Cauchy-Bunyakovsky egyenlőtlenség

A Cauchy-Bunyakovsky-egyenlőtlenség az euklideszi vagy a Hilbert-tér vektorainak normáját és skaláris szorzatát köti össze . Ez az egyenlőtlenség megegyezik a norma háromszög egyenlőtlenségével . A Hölder - egyenlőtlenség és a Jensen-egyenlőtlenség speciális esete [1] .

A Cauchy-Bunyakovsky-egyenlőtlenséget néha, különösen a külföldi irodalomban Schwartz -egyenlőtlenségnek és Cauchy-Bunyakovsky-Schwartz-egyenlőtlenségnek nevezik , bár Schwartz e témájú munkái csak 25 évvel Bunyakovszkij művei után jelentek meg [2] . Ennek az egyenlőtlenségnek a véges dimenziós esetét Cauchy -egyenlőtlenségnek nevezik, és Cauchy igazolta 1821 - ben .

Megfogalmazás

Legyen adott egy lineáris tér skaláris szorzattal . Legyen a skalárszorzat által generált norma, azaz . Akkor mindenre, amink van: $L$ $\langle x,\;y\rangle$ $\|x\|$ $\|x\|\equiv\sqrt{\langle x,\;x\rangle},\;\forall x\in L$ $x,\;y\-ben L$

|\langle x,\;y\rangle| \leqslant\|x\|\cdot\|y\|,

sőt, az egyenlőség akkor és csak akkor érhető el, ha a és vektorok lineárisan függőek ( kollineáris , vagy nulla van köztük). $x$ $y$

Példák

Fontos, a számelméletben gyakran használt speciális eset az az eset, amikor az egyik vektor teljes egészében vektorokból áll:

\left({\sum \limits _{i=1}^{n}{x_{i}}}\jobb)^{2}\leq \left({\sum \limits _{i=1 }^{n}{1}}\right)\sum \limits _{i=1}^{n}{{x_{i}}^{2}}=n\sum \limits _{i=1} ^{n}{{x_{i}}^{2}}

Az összetett értékű négyzetes összegezhető sorozatok terében a Cauchy-Bunyakovsky-egyenlőtlenség a következőképpen alakul: $l^2$

\left|\sum\limits_{k=1}^\infty x_k\bar{y}_k\right|^2\leqslant\left(\sum_{k=1}^\infty|x_k|^2\right) \cdot\left(\sum_{k=1}^\infty|y_k|^2\right),

ahol összetett ragozást jelöl . $\bar{y}_k$ $y_{k}$

A komplex négyzetbe integrálható függvények terében a Cauchy-Bunyakovsky-egyenlőtlenség a következőképpen alakul: $L^2(X,\;\mathcal{F},\;\mu)$

\left|\int\limits_X f(x)\overline{g(x)}\,\mu(dx)\right|^2\leqslant\left(\int\limits_X\left|f(x)\right| ^2\,\mu(dx)\jobb)\cdot\left(\int\limits_X\left|g(x)\right|^2\,\mu(dx)\jobb).

A véges második momentumú valószínűségi változók terében a Cauchy-Bunyakovsky-egyenlőtlenség a következőképpen alakul: $L^2(\Omega,\;\mathcal{F},\;\mathbb{P})$ $\mathrm{cov}^2(X,\;Y)\leqslant\mathrm{D}[X]\cdot\mathrm{D}[Y],$

hol a kovariancia és a variancia .

\mathrm{cov}

\mathrm{D}

Két független valószínűségi változó esetén a Cauchy-Bunyakovsky egyenlőtlenség a következőképpen alakul: $\xi$ $\eta$ $\left[\mathbf {M} (\eta \cdot \xi )\right]^{2}\leqslant \mathbf {M} \left[\eta ^{2}\cdot \xi ^{2} \right]=\mathbf {M} \eta ^{2}\cdot \mathbf {M} \xi ^{2}.$

Bizonyítási módszerek

Csak néhány alapvetően eltérő megközelítés létezik az egyenlőtlenség bizonyítására. Az univerzalitása miatt azonban ugyanazok a formális műveletek, amelyek ehhez vezetnek, különböző kifejezésekkel írhatók le. Emiatt egyes szerzők úgy állítják be, hogy az egyenlőtlenség rendkívül sok bizonyítékot tartalmaz. [3]

