Beweisarchiv: Funktionalanalysis: Hilberträume: Cauchy-Schwarz'sche Ungleichung

Satz

Es sei $𝕂\in \{ℝ,ℂ\}$ und $V$ ein $𝕂$-Vektorraum mit (positiv definitem) Skalarprodukt. Dann gilt für alle $x,y\in V$ die Cauchy-Schwarz'sche Ungleichung

$|⟨x,y⟩|\le \sqrt{⟨x,x⟩}\sqrt{⟨y,y⟩}$.

Gleichheit liegt genau dann vor, wenn $x,y$ linear abhängig sind.

Beweis

Die Aussage ist für $x=0$ trivial. Es sei also im Folgenden $x\ne 0$. Dann ist also $⟨x,x⟩>0$. Beachte zunächst für $\lambda \in 𝕂$

$\begin{array}{ccc}⟨\lambda x+y,\lambda x+y⟩& =& ⟨\lambda x,\lambda x⟩+⟨\lambda x,y⟩+⟨y,\lambda x⟩+⟨y,y⟩\\ & =& |\lambda {|}^2⟨x,x⟩+⟨\lambda x,y⟩+\overline{⟨\lambda x,y⟩}+⟨y,y⟩\\ & =& |\lambda {|}^2⟨x,x⟩+2\text{Re}(\lambda ⟨x,y⟩)+⟨y,y⟩\end{array}$

sowie

$\begin{array}{ccc}{|\lambda +\frac{\overline{⟨x,y⟩}}{⟨x,x⟩}|}^2& =& (\lambda +\frac{\overline{⟨x,y⟩}}{⟨x,x⟩})\cdot (\bar{\lambda }+\frac{⟨x,y⟩}{⟨x,x⟩})\\ & =& \lambda \bar{\lambda }+\lambda \frac{⟨x,y⟩}{⟨x,x⟩}+\bar{\lambda }\frac{\overline{⟨x,y⟩}}{⟨x,x⟩}+\frac{⟨x,y⟩}{⟨x,x⟩}\frac{\overline{⟨x,y⟩}}{⟨x,x⟩}\\ & =& |\lambda {|}^2+2\frac{\text{Re}(\lambda ⟨x,y⟩)}{⟨x,x⟩}+{\left|\frac{⟨x,y⟩}{⟨x,x⟩}\right|}^2.\end{array}$

Dies impliziert für jedes $\lambda \in 𝕂$ die Identität

$\frac{⟨\lambda x+y,\lambda x+y⟩}{⟨x,x⟩}={|\lambda +\frac{\overline{⟨x,y⟩}}{⟨x,x⟩}|}^2+\frac{⟨y,y⟩}{⟨x,x⟩}-{\left|\frac{⟨x,y⟩}{⟨x,x⟩}\right|}^2$,

welches eine reelle Zahl ist.

Daraus folgt

$\min {\mathrm{\backslash limits}}_{\lambda \in 𝕂}\left\{\frac{⟨\lambda x+y,\lambda x+y⟩}{⟨x,x⟩}\right\}=D:=\frac{⟨y,y⟩}{⟨x,x⟩}-{\left|\frac{⟨x,y⟩}{⟨x,x⟩}\right|}^2$.

Nun gilt $⟨\lambda x+y,\lambda x+y⟩\ge 0$ für alle $\lambda \in 𝕂$, und Gleichheit für ein $\lambda \in 𝕂$ wird genau dann angenommen, wenn $x,y$ linear abhängig sind. Dies impliziert $D>0$ im Fall linearer Unabhängigkeit und $D=0$ im Fall linearer Abhängigkeit. Man beachte schließlich

$D>0\iff |⟨x,y⟩|<\sqrt{⟨x,x⟩}\sqrt{⟨y,y⟩}$

und entsprechend

$D=0\iff |⟨x,y⟩|=\sqrt{⟨x,x⟩}\sqrt{⟨y,y⟩}$.

$◻$

Wikipedia-Verweis

• Cauchy-Schwarz'sche Ungleichung