Disuguaglianza di Cauchy-Schwarz

[G.D.5]

Signori, buona domenica a tutti. Qualche giorno fa stavo leggendo l'Acerbi-Buttazzo, quando sfogliando sfogliando a pagina 93 mi capita di vedere un bell'esercizio con le sommatorie; ammaliato dalle sommatorie lo leggo: trattasi della disuguaglianza di Cauchy-Schwarz. Ecco cosa recita l'esecizio 3.17

Provate che $(ab+cd)^2 <= (a^2+c^2)(b^2+d^2)$; usate questo risultato per dimostrare per induzione la disuguaglianza di Cauchy-Schwarz:
$forall n \in \mathbb{N}^{+}, \forall \{a_1, \ldots, a_n, b_1, \ldots, b_n\}, |\sum_{i=1}^{n} a_ib_i|<=\sqrt{\sum_{i=1}^{n}a_{i}^{2}} \sqrt{\sum_{i=1}^{n}b_{i}^{2}}$
(c'è anche un altra dimostrazione senza induzione: sviluppando $\sum_{i=1}^{n}(a_i + xb_i)^2$ si ottiene un trinomio in $x$ che è sempre maggiore o uguale a zero, quindi...)

Ovviamente, dato che sono un asso, anche in questo esercizio ho difficoltà.
Procediamo con ordine.

La prima cosa che mi sono chiesto quando ho letto l'esercizio è stata: Quando vale l'uguaglianza? Pensa pensa la risposta, ho pensato: Quando $\forall i, a_i=b_i$; risultato: ho sbagliato, perché cercando cercando ho trovato che vale l'uguaglianza quando $\exists k : \forall i, a_i=kb_i$.

Capito questo, l'esercizio è diventato:
1) Provare che $(ab+cd)^2 <= (a^2+c^2)(b^2+d^2)$
2) Usare 1) per dimostrare tramite induzione la disuguaglianza di Cauchy-Schwarz
3) Dimostrare la disuguaglianza Cauchy-Schwarz senza induzione
4) Dimostrare che vale l'uguaglianza se solo se $\exists k : \forall i, a_i=kb_i$

E quì casca l'asino.

1) e 3) ci sono riuscito; 4) una implicazione sì l'altra no; 2) no

1) $0<=(ad-cb)^2=a^2d^2+c^2b^2-2adcb => 2adcb<=a^2d^2+c^2b^2 => a^2b^2+c^2d^2+2adcb <= a^2b^2+c^2d^2+a^2d^2+c^2b^2 => (ab+cd)^2 <= (a^2+c^2)(b^2+d^2)$
3) $\sum_{i=1}^{n}(a_i + xb_i)^2 = (a_1+xb_1)^2 + (a_2+xb_2)^2 + (a_3 + xb_3)^2 + \ldots + (a_n+xb_n)^2 = a_1^2 + x^2b_1^2 + 2a_1 x b_1 + a_2^2 + x^2 b_2^2 + 2a_2 xb_2 + a_3^2 + x^2b_3^2 + 2a_3 xb_3 + \ldots + a_n^2 + x^2b_n^2 + 2a_n x b_n =$
$=x^2 (b_1^2 + b_2^2 + b_3^2 + \ldots + b_n^2) + 2x(a_1 b_1 + a_2 b_2 + a_3 b_3 + \ldots + a_n b_n) + (a_1^2 +a_2^2 + a_3^2 + \ldots + a_n^2) >=0 => \Delta = 4(a_1 b_1 + a_2 b_2 + a_3 b_3 + \ldots + a_n b_n)^2 - 4 (b_1^2 + b_2^2 + b_3^2 + \ldots + b_n^2)(a_1^2 +a_2^2 + a_3^2 + \ldots + a_n^2) <=0 =>$
$=> (a_1 b_1 + a_2 b_2 + a_3 b_3 + \ldots + a_n b_n)^2 = (\sum_{i=1}^{n}a_i b_i)^2 <= \sum_{i=1}^{n}a_i \sum_{i = 1}^{n}b_i = (b_1^2 + b_2^2 + b_3^2 + \ldots + b_n^2)(a_1^2 +a_2^2 + a_3^2 + \ldots + a_n^2)$
Che è la disuguaglianza da provare perché basta prendere quella data nella traccia dell'esercizio ed elevare al quadrato.
4) Mi è venuta l'implicazione $\exists k : \forall i, a_i=kb_i => \text{vale l'uguaglianza}$
$\exists k : \forall i, a_i=kb_i => (\sum_{i=1}^{n}a_i b_i)^2 = (\sum_{i=1}^{n} kb_i b_i)^2 = (k\sum_{i=1}^{n}b_i^2) ^2 = (nkb_i^2)^2 =n^2k^2b_i^4=(nk^2b_i^2)(nb_i^2)=(n(kb_i)^2)(nb_i^2)=(na_i^2)(nb_i^2)=\sum_{i=1}^{n}a_i^2 \sum_{i=1}^{n}b_i^2$

