Desigualdad de Cauchy-Schwarz en números complejos

Question

Supongamos que $a_{1},a_{2},a_{3}...a_{n}$ es una secuencia compleja que satisface $\bigl\lvert\left(\sum_{{k=1}}^{n}a_{k}b_{k}\right)\bigr\rvert \leq1$ para todos los $b_1,b_2,...,b_n$ tales que $\left(\sum_{{k=1}}^{n}\mid b_{k}\mid^{2}\right)\leq1$. Demostrar que $\left(\sum_{{k=1}}^{n}\mid a_{k}\mid^{2}\right)\leq1$

Estoy considerando demostrar por contradicción la desigualdad de Cauchy-Schwarz pero no sé por dónde empezar. La conclusión parece obvia.

Answer 1

Si $a=0$ entonces se cumple la desigualdad. Ahora supongamos que $\lVert a \rVert=\left(\sum|a_j|^2\right)^{1/2} > 0$. Sea $b_j = \overline{a_j}/\lVert a \rVert$. Entonces $\sum |b_j|^2=1$ y $\lVert a \rVert = \sum a_j b_j \leq 1 $.

Answer 2

Supongamos que $\textbf{a, b}$ son vectores complejos tales que $\textbf{a}=(a_1,a_2,...,a_n)$ y $\textbf{b}=(b_1,b_2,...,b_n)$.

Entonces $|\textbf{a}|^2=\sum_{k=1}^{n}|a_k|^2$ y $|\textbf{b}|^2=\sum_{k=1}^{n}|b_k|^2$.

Comienza la demostración suponiendo que $|\textbf{a}|^2 >1$.

Sea $\textbf{b}=\frac{\textbf{a}}{|\textbf{a}|}$, entonces $|\textbf{b}|^2=\sum_{k=1}^{n}|b_k|^2 =1$, lo cual cumple con la condición dada en la afirmación.

Según la afirmación, deberíamos tener $|(\sum_{k=1}^{n}a_kb_k)|\leq1$. Sin embargo, en realidad tenemos $$|(\sum_{k=1}^{n}a_kb_k)|=|\textbf{a} \cdot \textbf{b}|=|\textbf{a} \cdot \frac{\textbf{a}}{|\textbf{a}|}|=|\textbf{a}|>1$$

Por lo tanto, $|\textbf{a}|^2$ (es decir, $\sum_{k=1}^{n}|a_k|^2$) no puede ser mayor que $1$. La demostración está completa.