A bemutatás megkönnyítése érdekében ebben a részben, hacsak másképp nem jelezzük, a bizonyításokat csak egy véges dimenziójú térre írjuk le , azaz véges sorozatokra , . $\mathbb {R}$ ${\megjelenítési stílus (x_{1},\pontok ,x_{n})}$ $(y_{1},\dots ,y_{n})$

Kombinatorikus ( permutációs egyenlőtlenség révén )

Az egyvektoros eset

Hadd . A négyzet kiterjesztésével és a helyettesítéssel az összeg négyzete blokkra osztható a következőképpen: $y_{1}=\dots =y_{n}=1$ $t=ij$

{\left({\sum \limits _{i=1}^{n}{x_{i))}\right)}^{2}=\sum \limits _{i=1}^{ n}\sum \limits _{j=1}^{n}{x_{i}x_{j}}=\sum \limits _{t=0}^{n-1}{\left({\sum \limits _{j=1}^{n}{x_{j}x_{j+t}}}\right)}\ ,

ahol a jelölések megfelelnek . A sorozat két másolatára vonatkozó permutációs egyenlőtlenségből és a permutációkból $x_{n+1},x_{n+2},\dots$ $x_{1},x_{2},\dots$ ${\megjelenítési stílus (x_{1},\pontok ,x_{n})}$

\sigma _{t}(j):=((t+j-1)\mod {n})+1,\ \ \ t=0,\pontok ,n-1

ebből következik, hogy a belső összegek egyike sem haladja meg a . $\sum \limits _{i=1}^{n}{x_{i}^{2))$

Általános eset

Ha mindegyik egész szám, akkor a szorzatokat kibővítve és a kapott kifejezésekre a már bevált speciális esetet alkalmazva megkapjuk $y_{i}$ $x_{i}y_{i}=\aláhúzás {x_{i}+\pontok +x_{i}} _{y_{i}}$ $\sum \limits _{i=1}^{n}{y_{i))$

\left(\sum \limits _{i=1}^{n}{x_{i}y_{i}}\right)^{2}=\left(\sum \limits _{i=1 }^{n}{\aláhúzás {x_{i}+\pontok +x_{i}} _{y_{i}}}\jobbra)^{2}\leq \left({\sum \limits _{i =1}^{n}{y_{i))}\jobbra)\left({\sum \limits _{i=1}^{n}{\aláhúzás {x_{i}^{2}+\pontok +x_{i}^{2}} _{y_{i}}}}\jobbra)=\left({\sum \limits _{i=1}^{n}{y_{i}}}\jobbra )\left({\sum \limits _{i=1}^{n}{x_{i}^{2}y_{i}}}\right)\ ,

Mindkét részt egész számokkal osztva ugyanazt az egyenlőtlenséget kaphatjuk a racionálisakra , és az általánosítás tetszőleges valósokra az összeadás és szorzás folytonosságából következik . Ez az állítás pontosan megfelel a sorozatok Cauchy-Bunyakovsky egyenlőtlenségének $y_{i}$ $y_{i}$

{\displaystyle {x'}_{i}:=x_{i}{\sqrt {y_{i))))

{\displaystyle {y'}_{i}:={\sqrt {y_{i))))

Ezért az önkényes egyenlőtlenség a fordított helyettesítés lehetőségéből következik ${\displaystyle ({x'}_{i})_{i=1}^{n))$ ${\displaystyle ({y'}_{i})_{i=1}^{n))$

x_{i}:={\frac {{x'}_{i}}{{y'}_{i}}}

y_{i}:={y'}_{i}^{2}

Valószínűségi (négyzetek összegén keresztül)

Ötlet (a variancia példáján)

Ennek a módszernek a leghíresebb megvalósítása egy valószínűségi változó varianciájának figyelembevétele . Nyilvánvalóan, ha az érték nem negatív értékeket vesz fel, akkor a matematikai elvárása is nem negatív lesz, ezért