Ora vi chiedo: qualcuno ha idee o suggerimenti per completare il 4) e fare il 2)?

Il 2) ho provato a iniziare così:
Per $n=1$ la disuguaglianza è banalmente vera.
Supposta vera la disuguaglianza per $n-1$ proviamo che è vera per $n$. Dunque
$(\sum_{i=1}^{n}a_i b_i)^2 = (\sum_{i=1}^{n-1}a_i b_i + a_nb_n)^2 = (\sum_{i=1}^{n-1}a_i b_i)^2 + 2a_n b_n \sum_{i=1}^{n}a_i b_i + a_n^2 b_n^2$ ma arrivato a questo punto non so come usare l'ipotesi induttiva né come usare $(ab+cd)^2 <= (a^2+c^2)(b^2+d^2)$ (dal momento che nella traccia dice di usare quest'ultimo fatto nel corso dell'induzione)...

Io intanto continuo a provare. Grazie anticipatamente a tutti.

[Sk_Anonymous]

Per completare il 4 si potrebbe usare l'identità :
$(a_1^2+a_2^2+...+a_n^2)(b_1^2+b_2^2+...+b_n^2)=(a_1b_1+a_2b_2+...+a_nb_n)^2+(a_1b_2-a_2b_1)^2+(a_1b_3-a_3b_1)^2+...+(a_(n-1)b_n-a_nb_(n-1))^2$
che si può verificare per calcolo diretto.
E' chiaro che l'eguaglianza $(a_1^2+a_2^2+...+a_n^2)(b_1^2+b_2^2+...+b_n^2)=(a_1b_1+a_2b_2+...+a_nb_n)^2$
si può ottenere solo se risulta:
$a_1b_2-a_2b_1=0,a_1b_3-a_3b_1=0,....,a_(n-1)b_n-a_nb_(n-1)=0$
e cioé se si ha:
$(a_1)/(b_1)=(a_2)/(b_2)=...=(a_n)/(b_n)$
che è poi la tesi.Per inciso l'identità precedente è un'altra dimostrazione della diseguaglianza di Schwarz
Per il 2 non ho trovato niente.
Marco

[G.D.5]

Salve marcoz.
Grazie mille per il completamento del 4).

Mostro anche come l'ho completato io, così, chiunque ne abbi tempo e voglia, mi dice quello che ne pensa.
Per ipotesi è

(a) $(\sum_{i=1}^{n}a_i b_i)^2 = \sum_{i=1}^{n} a_i ^2 \sum_{i=1}^{n}b_i^2$.

Dalla (a) segue

(b) $4(\sum_{i=1}^{n}a_i b_i)^2 - 4\sum_{i=1}^{n}a_i^2 \sum_{i=1}^{n}b_i^2 = 0$.

Il LHS della (b) è il discriminante del polinomio $\sum_{i=1}^{n}(a_i + xb_i)^2$; dunque, essendo nulla la (b), si ha che $\sum_{i=1}^{n}(a_i+xb_i) = 0$. Essendo questo polinomio costituito da una somma di temini non negativi, l'azzerarsi del polinomio stesso si ha quando $\forall i, a_i=-xb_i$.
Questo prova l'implicazione che mancava nella 4).


