Disuguaglianza di Cauchy-Schwarz
Dati due vettori $ v_1 $ e $ v_2 $ nello spazio reale a due dimensioni $ \mathbb{R}^2 $, il valore assoluto del prodotto scalare dei due vettori $ |( v_1, v_2 )| $ è minore-uguale al prodotto dei moduli dei due vettori $|v_1||v_2| $. $$ ( v_1, v_2 ) \le |v_1||v_2| $$
E' una delle disuguaglianze fondamentali nell'algebra lineare e nell'analisi.
Un esempio pratico
Considero i seguenti vettori in \(\mathbb{R}^2\):
$$ v_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix} $$
$$ v_2 = \begin{pmatrix} 3 \\ 4 \end{pmatrix} $$
Il prodotto scalare \( (v_1, v_2) \) è dato da:
$$ (v_1, v_2) = 1 \cdot 3 + 2 \cdot 4 = 3 + 8 = 11 $$
A questo punto calcolo i moduli \( |v_1| \) e \( |v_2| \) dei due vettori.
Il modulo di \( v_1 \) è:
$$ |v_1| = \sqrt{1^2 + 2^2} = \sqrt{1 + 4} = \sqrt{5} $$
Il modulo di \( v_2 \) è:
$$ |v_2| = \sqrt{3^2 + 4^2} = \sqrt{9 + 16} = \sqrt{25} = 5 $$
La disuguaglianza di Cauchy-Schwarz afferma che per due vettori \( v_1 \) e \( v_2 \) nello spazio reale a due dimensioni \( \mathbb{R}^2 \) il valore assoluto del prodotto scalare è minore-uguale al prodotto dei moduli.
$$ |(v_1, v_2)| \leq |v_1||v_2| $$
In questo caso il prodotto scalare è $ (v_1, v_2) = 11 $ mentre i moduli sono $ |v_1| = \sqrt{5} $ e $ |v_2| = 5 $.
$$ |11| \leq \sqrt{5} \cdot 5 $$
$$ 11 \leq 5 \cdot \sqrt{5} \approx = 11.18 $$
Quindi:
$$ 11 \leq 11.18 $$
Il che conferma la disuguaglianza di Cauchy-Schwarz. Quindi l'esempio soddisfa la disuguaglianza:
Dimostrazione
Dato \( v_1 = \begin{pmatrix} x_1 \\ y_1 \end{pmatrix} \) e \( v_2 = \begin{pmatrix} x_2 \\ y_2 \end{pmatrix} \), il prodotto scalare è definito come:
$$ (v_1, v_2) = x_1 x_2 + y_1 y_2 $$
I moduli dei vettori \( v_1 \) e \( v_2 \) sono:
$$ |v_1| = \sqrt{x_1^2 + y_1^2} $$
$$ |v_2| = \sqrt{x_2^2 + y_2^2} $$
La disuguaglianza di Cauchy-Schwarz afferma che:
$$ |x_1 x_2 + y_1 y_2| \leq \sqrt{x_1^2 + y_1^2} \sqrt{x_2^2 + y_2^2} $$
Geometricamente, questa disuguaglianza riflette il fatto che il valore assoluto del prodotto scalare tra due vettori è al massimo uguale al prodotto dei moduli dei due vettori.
Questo massimo viene raggiunto quando i vettori sono paralleli (o antiparalleli).
In altre parole, se \(\theta\) è l'angolo tra i vettori \( v_1 \) e \( v_2 \), allora il prodotto scalare è:
$$ (v_1, v_2) = |v_1||v_2| \cos \theta $$
Poiché \( |\cos \theta| \leq 1 \), segue che il prodotto dei moduli è sempre minore o uguale al valore assoluto del prodotto scalare:
$$ |(v_1, v_2)| \leq |v_1||v_2| $$
Quindi, la disuguaglianza di Cauchy-Schwarz è correttamente rappresentata da:
$$ |(v_1, v_2)| \leq |v_1||v_2| $$
Nota che non è corretto affermare che il prodotto scalare è minore-uguale al prodotto dei moduli \( (v_1, v_2) \leq |v_1||v_2| \) in quanto il prodotto scalare \( (v_1, v_2) \) potrebbe anche essere negativo, quindi la forma corretta è la versione con il valore assoluto ovvero il valore assoluto del prodotto scalare è minore uguale al prodotto dei moduli. $$ |(v_1, v_2)| \leq |v_1||v_2|. $$
Dimostrazione alternativa
Considero due vettori \( v_1 \) e \( v_2 \) in \(\mathbb{R}^2\) con componenti
$$v_1 = (x_1, y_1) $$
$$ v_2 = (x_2, y_2) $$
Per ogni valore reale \( t \), questa espressione è non negativa.
$$ 0 \leq (x_1 + t x_2)^2 + (y_1 + t y_2)^2 $$
Il che è ovvio, il quadrato di un numero qualsiasi è sempre maggiore-uguale a zero ovvero non-negativo.
