¿Depende la desigualdad de Cauchy-Schwarz de la definición positiva?

Question

Dejemos que $V$ sea un espacio vectorial sobre $\mathbb{R}$ . Supongamos que tenemos un producto $\langle \cdot,\cdot\rangle:V^2\to \mathbb{R}$ que satisface todos los axiomas del producto interior excepto la segunda parte de la definición positiva: $$\langle x,x\rangle=0\iff x=0\tag{1}$$

Hasta ahora, todas las pruebas que he visto de que la desigualdad de Cauchy-Schwarz es válida para todos los espacios de productos internos utilizan $(1)$ . Pero, ¿una demostración de la desigualdad de Cauchy-Schwarz depende necesariamente de $(1)$ ? En concreto, estoy buscando uno de los siguientes:

1. Una prueba de que la desigualdad de Cauchy-Schwarz es válida para todos los "espacios de productos internos" donde $(1)$ no se sostiene necesariamente.
2. Un contraejemplo de un producto $\langle \cdot,\cdot\rangle$ que sigue la simetría, la linealidad en el primer parámetro y $\langle u,u\rangle\ge 0$ para todos $u\in V$ pero donde $\lvert \langle u,v\rangle\rvert\le \lvert\lvert u\rvert\rvert\ \lvert\lvert v\rvert\rvert$ no siempre se mantiene.

Sospecho que hay un contraejemplo, pero me resulta difícil encontrar uno.

Answer 1

Sí, Cauchy-Schwartz definitivamente depende de la definición. Falla para las formas indefinidas: se puede tener $\left<u,u\right>=0$ pero $\left<u,v\right>>0$ . Por ejemplo, considere $\left<(a,b),(c,d)\right>=ac-bd$ y $u=(1,1)$ y $v=(1,-1)$ .

Answer 2

Si $\|a\| = \|b\| = 0$ entonces \begin{align*} 0 & \leqslant \|a + b\|^2 = \|a\|^2 + \|b\|^2 + 2\langle a, b \rangle = +2\langle a, b \rangle, \\ 0 & \leqslant \|a - b\|^2 = \|a\|^2 + \|b\|^2 - 2\langle a, b \rangle = -2\langle a, b \rangle, \end{align*} por lo tanto $\lvert\langle a, b \rangle\rvert = 0 \leqslant \|a\|\|b\|$ .

Supongamos, por otra parte, que $\|b\| > 0$ . Entonces se aplica un argumento bastante estándar. Definir $\lambda = \langle a, b \rangle/\|b\|^2$ . Entonces $\langle a - \lambda b, b \rangle = \langle a, b \rangle - \lambda \|b\|^2 = 0$ Por lo tanto \begin{align*} 0 & \leqslant \langle a - \lambda b, a - \lambda b \rangle \\ & = \langle a, a - \lambda b \rangle - \lambda\langle b, a - \lambda b \rangle \\ & = \langle a, a - \lambda b \rangle - \lambda\langle a - \lambda b, b \rangle \\ & = \langle a, a - \lambda b \rangle \\ & = \|a\|^2 - \lambda \langle a, b \rangle, \end{align*} por lo tanto $$ \langle a, b \rangle^2 = \lambda\|b\|^2\langle a, b \rangle \leqslant \|a\|^2\|b\|^2, $$ por lo tanto $$ \lvert\langle a, b \rangle\rvert \leqslant \|a\|\|b\|. $$ El argumento es similar cuando $\|a\| > 0$ . Por tanto, la desigualdad de Cauchy-Schwarz se cumple en todos los casos.

Apéndice

Al parecer (ver mi serie de comentarios con cara de vergüenza más abajo para más detalles) que este argumento no es más que una ofuscación de lo que seguramente es el más "estándar" de todas las pruebas de la desigualdad de Cauchy-Schwarz. Es Es la que se debe esencialmente al propio Schwarz, y tenía buenas razones para usarla, probablemente incluyendo el hecho de que no hace el postulado de que $\langle x, x \rangle = 0 \implies x = 0$ ¡! En una formulación abstracta moderna, dice lo siguiente (suponiendo, por supuesto, que no lo he vuelto a estropear). Para todo lo real $\lambda$ tenemos $\|u\|^2 - 2\lambda\langle u, v \rangle + \lambda^2\|v\|^2 = \|u - \lambda v\|^2 \geqslant 0$ . Por lo tanto, el discriminante de esta función cuadrática de $\lambda$ debe ser $\leqslant 0$ . Es decir, $\langle u, v \rangle^2 \leqslant \|u\|^2\|v\|^2$ ; de forma equivalente, $\lvert\langle u, v \rangle\rvert \leqslant \|u\|\|v\|$ .