코시-슈바르츠 부등식

두 벡터의 내적이 얼마나 커질 수 있는지 봅니다. 내적은 두 노름의 곱을 절대 넘지 못합니다.

내적은 한 벡터가 다른 벡터 방향으로 얼마나 겹치는지 잽니다. 두 벡터가 나란할 때 겹침이 가장 큽니다. 어긋날수록 겹침은 노름의 곱보다 작아집니다. 증명은 길이가 음수가 될 수 없다는 사실에서 출발합니다. 그 식을 판별식으로 읽으면 부등식이 떨어집니다. 등호는 두 벡터가 평행할 때만 성립합니다.

예를 들면, ✏️ 연필에 빛을 비추면 그림자는 연필보다 길어지지 않습니다. 연필이 빛 방향과 나란할 때만 그림자가 연필만큼 길어집니다.

예제

$\mathbb{R}^n$ 에서 코시-슈바르츠 부등식 $|\langle x,y\rangle| \le \|x\|\,\|y\|$ 을 판별식 논법으로 증명하세요.

0 \le \|x-ty\|^2 = \|y\|^2 t^2 - 2\langle x,y\rangle t + \|x\|^2 \qquad (t \in \mathbb{R})

\Delta = 4\langle x,y\rangle^2 - 4\|x\|^2\|y\|^2 \le 0

\theta = 0

y = (1,0) \parallel x

이므로

|\langle x,y\rangle| = 3 = \|x\|\,\|y\|

— 판별식이

0

인 등호 경우가 보인다.

증명 보기

$y = 0$ 이면 양변 모두 $0$ 이므로 자명합니다. $y \ne 0$ 이라 가정합니다.
모든 실수 $t$ 에 대해 $0 \le \|x - ty\|^2$ 입니다. 내적을 전개하면 $\|x - ty\|^2 = \langle x - ty, x - ty\rangle = \|y\|^2 t^2 - 2\langle x,y\rangle t + \|x\|^2$ 이므로, $t$ 에 대한 이차식 $\|y\|^2 t^2 - 2\langle x,y\rangle t + \|x\|^2$ 은 항상 $0$ 이상입니다.
항상 $0$ 이상인 이차식의 판별식은 $0$ 이하입니다: $\Delta = 4\langle x,y\rangle^2 - 4\|y\|^2\|x\|^2 \le 0$ . 정리하면 $\langle x,y\rangle^2 \le \|x\|^2\|y\|^2$ , 즉 $|\langle x,y\rangle| \le \|x\|\,\|y\|$ 입니다.
이 판별식 논증은 실수 내적공간에서는 그대로 성립합니다 (위에서는 $\mathbb{R}^n$ ).
복소 경우에는 $\langle x,y\rangle$ 자체가 아니라 $\mathrm{Re}\,\langle x,y\rangle$ 만 통제되므로 위상 회전이 필요합니다: $|\alpha| = 1$ 이고 $\langle \alpha x, y\rangle = |\langle x,y\rangle|$ (음이 아닌 실수)인 $\alpha$ 를 고르면 ( $|\langle x,y\rangle| = 0$ 이면 자명), $\alpha x$ 에 실수 논증을 적용해 $|\langle x,y\rangle| = \mathrm{Re}\,\langle \alpha x, y\rangle \le \|\alpha x\|\,\|y\| = \|x\|\,\|y\|$ 를 얻습니다.
$\ell^2$ 에서는 유한 코시-슈바르츠를 절댓값 수열 $(|x_n|)$ , $(|y_n|)$ 에 적용합니다: $\sum_{n\le N} |x_n y_n| \le \left(\sum_{n\le N} |x_n|^2\right)^{1/2}\left(\sum_{n\le N} |y_n|^2\right)^{1/2} \le \|x\|\,\|y\|$ 입니다.
음이 아닌 항들의 부분합이 유계이므로 $\sum_n |x_n y_n|$ 이 수렴합니다 — 즉 $\sum x_n y_n$ 이 절대수렴하므로 내적 $\langle x,y\rangle = \sum_{n=1}^{\infty} x_n y_n$ 이 잘 정의됩니다.

코시-슈바르츠 부등식에서 등호 $|\langle x,y\rangle| = \|x\|\,\|y\|$ 가 성립할 필요충분조건이 $x, y$ 가 일차종속(linearly dependent)임임을 증명하세요.

|\langle x,y\rangle| = \|x\|\,\|y\| \iff x,\ y \text{ are linearly dependent}

\theta = \pi/2

x \perp y

이므로

\langle x,y\rangle = 0 < 3 = \|x\|\,\|y\|

—

x, y

는 일차독립이고 등호가 성립하지 않는다.

증명 보기

$y = 0$ 인 경우는 양변이 $0$ 이어서 등호가 성립하고, $\{x, 0\}$ 은 일차종속이므로 양방향 모두 자명합니다. 이제 $y \ne 0$ 이라 가정합니다.
( $\Leftarrow$ ) $x, y$ 가 일차종속이면 $x = cy$ 인 스칼라 $c$ 가 존재합니다. 그러면 $|\langle x,y\rangle| = |\langle cy,y\rangle| = |c|\,\|y\|^2 = \|cy\|\,\|y\| = \|x\|\,\|y\|$ 입니다.
( $\Rightarrow$ ) 등호가 성립하면 판별식 논법의 이차식 $\|y\|^2 t^2 - 2\langle x,y\rangle t + \|x\|^2$ 의 판별식이 $0$ 이므로 실근 $t_0$ 이 존재합니다. 그 근에서 $0 = \|y\|^2 t_0^2 - 2\langle x,y\rangle t_0 + \|x\|^2 = \|x - t_0 y\|^2$ 이므로 $x = t_0 y$ — 즉 $x, y$ 는 일차종속입니다.

코시-슈바르츠 부등식의 따름정리로 삼각부등식 $\|x+y\| \le \|x\| + \|y\|$ 을 증명하세요.

\|x+y\|^2 = \|x\|^2 + 2\langle x,y\rangle + \|y\|^2 \le \|x\|^2 + 2\|x\|\,\|y\| + \|y\|^2 = (\|x\| + \|y\|)^2

\theta = \pi/4

\|x+y\| \approx 3.7739 < 4 = \|x\| + \|y\|

— 삼각부등식이 실제로 성립한다.

증명 보기

노름의 제곱을 내적으로 펼치면 $\|x+y\|^2 = \langle x+y, x+y\rangle = \|x\|^2 + 2\langle x,y\rangle + \|y\|^2$ 입니다.
$\langle x,y\rangle \le |\langle x,y\rangle|$ 이고, 코시-슈바르츠 부등식으로 $|\langle x,y\rangle| \le \|x\|\,\|y\|$ 이므로 $\|x+y\|^2 \le \|x\|^2 + 2\|x\|\,\|y\| + \|y\|^2 = (\|x\| + \|y\|)^2$ 를 얻습니다.
양변에 제곱근을 취하면 $\|x+y\| \le \|x\| + \|y\|$ 입니다.