Utilice una prueba discreta para demostrar que $\int f^2 \int g^2 \geq (\int fg)^2$

Question

Una prueba de la desigualdad de Schwarz en $\mathbb{R}^n$ es observar que $$(\sum x_i^2)(\sum y_i^2) = (\sum x_i y_i)^2 + \sum_{i<j}(x_iy_j - x_jy_i)^2.$$ Spivak's Cálculo , 4ª ed., ejercicio 13-39(b), nos pide que adaptemos esta prueba discreta a una prueba que $$\left( \int_a^b fg \right)^2 \leq \left( \int_a^b f^2 \right) \left( \int_a^b g^2 \right)$$ para $f,g$ Funciones integrables de Riemann en $[a,b]$ . Aquí está mi intento; me pregunto si esta es la forma en que usted lo haría:

En primer lugar, reclamo un lema:

Lema: Para demostrar que $\left( \int_a^b fg \right)^2 \leq \left( \int_a^b f^2 \right) \left( \int_a^b g^2 \right)$ basta con demostrar que $\left( \mathcal{R}(fg,P)\right)^2 \leq \mathcal{R}(f^2, P)\mathcal{R}(g^2,P)$ para cualquier partición etiquetada $P$ , donde $\mathcal{R}$ es la suma de Riemann.

Ahora bien, tenga en cuenta que $$\sum A_i^2 (t_i - t_{i-1})\sum B_i^2 (t_i - t_{i-1}) = \sum \left( A_iB_i (t_i -t_{i-1})\right)^2 \\ + \sum_{i<j}(t_i - t_{i-1})(t_j - t_{j-1})(A_iB_j-A_jB_i)^2.$$ Dejemos que $A_i =f(x_i)$ y $B_i = g(x_i)$ y de hecho vemos que la desigualdad se mantiene para todas las particiones etiquetadas $P$ .

¿Es así como lo harías tú? Otra pregunta: sería más elegante si pudiera adaptar esta prueba para demostrar que si $f \neq \lambda g$ y $f,g$ son continuas, entonces la desigualdad es estricta. Pero todas las formas que se me ocurren para demostrar esto se complican irremediablemente. ¿Alguien tiene alguna sugerencia? (Se me ocurren otras formas de demostrar que la desigualdad es estricta, pero me gustaría adaptar esta demostración para hacerlo).

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Adenda: @ThisIsMuchHealthier proporcionó una excelente respuesta a continuación, que se basa en la igualdad de puntos $$f(x)^2g(y)^2 + f(y)^2g(x)^2 = 2f(x)g(x)f(y)g(y) + (f(x)g(y)-f(y)g(x))^2.$$

¿Cómo podemos adaptar esto a una prueba para $f,g:\mathbb{R}\to \mathbb{C}$ ? La igualdad análoga sería $$|f(x)|^2|g(y)|^2 + |f(y)|^2|g(x)|^2 = 2 \Re \left( f(x)\overline{g(x)}\overline{f(y)}g(y) \right) + |f(x)g(y)-f(y)g(x)|^2.$$ Nos gustaría convertir $2 \Re \left( f(x)\overline{g(x)}\overline{f(y)}g(y) \right) $ en $2f(x)\overline{g(x)}\overline{f(y)}g(y)$ de alguna manera, pero no está claro cómo hacerlo. Hay una versión discreta de esta prueba para $\mathbb{C}^n$ que se basa en $$(|x_1|^2 + \dotsb +|x_n|^2)(|y_1|^2 + \dotsb + |y_n|^2) = |x_1\overline{y_1} + \dotsb + x_n\overline{y_n}|^2 + \frac12 \sum_{i, j} |x_iy_j - x_jy_i|^2,$$ lo que sugiere que debería haber una forma de adaptarlo a la integral. ¿Alguna idea?

