Prueba de la desigualdad de Cauchy-Schwarz (pero no la usual)

Question

Antes de votar negativo/cerrar la votación, no estoy pidiendo una prueba de: $$\sum^n_{i=1}a_ib_i\le\sqrt{\sum_{i=1}^na_i^2}\sqrt{\sum^n_{i=1}b_i^2} $$ Lo cual es lo que CADA enlace que he encontrado asume que es la desigualdad (para una prueba de eso ver: http://www.maths.kisogo.com/index.php?title=Cauchy-Schwarz_inequality&oldid=692)

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Estoy leyendo un libro que afirma que la desigualdad de Cauchy-Schwarz en realidad es: $$\vert\langle x,y\rangle\vert\le\Vert x\Vert\Vert y\Vert$$ donde $\Vert x\Vert :=\sqrt{\langle x,x\rangle}$

con la afirmación adicional: la igualdad se cumple $\iff\ x, y$ son linealmente dependientes

No puedo encontrar una prueba de esta afirmación (solo pruebas para el producto punto producto interno). Mi pregunta es: ¿cuál es la forma más simple de probar esto (defino "más simple" como "usando la menor cantidad de definiciones fuera del producto interno mismo posible" - por lo que no incluye ortogonalización de Gramm-Schmitt, por ejemplo.)

Acabo de encontrar algunas posibles respuestas en los enlaces a la derecha (irritantemente) pero afortunadamente tengo una segunda, aunque más suave, pregunta:

¿Qué desigualdades que son comunes para, digamos, $\mathbb{R}^n$ en realidad se basan en el producto interno?

(En el futuro revisaré primero este sitio, estaba buscando notas de clase y cosas así en mi búsqueda)

Adenda:
Quiero usar esto en espacios vectoriales no finitos. He encontrado una prueba que depende de la finitud.

Answer 1

Si mal no recuerdo, Cauchy demostró la desigualdad que no quieres demostrada. La generalización que quieres demostrada fue demostrada más tarde por Schwarz. Así que, creo que la primera desigualdad debería llamarse la desigualdad de Cauchy. Bueno.

La prueba de la desigualdad (general) de Cauchy-Schwarz se reduce básicamente a descomponer ortogonalmente $x$ en una componente paralela a $y$ y una componente perpendicular a $y$, y usar el hecho de que la componente perpendicular tiene una norma cuadrada no negativa. Es decir, partimos de la afirmación: $$\left\|x - \frac{\langle x, y \rangle}{\langle y, y \rangle} y\right\|^2 \ge 0.$$ El resto es simplemente expandir el producto interno. Tenemos, \begin{align*} 0 &\le \left\langle x - \frac{\langle x, y \rangle}{\langle y, y \rangle} y, x - \frac{\langle x, y \rangle}{\langle y, y \rangle} y\right\rangle \\ &= \langle x, x \rangle - \frac{\overline{\langle x, y \rangle}}{\langle y, y \rangle} \langle x, y \rangle - \frac{\langle x, y \rangle}{\langle y, y \rangle} \langle y, x \rangle + \frac{\langle x, y \rangle}{\langle y, y \rangle} \frac{\overline{\langle x, y \rangle}}{\langle y, y \rangle} \langle y, y\rangle \\ &= \langle x, x \rangle - 2\frac{|\langle x, y \rangle|^2}{\langle y, y \rangle} + \frac{|\langle x, y \rangle|^2}{\langle y, y \rangle} \\ &= \langle x, x \rangle - \frac{|\langle x, y \rangle|^2}{\langle y, y \rangle}.

Agrupando de otra manera se obtiene la desigualdad.

Answer 2

Dado que $\langle tx+y,tx+y\rangle\ge0$ para todo $t$, $\;\;\langle x,x\rangle t^2+2\langle x,y\rangle t+\langle y, y\rangle\ge0$ para todo $t$, entonces

$(2\langle x,y\rangle)^2-4\langle x,x\rangle\langle y,y\rangle\le0\implies \langle x,y\rangle^2\le\langle x,x\rangle\langle y,y\rangle=\lvert\lvert x\rvert\rvert^2 \lvert\lvert y\rvert\rvert^2$.

Answer 3

Pista: $\|x-y\|^2=\langle x-y,x-y\rangle=\langle x,x\rangle-2\langle x,y\rangle+\langle y,y\rangle=\|x\|^2-2\langle x,y\rangle+\|y\|^2$.

Answer 4

Una prueba de la desigualdad imita la prueba que se usa para $\mathbf R^n$: para $\lambda\in \mathbf R$ considera el producto interno: $$\langle\lambda x-y,\lambda x-y\rangle=\lambda^2\langle x,x\rangle-2\lambda\langle x,y\rangle+\langle\mkern1mu y,y\rangle $$ Este es un polinomio cuadrático en $\lambda$, que es no negativo para cada $\lambda$, por lo tanto su discriminante reducido es $\le 0$. Ahora $\langle x,x\rangle=\lVert x\rVert^2$ y lo mismo para $y$, entonces: $$\Delta'=\langle x,y\rangle^2- \langle x,x\rangle\langle\mkern1mu y,y\rangle\le0\iff\langle x,y\rangle^2\le\lVert x\rVert^2\lVert y\rVert^2\iff\lvert\langle x,y\rangle\rvert\le \lVert x\rVert \lVert y\rVert$$ Esto demuestra la desigualdad.

Además, si la desigualdad es una igualdad, es decir si $\Delta'=0$, el polinomio cuadrático tiene una raíz doble, que es igual a $\lambda=\dfrac{\langle x,y\rangle}{\langle x,x\rangle}$; en otras palabras $$\Bigl\langle\frac{\langle x,y\rangle}{\langle x,x\rangle}x-y,\langle\frac{\langle x,y\rangle}{\langle x,x\rangle}x-y\Bigr\rangle=0$$

y como el producto interno es una forma bilineal definida positiva, esto implica $$y=\frac{\langle x,y\rangle}{\langle x,x\rangle}x. $$ La afirmación contraria (si $x$ e $y$ son linealmente dependientes, la desigualdad es una igualdad) es trivial.

Answer 5

La desigualdad significa que el determinante $$\left | \begin{array}{cc} \langle x, x \rangle & \langle x, y \rangle \\ \langle y, x \rangle & \langle y, y \rangle \end{array} \right | \ge 0$$

con igualdad si y solo si los vectores $x$, $y$ son linealmente dependientes (en este caso, proporcionales).

En general, para varios vectores $x_1$, $\ldots$, $x_m$ tenemos $$\left | \begin{array}{ccc} \langle x_1, x_1 \rangle & \ldots& \langle x_1, x_m \rangle \\ \ldots & & \ldots\\ \langle x_m, x_1 \rangle & \ldots& \langle x_m, x_m \rangle \end{array} \right | \ge 0$$ con igualdad si y solo si los vectores $x_1$, $\ldots$, $x_m$ son linealmente dependientes.