равенство в неравенстве Коши-Буняковского

[Alexiii]

Здравствуйте!
Надо доказать, что в любом Гильбертовом пространстве равенство в неравенстве Коши-Шварца достигается лишь при линейной зависимости векторов.
То есть задача в следующем: показать, что для любых векторов в линейном пространстве над полем комплексных чисел (скалярное произведение - некое комплексное число) $|<x,y>|=||x||||y||$ тогда и только тогда, когда $x=ay$.
Одна сторона проверяется тривиально, а вот другая - не очень.
Мои наброски таковы:
так как $||x-ay||=0$ лишь когда${||x-ay||}^2=0$, то разберем ${||x-ay||}^2$:
${||x-ay||}^2=<x-ay,x-ay>=<x,x>+{|a|}^2<y,y>-a<y,x>-\bar a<x,y>=<x-ay,x>+<{|a|}^2 y-\bar ax,y>$
Если допустить, что ${||x-ay||}^2=0$, то имеем: $<x-ay,x>=<\bar ax-{|a|}^2 y,y>$, а это возможно лишь тогда, когда либо один из скалярных множителей в каждой стороне нулевой (то есть обе стороны равенства суть нулевые комплексные числа) и тогда в общем случае получается, что векторы $x,y$ колинеарны, либо... вот тут я не знаю, может есть и другие случаи и приведенное доказательство не полно!

Еще вопрос - есть более внятное доказательство в общем (комплекном) случае?
Тут на форуме есть топик по этой теме, но там разобран случай действительных чисел - там все наглядно!

[Профессор Снэйп]

Есть ещё аксиома $(x,y) = \overline{(y,x)}$, почему Вы её стесняетесь использовать?

[Padawan]

Alexiii в сообщении #287608 писал(а):

Здравствуйте!
Надо доказать, что в любом Гильбертовом пространстве равенство в неравенстве Коши-Шварца достигается лишь при линейной зависимости векторов.
То есть задача в следующем: показать, что для любых векторов в линейном пространстве над полем комплексных чисел (скалярное произведение - некое комплексное число) $|<x,y>|=||x||||y||$ тогда и только тогда, когда $x=ay$.
Одна сторона проверяется тривиально, а вот другая - не очень.
Мои наброски таковы:
так как $||x-ay||=0$ лишь когда${||x-ay||}^2=0$, то разберем ${||x-ay||}^2$:
${||x-ay||}^2=<x-ay,x-ay>=<x,x>+{|a|}^2<y,y>-a<y,x>-\bar a<x,y>=<x-ay,x>+<{|a|}^2 y-\bar ax,y>$
Если допустить, что ${||x-ay||}^2=0$, то имеем: $<x-ay,x>=<\bar ax-{|a|}^2 y,y>$, а это возможно лишь тогда, когда либо один из скалярных множителей в каждой стороне нулевой (то есть обе стороны равенства суть нулевые комплексные числа) и тогда в общем случае получается, что векторы $x,y$ колинеарны, либо... вот тут я не знаю, может есть и другие случаи и приведенное доказательство не полно!

Еще вопрос - есть более внятное доказательство в общем (комплекном) случае?
Тут на форуме есть топик по этой теме, но там разобран случай действительных чисел - там все наглядно!

Надо брать доказательство неравенства Коши-Буняковского (в любой книге по функциональному анализу) и смотреть по доказательству, в каком случае возможно равенство. Обычно это прям в тексте отмечается.

[Alexiii]

Профессор Снэйп в сообщении #287611 писал(а):

Есть ещё аксиома $(x,y) = \overline{(y,x)}$, почему Вы её стесняетесь использовать?

Не вижу,как это продвинет в доказательстве. Одним словом, мутно у меня все выглядит!

Я вот подумал и додумался до следующего доказательства:
если исключить вариант $||y||=0$,из чего тривиально следует,что для всякого $x$ будет равенство в неравенстве (кстати наиболее общим и верным выводом является именно вывод линейной зависимости векторов $x$ и $y$ Гильбертова пространства, а не вывод $x=ay$, так как в тривиальных случаях,к примеру,когда $y$ нулевой,ни при каком $a$ не получается ненулевой $x$,то есть нарушается общность), то прямо получаем:

$$||x||=\frac{|<x,y>|}{||y||}=\frac{|<x,y>|}{{||y||}^2}||y||=\left|\frac{<x,y>}{{||y||}^2}\right|||y||=|a|||y||=||ay||$$

, где

$$a=\frac{<x,y>}{{||y||}^2}$$

- некий комплексный коэффициент. То есть получили $x=ay$.
А учтя и тривиальные выводы, получим в общем, что $x$ и $y$ линейно зависимы, так как нулевой вектор линейно зависим с любым вектором!

[ewert]

Alexiii в сообщении #288933 писал(а):

- некий комплексный коэффициент. То есть получили $x=ay$.

То есть ничего не получили, кроме того, что $\|x\|=\|ay\|$.