Editar: Creo que la respuesta es que $2 \Re \left( f(x)\overline{g(x)}\overline{f(y)}g(y) \right)$ es suficiente, porque $$\int_a^b\int_a^b 2 \Re \left( f(x)\overline{g(x)}\overline{f(y)}g(y) \right) dxdy= 2 \Re \int_a^b\int_a^b f(x)\overline{g(x)}\overline{f(y)}g(y)dxdy \\= 2 \int_a^b\int_a^b f(x)\overline{g(x)}\overline{f(y)}g(y)dxdy,$$ porque $$\int_a^b\int_a^b f(x)\overline{g(x)}\overline{f(y)}g(y)dxdy = \int_a^b f(x)\overline{g(x)}dx \int_a^b \overline{f(y)}g(y)dy\\ = \left( \int_a^b f(x)\overline{g(x)}dx\right) \overline{\left( \int_a^b f(y)\overline{g(y)}dy \right)}\\=\left| \left( \int_a^b f(x)\overline{g(x)}dx\right) \right|^2$$ es real.

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Anexo 2 : El usuario 900 Sentadillas al día (antes "Esto es mucho más sano") me retó a idear una identidad similar para las funciones con valores vectoriales $\mathbf{f},\mathbf{g}$ .

Tenemos la identidad $$(f_i(t)g_j(s)-f_j(s)g_i(t))^2 = f_i(t)^2g_j(s)^2 + f_j(s)^2g_i(t)^2 - 2f_i(t)g_i(t)f_j(s)g_j(s).$$ Sumando todo $i,j$ da $$|\mathbf{f}(t)|^2|\mathbf{g}(s)|^2+|\mathbf{f}(s)|^2|\mathbf{g}(t)|^2=2\langle \mathbf{f}(t), \mathbf{g}(t) \rangle \langle \mathbf{f}(s),\mathbf{g}(s) \rangle + \sum_{i,j}(f_i(t)g_j(s) - f_j(s)g_i(t))^2 \\ \int_a^b \int_a^b |\mathbf{f}(t)|^2|\mathbf{g}(s)|^2+|\mathbf{f}(s)|^2|\mathbf{g}(t)|^2 dsdt= \int_a^b \int_a^b 2\langle \mathbf{f}(t), \mathbf{g}(t) \rangle \langle \mathbf{f}(s),\mathbf{g}(s) \rangle \\+ \sum_{i,j}(f_i(t)g_j(s) - f_j(s)g_i(t))^2ds dt \\ 2\int_a^b |\mathbf{f}|^2 \int_a^b |\mathbf{g}|^2 = 2 \left( \int_a^b \langle \mathbf{f},\mathbf{g} \rangle\right)^2 + \int_a^b \int_a^b \sum_{i,j}\left(f_i(t)g_j(s) - f_j(s)g_i(t) \right)^2ds dt\\ \int_a^b |\mathbf{f}|^2 \int_a^b |\mathbf{g}|^2 = \left( \int_a^b \langle \mathbf{f},\mathbf{g} \rangle\right)^2 + \frac12 \int_a^b \int_a^b \sum_{i,j}\left(f_i(t)g_j(s) - f_j(s)g_i(t) \right)^2ds dt$$

Answer 1

No me gusta $i<j$ en la suma doble; mejor dividir por $2$ en su lugar. La versión integral de esta identidad es $$\begin{split}\frac12 \iint f^2(x)g^2(y)+f^2(y)g^2(x)\,dx\,dy &= \iint f(x)g(x)f(y)g(y)\,dx\,dy \\ &+ \frac12 \iint (f(x)g(y)-f(y)g(x))^2\,dx\,dy \end{split}$$ La igualdad se mantiene aquí punto de vista es decir, es una identidad algebraica con signos integrales delante.

Por el teorema de Fubini, el lado izquierdo es $\left(\int f^2(x) \,dx\right)\left(\int g^2(x) \,dx\right)$ mientras que la primera integral de la derecha es $\left(\int f(x)g(x)\,dx\right)^2$ .

La igualdad se mantiene si $f(x)g(y)=f(y)g(x)$ para casi todos los $(x,y)$ . Fijación de $y$ y variando $x$ , concluyen que $\lambda f+\mu g=0$ a.e. para algunas constantes $\lambda,\mu$ .