코시-슈바르츠 부등식

|\langle x,y\rangle| \le \|x\|\,\|y\|

— 내적의 절댓값은 노름의 곱을 넘지 않습니다.

0 \le \|x-ty\|^2

의 판별식으로 증명하고, 등호는 두 벡터가 평행할 때만 성립합니다.

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.
같은 논증은 모든 내적공간에서 성립합니다. $\ell^2$ 에서는 $\mathbb{R}^N$ 경우를 처음 $N$ 개 항에 적용하면 $|\sum_{n\le N} x_n y_n| \le \|x\|\,\|y\|$ 를 얻고, $N \to \infty$ 으로 보내면 급수 $\sum x_n y_n$ 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.