Наиболее разумная рекомендация:

Padawan в сообщении #287619 писал(а):

Надо брать доказательство неравенства Коши-Буняковского (в любой книге по функциональному анализу) и смотреть по доказательству, в каком случае возможно равенство. Обычно это прям в тексте отмечается.

Имелось в виду, что неравенство Коши-Буняковского следует из неотрицательности дискриминанта выражения $\|x-ty\|^2=\|x\|^2-2t\,<x,y>+t^2\|y\|^2$, рассматриваемого как квадратный трёхчлен относительно $t$. А в частном случае равенства дискриминант равен нулю и, следовательно, при некотором $t$ это выражение обращается в ноль.
(Это -- в вещественном случае, а для комплексного надо подставить $t=r\,e^{i\theta}$, где $\theta=\arg<x,y>$ фиксировано, а $r$ -- произвольное вещественное число.)

[Alexiii]

ewert в сообщении #288982 писал(а):

То есть ничего не получили, кроме того, что $\|x\|=\|ay\|$.

,да, я поспешил с выводами сгоряча!

ewert писал(а):

Наиболее разумная рекомендация:

Padawan писал(а):

Надо брать доказательство неравенства Коши-Буняковского (в любой книге по функциональному анализу) и смотреть по доказательству, в каком случае возможно равенство. Обычно это прям в тексте отмечается.

Я смотрел в Фомине и Рудине - там не было!

[ewert]

Alexiii в сообщении #288997 писал(а):

Я смотрел в Фомине и Рудине - там не было!

ну, посмотрите прямо здесь

[Padawan]

В Люстернике, Соболеве доказательство неравенства Коши-Буняковского начинается с неравенства $(x-\lambda y, x-\lambda y)\geqslant 0$.

[Alexiii]

ewert писал(а):

ну, посмотрите прямо здесь

Спасибо, в конце концов все получилось! Вот полное доказательство для будущих интересующихся:
Во-первых, тривиальные случаи при $x=0$ или $y=0$ не в счет, так как прямо видно, что в этом случае будет равенство в неравенстве!
Также тривиально проверяется одна сторона: коли $x=ay$, то $ |(x,y)|=|a(y,y)|=|a|||y||^2=(|a|||y||)||y||=||ay||||y||=||x||||y|| $.
Так что остается проверить противоположную сторону: коли равенство в неравенстве, то $x=ay$:
Тут же отмечу, что в действительном случае проблема решена, так как там все тривиально с нулевым дискриминантом и достаточно прямо следует линейная зависимость $x\text{ и }y$.
Рассмотрим комплексный случай:
тогда

$$(x,y)=re^{i\varphi}$$

.
Введем вспомогательный вектор $z=e^{-i\varphi}x$.
Тогда имеем: $ (z,y)=e^{-i\varphi}(x,y)=e^{-i\varphi}re^{i\varphi}=r\in\mathbb{R} $.
Тогда из $(z,y)=||z||||y||$ в действительном случае,как мы знаем, следует $z=by$ для некоего неотрицательного $b$.
Заметим, что $$||z||=||e^{-i\varphi}x||=|e^{-i\varphi}|||x||=1\cdot||x||=||x||$, а $(z,y)=|(z,y)|=|(e^{-i\varphi}x,y)|=|e^{-i\varphi}(x,y)|=|e^{-i\varphi}||(x,y)|=|(x,y)|$$.
В итоге получаем, что из $(z,y)=||z||||y||$ (то есть из $|(x,y)|=||x||||y||$) следует $z=by$, то есть $e^{-i\varphi}x=by$. Значит получили: $x=be^{i\varphi}y$. Обозначим $a=be^{i\varphi}\in\mathbb{C}$. Так как $b\neq0$, то и $a\neq0$. Значит получили желаемый результат $x=ay$.

[ewert]

Наверное, оно и верно, но как-то тягостно. Вот что имелось в виду.

Обозначим $F(r)=\|\vec x-r\,e^{i\theta}\cdot\vec y\|$, где $\theta=\arg<\vec x,\vec y>$, т.е. $<\vec x,\vec y>=|\!\!<\vec x,\vec y>\!\!|\cdot e^{i\theta}$. Тогда

$F(r)=\|\vec x\|^2-2\mathop{\mathrm{Re}}<\vec x, r\,e^{i\theta}\cdot\vec y>+\|r\,e^{i\theta}\cdot\vec y\|^2=\|\vec x\|^2-2r\cdot|\!\!<\vec x,\vec y>\!\!|+r^2\|\vec y\|^2$

(поскольку $<\vec x, r\,e^{i\theta}\cdot\vec y>=r\,e^{-i\theta}<\vec x,\vec y>$). Неотрицательность $F(r)$ при всех $r$ сразу даёт неположительность дискриминанта и, соответственно, неравенство Коши-Буняковского. А превращение этого неравенства в равенство означает, что дискриминант $F(r)$ равен нулю и, следовательно, при некотором $r\in\mathbb R$ выполнено $F(r)=0$, т.е. $\vec x=r\,e^{i\theta}\cdot\vec y$.