Cauchy-Schwarz in $L^2$

[DavideGenova1]

Ciao, amici! Sto cercando di dimostrare a me stesso -sicuramente l'avevo già fatto in passato perché si tratta solo di un ripasso, ma al momento non ricordo come feci- che vale la disuguaglianza triangolare o alternativamente di Cauchy-Schwarz (per una norma associata ad un prodotto scalare l'una implicherebbe l'altra, direi) per la norma $L^2$, cioè che se $f,g\inC([a,b])$
\[\int_{a}^{b}f(x)g(x)\text{d}x\leq\sqrt{\int_{a}^{b}(f(x))^2\text{d}x}\sqrt{\int_{a}^{b}(g(x))^2\text{d}x}\]
che, data la non negatività del membro destro equivale ovviamente a
\[\left( \int_{a}^{b}f(x)g(x)\text{d}x\right)^2\leq\int_{a}^{b}(f(x))^2\text{d}x\int_{a}^{b}(g(x))^2\text{d}x\]
Su Internet trovo che si dimostra per "calcolo diretto", ma al momento non mi viene nessuna ispirazione...
Grazie di cuore a chi vorrà aiutarmi!!!

[Gi81]

Non è vero che $a <=b => a^2 <=b^2$. Prendi $a= -10$ e $b=1$

Si può generalizzare C-S: conosci la disuguaglianza di Holder?

Il nostro caso particolare si ha con $p=p'=2$

[Giuly191]

Ci sono diversi modi di dimostrarla partendo dalle proprietà di un prodotto interno, che c'è su ogni spazio di Hilbert (e quindi anche su $L^2$).
Cercare di dimostrarla solo in $L^2$, con il prodotto interno definito là, mi sembra una cosa parecchio noiosa e per niente istruttiva.

[DavideGenova1]

Ho capito... Avevo creduto che fosse dimostrabile anche con proprietà degli integrali.
$+oo$ grazie a tutti e due!!!

[Giuly191]

Le proprietà del prodotto interno che ti servono per dimostrarla ci sono, su $L^2$, proprio grazie alle proprietà degli integrali.
Quindi se vuoi prendi una dimostrazione classica e controlla quali proprietà integrali avresti dovuto metterci al posto di quelle più generali di prodotto interno.
Con questo non voglio dire che non ci sia un modo brillante di farlo vedere sfruttando altre caratteristiche degli integrali.

[dissonance]

Queste disuguaglianze si possono dimostrare in così tanti modi diversi che qualcuno si è preso la briga di farci un bellissimo libretto:

http://www-stat.wharton.upenn.edu/~stee ... index.html

@Davide: Per come ti conosco io questa è una lettura che apprezzeresti molto. Te la consiglio vivamente.

[gugo82]

Evidentemente basta mostrare che una disuguaglianza più forte è vera per \(f,g\in L^2(a,b)\) tali che \(\| f\|_2=1=\| g\|_2\), i.e. che:
\[
f,g\in L^2(a,b) \quad \text{e} \quad \int_a^b f^2(x)\ \text{d} x=1=\int_a^b g^2(x)\ \text{d} x \qquad \Rightarrow \qquad \int_a^b |f(x)|\ |g(x)|\ \text{d} x \leq 1\; .
\]

Per fare ciò, definite q.o. in \([a,b]\) le funzioni:
\[
u(x):=2\ \log |f(x)| \quad \text{e} \quad v(x):=2\ \log |g(x)|
\]
le quali sono le uniche tali che:
\[
\begin{cases}|f(x)| = e^{1/2\ u(x)} \\ f^2(x) =e^{u(x)}\end{cases} \quad \text{e} \quad \begin{cases}|g(x)|=e^{1/2\ v(x)} \\ g^2(x)=e^{v(x)} \end{cases}
\]
si ha:
\[
\begin{split}
\int_a^b |f(x)|\ |g(x)|\ \text{d} x &= \int_a^b e^{1/2\ (u(x)+v(x))}\ \text{d} x\\
&\leq \int_a^b \frac{1}{2}\ \left( e^{u(x)} +e^{v(x)}\right)\ \text{d} x &\text{(per convessità dell'esponenziale)}\\
&=\frac{1}{2}\ \left( \int_a^b f^2(x)\ \text{d} x + \int_a^b g^2 (x)\ \text{d} x\right)\\
&= \frac{1}{\cancel{2}}\cdot \cancel{2}\\
&=1
\end{split}
\]
come si voleva.

Da quanto appena provato, per omogeneità, segue che:
\[
\int_a^b |f(x)|\ |g(x)|\ \text{d} x\leq \| f\|_2\ \| g\|_2
\]
e, per la disuguaglianza triangolare, si ha ovviamente:
\[
\left| \int_a^b f(x)\ g(x)\ \text{d} x\right| \leq \| f\|_2\ \| g\|_2
\]
dalla quale discende, infine, la disuguaglianza da provare.

[Thomas16]

"dissonance":Queste disuguaglianze si possono dimostrare in così tanti modi diversi che qualcuno si è preso la briga di farci un bellissimo libretto:

http://www-stat.wharton.upenn.edu/~stee ... index.html

@Davide: Per come ti conosco io questa è una lettura che apprezzeresti molto. Te la consiglio vivamente.

Letto, visto, comprato!... Grazie del consiglio!

[DavideGenova1]

Grazie di cuore anche a voi: risposte come sempre preziosissime!!!!
@dissonance: interessantissimo libro...
@gugo82: Wow: risposta chiara e dettagliata come sempre!