Natural de la prueba de Cauchy-Schwarz desigualdad

Question

La mayoría de las pruebas de Cauchy-Schwarz desigualdad en una pre-Hilbert el uso del espacio en un hecho que si una ecuación cuadrática polinomio con coeficientes reales toma valores positivos en todas partes en la línea real, entonces su discriminante es negativo(por ejemplo, Conway: Un curso en análisis funcional). Creo que esto es algo complicado. Por otra parte, a menudo se olvida de su prueba cuando el pre-Hilbert el espacio se define en el campo de los números complejos. Hay una forma más natural en la prueba (por lo tanto, es fácil de recordar), que se basa en una idea completamente diferente?

Answer 1

También hay un acercamiento por parte de "amplificación" que es realmente genial. También el mismo truco funciona para demostrar Hölder la desigualdad y generalmente es un principio muy importante para la mejora de las desigualdades.

Va como esto: Comenzamos con $$\langle a-b,a-b\rangle\ge 0$$ para $a,b$ en su producto interior el espacio, y $a\not=0$, $b\not=0$. Esto implica $$2\langle a,b\rangle\le \langle a, a\rangle + \langle b, b\rangle$$ Ahora observe que el lado izquierdo es invariante bajo la escala $a\mapsto \lambda a$, $b\mapsto \lambda^{-1}b$ para $\lambda>0$. Esto le da $$2\langle a,b\rangle \le \lambda^2 \langle a,a\rangle + \lambda^{-2}\langle b, b\rangle$$ Ahora mira en el lado derecho como una función de la variable real $\lambda$ y encontrar el valor óptimo para $\lambda$ utilizando el cálculo (conjunto de la derivada a $0$):

$$\lambda^2=\sqrt{\frac{\langle b,b\rangle}{\langle a,a\rangle}}$$

Conectar este valor, se obtiene

$$2\langle a,b\rangle\le \sqrt{\langle a,a\rangle}\sqrt{\langle b,b\rangle}+\sqrt{\langle a,a\rangle}\sqrt{\langle b,b\rangle}$$

es decir,

$$\langle a,b\rangle\le\sqrt{\langle a,a\rangle}\sqrt{\langle b,b\rangle}$$

Observe cómo tomamos un trivial observación y "optimizado" la expresión mediante la explotación de la invariancia de escala.

Answer 2

Recordar el teorema de Pitágoras: Si $u_1, \cdots u_n$ son parejas ortogonal, entonces $$ \| u_1 + \cdots u_n \|^2 = \|u_1\|^2 + \cdots + \| u_n \|^2.$$

Quiero usar esto para decirnos algo acerca de dos vectores no nulos $u$ $v,$ pero que no son necesariamente ortogonales. Por lo que considerar la proyección de $u$ sobre el plano de los vectores ortogonales a $v:$ $$w = u - \frac{ \langle u,v \rangle}{\|v\|^2} v.$$ This is certainly orthogonal to $v,$ and the Pythagorean theorem applied to $w$ and $v$ da de Cauchy-Schwarz desigualdad.

Answer 3

La desigualdad de $| \langle a, b \rangle | \leq \| a \| \| b \|$ puede escribirse como \begin{equation} | \langle a, \frac{b}{\|b\|} \rangle | \leq \| a \| \end{equation} (asumiendo $b \neq 0$).

A la izquierda vemos el componente de $a$ sobre el vector unitario $u = \frac{b}{\| b \|}$. A la derecha tenemos la norma de $a$. Por supuesto, la norma de $a$ es mayor que la componente de $a$$u$, esto es muy intuitiva. Para hacer de esto una rigurosa prueba, simplemente tenemos que escribir $a = \langle a, u \rangle u + v$, tenga en cuenta que $v \perp u$, y usar el teorema de pitágoras.

Otro método es comenzar con la desigualdad \begin{equation} 0 \leq \| a - \text{proj}_b(a) \|^2. \end{equation}

Acaba de expandir el lado derecho y de Cauchy-Schwarz se sale.

Answer 4

Esto no es exactamente una respuesta, sino una explicación de la idea detrás de la Ragib Zaman la respuesta.

Deje $K$ a ser el campo de los números reales o el campo de los números complejos. Deje $E$ ser un pre-espacio de Hilbert sobre $K$.

Deje $x, y$ ser elementos de $E$ tal que $\langle x, y \rangle = 0$. A continuación,$\|x + y\|^2 = \langle x+y, x+ y\rangle = \langle x, x\rangle + \langle x, y \rangle + \langle y, x\rangle + \langle y,y\rangle = \|x\|^2 + \|y\|^2$.

Deje $x, y$ ser elementos de $E$ tal que $\langle x - y, y \rangle = 0$. Luego, por la fórmula de arriba, $\|x\|^2 = \|x - y\|^2 + \|y\|^2$. Por lo tanto $\|x\| \ge \|y\|$.

Por último vamos a $u, v$ ser distinto de cero elementos de $E$. Deje $t$ ser un elemento de $K$ tal que $\langle u - tv, v \rangle = 0$. $t$ debe $\frac{ \langle u,v \rangle}{\langle v, v\rangle} $ desde $v \neq 0$. A continuación, $\|u\| \ge \|tv\|$ por la anterior desigualdad. Esto nos lleva a la de Cauchy-Schwarz desigualdad de inmediato.

Answer 5

Aquí está mi favorito de la prueba, principalmente porque es perfectamente simétrica, fácil de recordar y que no es imposible (el truco principal es que el $2=1+1$):

Queremos demostrar $$|\langle x,y\rangle|\le\|x\|\|y\|$$ Este es lineal en $x$ o $y$ y, obviamente, tiene por $x=0$ o $y=0$. Por lo tanto, sin pérdida de generalidad podemos suponer que $\|x\|=\|y\|=1$: $$|\langle x,y\rangle|\le\|x\|\|y\|\Longleftrightarrow|\langle x,y\rangle|\le1\Longleftrightarrow2|\langle x,y\rangle|\le2\Longleftrightarrow2|\langle x,y\rangle|=\|x\|^2+\|y\|^2$$

Deje $u\in\mathbb C$ ser una unidad compleja (es decir,$|u|=1$), luego $$\begin{align}0\le\|x-uy\|^2&=\langle x-uy,x-uy\rangle=\langle x,x\rangle-u\langle x,y\rangle-\overline{u\langle x,y\rangle}+\langle y,y\rangle\\&=\|x\|^2+\|y\|^2-2\,\text{Re}(u\langle x,y\rangle)\end{align}$$ Ahora acaba de establecer $u$, de modo que $\text{Re}(u\langle x,y\rangle)=|\langle x,y\rangle|$ y listo.

Por supuesto, en el caso real sólo puede expandir $0\le\|x\pm y\|^2$.