\mathbb {E} \left[{({X-\mathbb {E} [X]})^{2}}\right]\geq 0

bármely valószínűségi változó esetén . A matematikai elvárás linearitása miatt ebből az következik $x$

0\leq \mathbb {E} \left[{(X-\mathbb {E} [X])^{2}}\right]=\mathbb {E} \left[{X^{2} -2X\mathbb {E} [X]+\mathbb {E} [X]^{2}}\right]=\mathbb {E} [X^{2}]-2\mathbb {E} [X] \mathbb {E} [X]+\mathbb {E} [X]^{2}=\mathbb {E} [X^{2}]-\mathbb {E} [X]^{2}

Legyen minden és . Olyan valószínűségi változó esetén, amely valószínűséggel vesz fel értéket , ez az egyenlőtlenség azt jelenti $y_{i}>0$ $B:=\sum \limits _{i=1}^{n}{y_{i}}$ $x$ $x_{i}$ ${\frac {y_{i}}{B}}$

\left({\sum \limits _{i=1}^{n}{x_{i}{\frac {y_{i}}{B}}}}\right)^{2}=\ mathbb {E} [X]^{2}\leq \mathbb {E} [X^{2}]=\sum \limits _{i=1}^{n}{x_{i}^{2}{ \frac {y_{i}}{B}}}\ ,

vagyis

\left({\sum \limits _{i=1}^{n}{x_{i}y_{i))}\right)\leq B\sum \limits _{i=1}^{ n}{x_{i}^{2}y_{i}}=\left({\sum \limits _{i=1}^{n}{y_{i}}}\right)\left({\ összeg \limits _{i=1}^{n}{x_{i}^{2}y_{i}}}\jobbra)\ .

Ennélfogva a Cauchy-Bunyakovsky-egyenlőtlenség ugyanazzal a változóváltással kapható meg, mint a permutációs egyenlőtlenség használata esetén.

Értelmezés és alternatív formák

A változók változása után a fent leírt mennyiség matematikai elvárása a formáját kapja

\mathbb {E} [X]=\sum \limits _{i=1}^{n}({\frac {x_{i}}{y_{i}}}\cdot {\frac {y_ {i}^{2}}{\sum \limits _{j=1}^{n}{y_{j}^{2}}}}}\ .

Ezért a valószínűségi bizonyítás lényegében az összeget veszi figyelembe

\sum \limits _{i=1}^{n}{\left(({\frac {x_{i}}{y_{i}}}-\sum \limits _{j=1}^ {n}{\left({{\frac {x_{j}}{y_{j}}}\cdot {\frac {y_{j}^{2}}{\sum \limits _{k=1} ^{n}{y_{k}^{2}}}}\jobbra)}}\jobbra)^{2}{\frac {y_{i}^{2}}{\sum \limits _{j =1}^{n}{y_{j}^{2}}}}}\ .

Ennek az összegnek a nyilvánvaló (a zárójel négyzetre emelése miatti) nem-negatívságából adódik a zárójel megnyitásával kapott tagok közötti összefüggés - a három ilyen tag közül kettő egybe redukálódik (csak konstansban különböznek egymástól) a képlet szerkezete. A normalizálás megváltoztatásával (összegekkel való osztás) zárójelbe tett tényezőkkel és egy állandó szorzásával könnyen belátható, hogy ez a megközelítés hasonlít egy vizuálisabb összeg használatához.

\sum \limits _{i=1}^{n}{{\left(({\frac {x_{i}}{\sum \limits _{j=1}^{n}{x_{ j}y_{j))))-{\frac {y_{i}}{\sum \limits _{j=1}^{n}{y_{j}^{2}}}}}\jobbra) }^{2}}\ .