Quindi, la somma di due quadrati è sempre non negativa.
Espando l'espressione svolgendo i calcoli algebrici.
$$ 0 \leq (x_1 + t x_2)^2 + (y_1 + t y_2)^2 $$
$$ 0 \leq x_1^2 + 2t x_1x_2 + t^2x_2^2 + y_1^2 + 2t y_1y_2 + t^2 y_2^2 $$
$$ 0 \leq x_1^2 + y_1^2 + 2t(x_1x_2 + y_1y_2) + t^2(x_2^2 + y_2^2) $$
La somma $ x_1^2 + y_1^2 $ è il quadrato del modulo $ | v_1 | = \sqrt{x_1^2+y_1^2} $ ovvero $ | v_1 |^2 = x_1^2+y_1^2 $
$$ 0 \leq |v_1|^2+ 2t(x_1x_2 + y_1y_2) + t^2(x_2^2 + y_2^2) $$
Allo stesso modo, la somma $ x_2^2 + y_2^2 $ è il quadrato del modulo $ | v_2 | = \sqrt{x_2^2+y_2^2} $ ovvero $ | v_2 |^2 = x_2^2+y_2^2 $
$$ 0 \leq |v_1|^2+ 2t(x_1x_2 + y_1y_2) + t^2 | v_2 |^2 $$
L'espressione $ x_1x_2 + y_1y_2 $ è il prodotto scalare $ (v_1, v_2) $
$$ 0 \leq |v_1|^2+ 2t (v_1, v_2) + t^2 | v_2 |^2 $$
Ora se sostituisco $ \alpha = |v_2|^2 $, $ \beta = (v_1, v_2) $ e $ \gamma = |v_1|^2 $ ottengo un'equazione quadratica di secondo grado
$$ 0 \leq \alpha t^2 + 2 \beta t + \gamma $$
Poiché l'espressione quadratica è non negativa per ogni \( t \), il discriminante dell'equazione quadratica associata deve essere minore o uguale a zero, ossia:
$$ \Delta = 4\beta^2 - 4\alpha \gamma \leq 0 $$
Spiegazione. Se il discriminante $ \Delta > 0 $ fosse positivo, allora il polinomio $ P(t) = \alpha t^2 + 2 \beta t + \gamma $ avrebbe due radici reali distinte, il che implicherebbe l'esistenza di tratti in cui il polinomio P(t) è positivo e altri in cui è negativo. Tuttavia, questo non è possibile perché ho già affermato che il polinomio è non negativo perché $ 0 \leq (x_1 + t x_2)^2 + (y_1 + t y_2)^2 $. L'unico caso in cui $ P(t) \ge 0 $ per qualsiasi t si ottene quando il polinomio non ha radici reali distinte, ovvero quando il discriminante dell'equazione $ \alpha t^2 + 2 \beta t + \gamma =0 $ è minore-uguale a zero $ \Delta \le 0 $
Svolgo i calcoli algebrici
$$ \Delta = 4\beta^2 - 4\alpha \gamma \leq 0 $$
$$ 4\beta^2 \leq 4\alpha \gamma $$
Dividendo per 4 entrambi i lati ottengo
$$ \beta^2 \leq \alpha \gamma $$
Ricordando che \( \beta = (v_1, v_2) \), \( \alpha = |v_2|^2 \), e \( \gamma = |v_1|^2 \), l'ultima espressione si riscrive come:
$$ (v_1, v_2)^2 \leq |v_1|^2 |v_2|^2 $$
$$ \sqrt{ (v_1, v_2)^2 } \leq \sqrt{ |v_1|^2 |v_2|^2 } $$
$$ \sqrt{ (v_1, v_2)^2 } \leq |v_1| |v_2| $$
Sapendo che la radice quadrata di un numero al quadrato è sempre non negativa $ \sqrt{n^2} = |n| $, ottengo la disuguaglianza di Cauchy-Schwarz.
$$ |(v_1, v_2)| \leq |v_1| |v_2| $$
Questa dimostrazione utilizza il fatto che il discriminante di un polinomio quadratico deve essere non positivo per garantire che il polinomio non sia negativo in nessun punto.
Questa condizione è sufficiente per concludere che la disuguaglianza di Cauchy-Schwarz vale in \(\mathbb{R}^2\).
E così via.