Lascio anche il mio tentativo di prova per induzione della disuguaglianza di Cauchy-Schwarz.

Per $n=1$ la disuguaglianza è banalmente vera, avendosi $(\sum_{i=1}^{1}a_i b_i)^2=a_1^2 b_1^2=\sum_{i=1}^{1}a_i^2 \sum_{i=1}^{1} b_i^2$.

Supponiamo ora che sia $(\sum_{i=1}^{n-1}a_i b_i)^2 <= \sum_{i=1}^{n-1}a_i^2 \sum_{i=1}^{n-1}b_i^2$. Dobbiamo provare che, sotto questa ipotesi, si ha $(\sum_{i=1}^{n}a_i b_i)^2 <= \sum_{i=1}^{n}a_i^2 \sum_{i=1}^{n}b_i^2$

Si ha:

$\sum_{i=1}^{n}a_i^2 \sum_{i=1}^{n} b_i^2 = (\sum_{i=1}^{n-1}a_i^2+a_n^2) (\sum_{i=1}^{n-1}b_i^2 + b_n^2)=\sum_{i=1}^{n-1}a_i^2 \sum_{i=1}^{n-1}b_i^2 + b_n^2 \sum_{i=1}^{n-1}a_i^2 + a_n^2 \sum_{i=1}^{n-1}b_i^2 + a_n^2b_n^2$

per l'ipotesi induttiva risulta

$\sum_{i=1}^{n-1}a_i^2 \sum_{i=1}^{n-1}b_i^2 + b_n^2 \sum_{i=1}^{n-1}a_i^2 + a_n^2 \sum_{i=1}^{n-1}b_i^2 + a_n^2b_n^2 >= (\sum_{i=1}^{n-1}a_ib_i)^2 + b_n^2\sum_{i=1}^{n-1}a_i^2 + \sum_{i=1}^{n-1}b_i^2 + a_n^2b_n^2 >= (\sum_{i=1}^{n-1}a_i b_i)^2 + a_n^2 b_n^2 = (\sum_{i=1}^{n-1}a_i b_i)^2 + (a_n b_n)^2$

Riprendiamo la disuguaglianza dimostrata in 1): $(ab+cd)^2 <= (a^2 + c^2)(b^2 + d^2)$; per $b=d=1$ si ha $(a+c)^2 <= a^2 + c^2$. Con $a=\sum_{i=1}^{n-1}a_i b_i$ e $c=a_n b_n$ si ha

$(\sum_{i=1}^{n-1}a_i b_i)^2 + (a_n b_n)^2 >= (\sum_{i=1}^{n-1}a_i b_i + a_n b_n)^2 = (\sum_{i=1}^{n}a_i b_i)^2

Questo conclude la dimostrazione.


Che ne pensate? E' ok?

[G.D.5]

"WiZaRd":
Riprendiamo la disuguaglianza dimostrata in 1): $(ab+cd)^2 <= (a^2 + c^2)(b^2 + d^2)$; per $b=d=1$ si ha $(a+c)^2 <= a^2 + c^2$. Con $a=\sum_{i=1}^{n-1}a_i b_i$ e $c=a_n b_n$ si ha

Mi rispondo da solo: no, non va bene, perché non è $(a+c)^2 <= a^2 + c^2$, ma $(a+c)^2 <= 2(a^2 + c^2)$.

Di nuovo al punto di partenza. Idee? Suggerimenti? Opinioni?

[irenze]

"WiZaRd":
Riprendiamo la disuguaglianza dimostrata in 1): $(ab+cd)^2 <= (a^2 + c^2)(b^2 + d^2)$; per $b=d=1$ si ha $(a+c)^2 <= a^2 + c^2$.

Ecco l'errore! Se sostituisci $b=d=1$ hai che $b^2 + d^2 = 2$!!!

[G.D.5]

Sì, lo so, lo avevo notato.
Grazie comunque per la segnalazione.