Az ilyen összegekkel való egyenlőtlenségek, amelyeket valószínűségi definíciókra való hivatkozás nélkül írnak le, az előző szakasz feltétele nélkül is helyesek maradnak. Különösen egy tetszőleges Hilbert-térre, ahogy az egyenlőtlenséget tekinthetjük $y_{i}>0$ $\langle {x,y}\rangle \in \mathbb {R}$

0\leq \left\vert \left\vert {y-{\frac {\langle {x,y}\rangle }{||x||^{2))}x}\right\vert \ right\vert ^{2}\leq \left\langle {y-{\frac {\langle {x,y}\rangle }{\langle {x,x}\rangle }}x,y-{\frac { \langle {x,y}\rangle }{\langle {x,x}\rangle }}x}\right\rangle =\langle {y,y}\rangle -2{\frac {\langle {x,y }\rangle }{\langle {x,x}\rangle }}\langle {x,y}\rangle +{\frac {\langle {x,y}\rangle ^{2}}{\langle {x, x}\rangle ^{2))}\langle {x,x}\rangle =\langle {y,y}\rangle -{\frac {\langle {x,y}\rangle ^{2)){\ langle {x,x}\rangle }}\ ,

és amikor elég megszorozni az alak komplex számával, hogy mindent az első esetre redukáljunk. $\langle {x,y}\rangle \in \mathbb {C} \setminus \mathbb {R}$ $x$ $e^{\varphi i},\varphi \in \mathbb {R}$

Hasonló módon használhatunk egy másik, szimmetrikus összeget is, ahol a zárójelek kinyitása után a két szélső (négyzetesítéssel kapott) tag törlődik, és nem a szélső a középsővel:

\sum \limits _{i=1}^{n}{{\left(({\frac {x_{i}}{\sqrt {\sum \limits _{j=1}^{n} {x_{j}^{2}}}}}-{\frac {y_{i}}{\sqrt {\sum \limits _{j=1}^{n}{y_{j}^{2} }}}}}}\jobbra)}^{2}}\ .

vagy ami ugyanaz,

\left\vert \left\vert {{\frac {x}{||x||}}-{\frac {y}{||y||}}}\right\vert \right\vert ^{2}\ .

Az ilyen összegek használata a valószínűségi értelmezésen túlmenően leírható egy másodfokú egyenlet diszkriminánsának vagy a geometriai átlag és a számtani átlag közötti egyenlőtlenség becslésével . [négy]

Közvetlen (csoportosítási tényezőkön keresztül)

Egy másik (azonban az előző kettő eszközeit igénylő) ötlet az egyenlőtlenség formális ábrázolása

\left({\sum \limits _{i=1}^{n}{x_{i}y_{i}}}\right)\left({\sum \limits _{j=1}^ {n}{x_{j}y_{j}}}\right)=\sum \limits _{i=1}^{n}\sum \limits _{j=1}^{n}{(x_{ i}y_{j})(x_{j}y_{i})}\leq \sum \limits _{i=1}^{n}\sum \limits _{j=1}^{n}{( x_{i}y_{j})^{2}}=\left({\sum \limits _{i=1}^{n}{x_{i}^{2}}}\jobb)\left( {\sum \limits _{j=1}^{n}{y_{j}^{2))}\right)\ .

Ezt a formát kétféleképpen lehet bizonyítani:

az összes kifejezés egy lépésben történő összehasonlítása, a permutációs egyenlőtlenség alkalmazása a halmaz két példányára és a permutáció [5] ; $(x_{i}y_{j})_{(i,j)\in [1;n]^{2))$ $\sigma (i,j):=(j,i)$

az egyes tagokat külön-külön összehasonlítva , két változóra alkalmazva a geometriai átlag és a számtani átlag közötti egyenlőtlenséget , ami lényegében megfelel annak, hogy a megfelelő vektor alakjának vagy normájának négyzetösszegét tekintjük tetszőleges Hilbert-terek tenzorszorzatában . [6] ${\displaystyle a=x_{i}y_{j},\ b=x_{j}y_{i))$ $\sum \limits _{i=1}^{n}\sum \limits _{j=1}^{n}{(x_{i}y_{j}-x_{j}y_{i} )^{2}}$

Az n=2 eset alkalmazása összegekre

Az egyenlőtlenséget indukcióval kaphatjuk meg, amelynek lépése a -edik taghoz az, hogy ugyanazt az egyenlőtlenséget alkalmazzuk két tagra. A sorozatokra vonatkozó induktív feltevés adja az egyenlőtlenséget $n$ $(n+1)$ ${\displaystyle (x_{i})_{i=1}^{n))$ ${\displaystyle (y_{i})_{i=1}^{n))$

