y tomando raíces cuadradas da:

$$\|xy\|_1 \leq \|x^2\|_1^{1/2} \|y^2\|_1^{1/2} = \|x\|_2\|y\|_2,$$

como se requiere.