Disuguaglianza di Cauchy-Schwarz
[tex]| \lt x,y \gt| \le \|x\| \cdot \|y\|[/tex]
Nella dimostrazione di questa disuguaglianza si parte dal fatto che se uno dei due vettori è zero, allora la disuguaglianza è verificata (e fino a qui mi sembra banale dato che [tex]| x \cdot 0 | = \|x\| \cdot 0=0[/tex] o [tex]|0 \cdot y | = 0 \cdot \|y\|=0[/tex]).
Poi prosegue dicendo che sia [tex]\lambda \in \mathbb{R}[/tex] un reale qualsiasi (sottolineato di proposito), allora:
[tex]\| x + \lambda y \|^2 \ge 0[/tex]
e anche questo mi sembra ovvio dato che parliamo di un quadrato, che è sempre positivo. Non mi è chiaro però il motivo per cui introduca [tex]\lambda[/tex] ne tanto meno la norma della somma dei due vettori.... Sarà banale, ma non l'ho proprio capito
Nella dimostrazione di questa disuguaglianza si parte dal fatto che se uno dei due vettori è zero, allora la disuguaglianza è verificata (e fino a qui mi sembra banale dato che [tex]| x \cdot 0 | = \|x\| \cdot 0=0[/tex] o [tex]|0 \cdot y | = 0 \cdot \|y\|=0[/tex]).
Poi prosegue dicendo che sia [tex]\lambda \in \mathbb{R}[/tex] un reale qualsiasi (sottolineato di proposito), allora:
[tex]\| x + \lambda y \|^2 \ge 0[/tex]
e anche questo mi sembra ovvio dato che parliamo di un quadrato, che è sempre positivo. Non mi è chiaro però il motivo per cui introduca [tex]\lambda[/tex] ne tanto meno la norma della somma dei due vettori.... Sarà banale, ma non l'ho proprio capito
Risposte
Il trucco della dimostrazione è: trova un polinomio di secondo grado reale \(p(\lambda)\) che è sempre \(\geq 0\) e mostra che la disuguaglianza di C-S segue dalla condizione \(\Delta_p \leq 0\) (che è necessaria affinché \(p(\lambda) \geq 0\) per ogni \(\lambda \in \mathbb{R}\)).
In particolare, un polinomio che soddisfa le condizioni poste è proprio \(p(\lambda) := \| x+\lambda y\|^2\).
Questa è la cosidetta "dimostrazione folkloristica" nel caso reale.
L'idea per un'altra dimostrazione, che vale nel caso di spazi complessi, la puoi trovare qui.
In particolare, un polinomio che soddisfa le condizioni poste è proprio \(p(\lambda) := \| x+\lambda y\|^2\).
Questa è la cosidetta "dimostrazione folkloristica" nel caso reale.
L'idea per un'altra dimostrazione, che vale nel caso di spazi complessi, la puoi trovare qui.
"gugo82":
Il trucco della dimostrazione è: trova un polinomio di secondo grado reale \(p(\lambda)\) che è sempre \(\geq 0\) e mostra che la disuguaglianza di C-S segue dalla condizione \(\Delta_p \leq 0\) (che è necessaria affinché \(p(\lambda) \geq 0\) per ogni \(\lambda \in \mathbb{R}\)).
In particolare, un polinomio che soddisfa le condizioni poste è proprio \(p(\lambda) := \| x+\lambda y\|^2\).
Questa è la cosidetta "dimostrazione folkloristica" nel caso reale.
L'idea per un'altra dimostrazione, che vale nel caso di spazi complessi, la puoi trovare qui.
Quindi il polinomio potrebbe non essere unico, cioè quello indicato da te (e anche nel mio testo), ma anche un altro?
Un'altra dimostrazione elementare potrebbe essere la seguente.