\left({\sum \limits _{i=1}^{n}{\color {red}{x_{i}}\color {blue}{y_{i}}}}\right)+ x_{n+1}y_{n+1}\leq \left({\sum \limits _{i=1}^{n}{\color {red}{x_{i}}^{2}}} \right)^{\frac {1}{2}}\left({\sum \limits _{i=1}^{n}{\color {blue}{y_{i}}^{2}}} \jobbra)^{\frac {1}{2}}+x_{n+1}y_{n+1}

A sorozatok esetéből pedig ez könnyen belátható $n=2$ $\left({\left({\sum \limits _{i=1}^{n}{{x_{i}}^{2}}}\jobb)^{\frac {1}{2 }},x_{n+1}}\jobbra)$ $\left({\left({\sum \limits _{i=1}^{n}{{y_{i}}^{2}}}\jobb)^{\frac {1}{2 }},y_{n+1}}\jobbra)$

{\color {red}{\left({\sum \limits _{i=1}^{n}{{x_{i}}^{2}}}\jobb)^{\frac {1 }{2)))){\color {blue}{\left({\sum \limits _{i=1}^{n}{{y_{i}}^{2}}}\jobbra)^{ \frac {1}{2))))+{\color {piros}{x_{n+1}}\color {kék}{y_{n+1}}}\leq \left({{\color { red}{\left({\sum \limits _{i=1}^{n}{{x_{i}}^{2}}}\jobb)^{{\frac {1}{2}}\ szín {fekete}{\cdot 2}}}}+{\color {piros}{x_{n+1}}^{2}}}\jobbra)\left(({\szín {kék}{\bal( {\sum \limits _{i=1}^{n}{{y_{i}}^{2}}}\jobbra)^{{\frac {1}{2}}\szín {fekete}{\ cdot 2))))+{\color {kék}{y_{n+1}}^{2}}}\right)=\left({\sum \limits _{i=1}^{n+1 }{x_{i}^{2}}}\jobbra)\left({\sum \limits _{i=1}^{n+1}{y_{i}^{2}}}\jobbra)

Így az egyenlőtlenséget tetszőlegesre bizonyítjuk bázissal való indukcióval . Az alapot bármely más módon is be lehet bizonyítani (például egy egyenlőtlenséggel ). [7] Vannak vizuális geometriai bizonyítékok is. [8] [9] $n$ $n=2$ $(x_{1}y_{2}-x_{2}y_{1})^{2}\geq 0$ $n=2$

Irodalom

Hui-Hua Wu, Shanhe Wu. A Cauchy-Schwarz egyenlőtlenség különböző bizonyítékai // Octogon matematikai folyóirat. - 2009. - 1. évf. 17 , iss. 1 . — P. 221–229 .

Jegyzetek

↑ Lásd a 11. bizonyítékot: Wu, 2009
↑ Bounjakowsky W. "Mémoires de l'Académie des Sciences de St-Petersbourg. 7 sorozat", 1859, t. 1, 9. sz.
↑ Wu, 2009 .
↑ Az első összeghez lásd a 2. (for ), 5. bizonyítást a Wu, 2009-ben , és a 3., 4., 8. bizonyítást ugyanott a másodikhoz. $x={\frac {\sum \limits _{i=1}^{n}{a_{i}b_{i))}{\sum \limits _{i=1}^{n}{ a_{i}^{2}}}}}$
↑ Lásd a 7. bizonyítékot: Wu, 2009 .
↑ Lásd az 1., 6. (az esethez ) és 12. bizonyítást (az indukció kiterjesztése, azaz a különböző összegzése után ) Wu, 2009-ben . $n=2$ $S_{n+1}-S_{n}$
↑ Lásd a 6. bizonyítékot: Wu, 2009 .
↑ A Cauchy-Bunyakovsky-egyenlőtlenség bizonyítékainak áttekintése archiválva 2021. augusztus 25-én a Wayback Machine -nél (lásd a geometriai bizonyítékokat a 15-18. oldalon) $n=2$
↑ A geometriai bizonyítás interaktív bemutatója . Letöltve: 2021. augusztus 25. Az eredetiből archiválva : 2021. augusztus 25. (határozatlan)