Es cierto

Question

Tengo la siguiente pregunta:

Es cierto que$$ \frac{\alpha}{\alpha + \beta}\|u\|^2 + \frac{\beta}{\alpha + \beta} \|v\|^2 > \langle u, v\rangle

para todos$u,v \in \mathbb R^N$ con$\{u, v\}$ linealmente independiente y todos$\alpha, \beta \in (0, \infty)$?

donde$\langle \cdot, \cdot \rangle$ es el producto interno habitual en$\mathbb R^N$ y$\|\cdot\|$ es la norma euclidiana.

En el caso particular de que$\alpha = \beta = \frac{1}{2}$ es fácil. Si$\{u, v\}$ es linealmente independiente entonces por la desigualdad de Hölder$\frac{1}{2}\|u\|^2 + \frac{1}{2}\|v\|^2 > \|u\|\cdot\|v\| \geq |\langle u, v\rangle| \geq \langle u, v\rangle$. Pero en el caso general no sé cómo hacerlo.

Answer 1

Desafortunadamente, eso no es verdad. Lo que preguntas es equivalente a $$\begin{align} \frac{\alpha}{\alpha + \beta}\|u\|^2 + \frac{\beta}{\alpha + \beta} \|v\|^2 &> \langle u, v\rangle \\ \alpha\|u\|^2 + \beta \|v\|^2 &> (\alpha + \beta)\langle u, v\rangle \\ \alpha\langle u, u\rangle - (\alpha + \beta)\langle u, v\rangle + \beta \langle v, v\rangle &> 0 \\ \langle \alpha u - \beta v, u - v\rangle &> 0 \end {align}$$

Ahora, como$u$ y$v$ son arbitrarios, podemos soltar el signo menos, obteniendo así$$ \langle \alpha u + \beta v, u + v\rangle > 0

Para ver que la desigualdad anterior no se mantiene, en$\mathbb{R}^2$, tome$u = (2, -\frac{1}{2})$,$v = (-1, \frac{1}{2})$,$\alpha = 1$ y$\beta = 3$. Por lo tanto,$\alpha u + \beta v = (-1, 1)$ y$u + v = (1,0)$, lo que claramente no satisface la desigualdad.