Limitandoci al caso dello spazio \(\displaystyle E^3 \) [ma la cosa può facilmente essere estesa al caso di n dimensioni], poniamo :
\(\displaystyle x=(x_1,x_2,x_3) ; y=(y_1,y_2,y_3)\)
Chiaramente è :
(A) \(\displaystyle (x_1y_2-x_2y_1)^2+ (x_2y_3-x_3y_2)^2+(x_1y_3-x_3y_1)^2\geq 0\)
La relazione (A), con qualche calcolo, si può anche scrivere così :
\(\displaystyle (x_1^2+x_2^2+x_3^2)(y_1^2+y_2^2+y_3^2)-(x_1y_1+x_2y_2+x_3y_3)^2\geq 0 \)
Ovvero :
\(\displaystyle ||x||^2\cdot ||y||^2\geq^2\)
Da cui risulta appunto :
\(\displaystyle ||x||\cdot ||y||\geq \)
Limitandoci al caso dello spazio \(\displaystyle E^3 \) [ma la cosa può facilmente essere estesa al caso di n dimensioni], poniamo :
\(\displaystyle x=(x_1,x_2,x_3) ; y=(y_1,y_2,y_3)\)
Chiaramente è :
(A) \(\displaystyle (x_1y_2-x_2y_1)^2+ (x_2y_3-x_3y_2)^2+(x_1y_3-x_3y_1)^2\geq 0\)
La relazione (A), con qualche calcolo, si può anche scrivere così :
\(\displaystyle (x_1^2+x_2^2+x_3^2)(y_1^2+y_2^2+y_3^2)-(x_1y_1+x_2y_2+x_3y_3)^2\geq 0 \)
Ovvero :
\(\displaystyle ||x||^2\cdot ||y||^2\geq
Da cui risulta appunto :
\(\displaystyle ||x||\cdot ||y||\geq
La relazione (A) è il prodotto vettoriale tra [tex]x[/tex] e [tex]y[/tex] ? Scusa se lo chiedo, ma ancora ho poca dimestichezza con questi argomenti.
Il primo membro della relazione (A) è in effetti il quadrato della norma euclidea del prodotto vettoriale tra x ed y. Ma tu puoi considerare la (A) come una normale relazione algebrica che esprime il fatto che la somma di quadrati non può essere negativa.
Ok, grazie per la risposta (e grazie anche a gugo) 
"GundamRX91":
[quote="gugo82"]Il trucco della dimostrazione è: trova un polinomio di secondo grado reale \(p(\lambda)\) che è sempre \(\geq 0\) e mostra che la disuguaglianza di C-S segue dalla condizione \(\Delta_p \leq 0\) (che è necessaria affinché \(p(\lambda) \geq 0\) per ogni \(\lambda \in \mathbb{R}\)).
In particolare, un polinomio che soddisfa le condizioni poste è proprio \(p(\lambda) := \| x+\lambda y\|^2\).
Questa è la cosidetta "dimostrazione folkloristica" nel caso reale.
L'idea per un'altra dimostrazione, che vale nel caso di spazi complessi, la puoi trovare qui.
Quindi il polinomio potrebbe non essere unico, cioè quello indicato da te (e anche nel mio testo), ma anche un altro?[/quote]
Certo che non è unico.
Ad esempio, tutti i polinomi nella forma \(q(\lambda) :=c\ \| x+\lambda\ y\|^2\) con \(c\neq 0\) servono allo stesso scopo; oppure \(p(\mu):= \| \mu\ x+y\|^2\) è un altro polinomio che può andar bene; ovvero \(p(\nu):=\| \nu\ x+(1-\nu)\ y\|^2\) fa lo stesso servizio... O ancora, se vuoi passare a forme quadratiche, \(b(\lambda,\mu):= \| \lambda\ x+\mu\ y\|^2\).
Insomma, basta capire come funziona il trucco alla base della dimostrazione per creare tanti altri polinomi distinti da \(p(\lambda)\) che la fanno funzionare.
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