Propiedades del producto escalar de 3 vectores

Question

He estado jugando con una extensión de un producto escalar de tres vectores, como se establece en esta pregunta. Básicamente, si usted tiene tres vectores a, B, y C, entonces se puede calcular de la siguiente

$$TD(A,B,C) = \sum_{i=1}^N a_i b_i c_i$$

donde TD significa "triple punto". Me doy cuenta de que esto no es aceptado en la notación, pero es útil para esta pregunta.

Tengo curiosidad por si alguien se ha demostrado que

$$TD(A,B,C)\leqslant \lVert A \rVert \cdot\lVert B \rVert\cdot \lVert C \rVert.$$

Supongo que podría implicar una extensión de la Reordenación de la desigualdad de tres vectores.

Answer 1

Sobre Jeff petición de aquí la solución que he proporcionado. La validez de la prueba tal y como está ahora requiere que: $$\sum_{1\leqslant 1<i<j\leqslant n}b_ic_j\geqslant 0.$$

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El uso de la identidad de Lagrange, para$(a_i)$$(b_ic_i)$, se tiene: $$\textrm{TD}(A,B,C)^2=\|A\|^2\cdot\sum_{i=1}^n(b_ic_i)^2-\underbrace{\sum_{1\leqslant i,j\leqslant n}^n(a_ib_jc_j-a_jc_ib_i)^2}_{\geqslant 0}.$$ Por lo tanto, se deriva: $$\textrm{TD}(A,B,C)^2\leqslant\|A\|^2\cdot\sum_{i=1}^n(b_ic_i)^2.\tag{1}$$ Además, se tiene: $$\langle B,C\rangle^2=\sum_{i=1}^n(b_ic_i)^2+\underbrace{2\sum_{1\leqslant i<j\leqslant n}b_ic_j}_{\geqslant 0}.$$ Por lo tanto, se deriva: $$\sum_{i=1}^n(b_ic_i)^2\leqslant\langle B,C\rangle^2.\tag{2}$$ El uso de $(1)$$(2)$, se tiene: $$|\textrm{TD}(A,B,C)|\leqslant \|A\|\cdot|\langle B,C\rangle|.\tag{3}$$ Por último, el uso de Cauchy-Schwarz desigualdad, se obtiene: $$|\textrm{TD}(A,B,C)|\leqslant\|A\|\cdot\|B\|\cdot\|C\|.$$

Observación. La desigualdad de $(3)$ es más fuerte que el que usted está interesado en.

Answer 2

Un corto de prueba puede ser determinado utilizando la norma de Frobenius: Como ya se señaló en la pregunta que está conectado, tenemos $$ \mathrm{TD}(a,b,c) = a^T \cdot \mathrm{diag}(b_1, \dotsc, b_n) \cdot c $$ donde $\mathrm{diag}(b_1, \dotsc, b_n)$ denota la diagonal de la matriz diagonal con entradas de $b_1, \dotsc, b_n$. El uso de la submultiplicativity de la norma de Frobenius nos encontramos con que \begin{align*} \mathrm{TD}(a,b,c) &\leq |\mathrm{TD}(a,b,c)| = \|\mathrm{TD}(a,b,c)\|_F = \|a^T \cdot \mathrm{diag}(b_1, \dotsc, b_n) \cdot c\|_F \\ &\leq \|a^T\|_F \cdot \|\mathrm{diag}(b_1, \dotsc, b_n)\|_F \cdot \|c\|_F = \|a\| \cdot \|b\| \cdot \|c\|, \end{align*} donde $\|\cdot\|_F$ denota la norma de Frobenius.

Otra prueba puede ser dada por el uso de la de Cauchy-Schwarz desigualdad: podemos suponer w.l.o.g. que $a_i, b_i, c_i \geq 0$ por cada $1 \leq i \leq n$. Debido a $b_i \geq 0$ todos los $1 \leq i \leq n$ nos encontramos con que la forma bilineal $\langle \cdot, \cdot \rangle_b$ definidos a través de $$ \langle x,y \rangle_b = x^T \cdot \mathrm{diag}(b_1, \dotsc, b_n) \cdot y = \mathrm{TD}(x,b,y) $$ es simétrica y positiva semidefinite con $$ \|x\|_b = \sqrt{\langle x,x \rangle_b} = \sqrt{ \sum_{i=1}^n b_i x_i^2 }. $$ Observe que para todos los $1 \leq i,k \leq n$ tenemos $b_i b_k \leq \sum_{j=1}^n b_j^2$: Si $i = k$ esto es claro y si $i \neq k$ $$ b_i b_k \leq 2 b_i b_k \leq b_i^2 + b_k^2 \leq \sum_{j=1}^n b_j^2. $$ Así que a partir de Cauchy-Schwarz desigualdad se sigue que \begin{align*} \mathrm{TD}(a,b,c) &= \langle a, c \rangle_b \leq \|a\|_b \cdot \|c\|_b = \sqrt{ \sum_{i=1}^n b_i a_i^2} \cdot \sqrt{\sum_{k=1}^n b_k c_k^2 } \\ &= \sqrt{ \sum_{i,k=1}^n a_i^2 b_i b_k c_k^2} \leq \sqrt{ \sum_{i,j,k=1}^n a_i^2 b_j^2 c_k^2 } \\ &= \sqrt{\sum_{i=1}^n a_i^2} \cdot \sqrt{\sum_{j=1}^n b_j^2} \cdot \sqrt{\sum_{k=1}^n c_k^2} = \|a\| \cdot \|b\| \cdot \|c\|. \end{align*}

Es importante hacer notar que el uso de la aproximación a través de la norma de Frobenius también podemos directamente generalizar nuestros resultados arbitrarios $x^1, \dotsc, x^m \in \mathbb{C}^n$, en el sentido de que \begin{align*} \left|\sum_{i=1}^n x^1_i \dotsm x^m_i\right| &= \left\| (x^1)^T \cdot \mathrm{diag}(x^2_1, \dotsc, x^2_n) \dotsm \mathrm{diag}(x^{m-1}_1, \dotsc, x^{m-1}_n) \cdot x^m \right\|_F \\ &\leq \|(x^1)^T\|_F \cdot \|\mathrm{diag}(x^2_1, \dotsc, x^2_n)\|_F \dotsm \|\mathrm{diag}(x^{m-1}_1, \dotsc, x^{m-1}_n)\|_F \cdot \|x^m\|_F \\ &= \|x^1\| \dotsm \|x^m\|. \end{align*}