Desigualdade de Cauchy-Schwarz

No Principles of Mathematical Analysis, de Walter Rudin, encontramos uma demonstração dessa desigualdade que, a princípio, parece passe de mágica. Com um olhar mais cuidadoso, porém, percebemos que é uma ligeira variação de uma demonstração clássica. Após algumas horas dissecando essa demonstração e finalmente entender sua motivação, resolvi escrever esse texto para nunca mais esquecer.

Forma vetorial

Seja \(V\) um espaço vetorial sobre um corpo \(\mathbb{K}\), munido de um produto interno \(\left< \cdot, \cdot \right> : V^2 \rightarrow \mathbb{K}\). A desigualdade de Cauchy-Schwarz afirma, para quaisquer \(x,y\in V\), que

\[\left|\left<x,y\right>\right|^2 \leq \left<x,x\right> \left<y,y\right>\]

Prova

A prova vem da observação que, para qualquer escalar \(t \in \mathbb{K}\), vale \(|x-ty|^2 \geq 0\), afinal, estamos falando sobre a norma de um vetor. Uma escolha esperta para \(t\) permite deduzir a desigualdade.

Antes, porém, vamos eliminar o caso trivial em que \(y=0\). Nesse caso, a desigualdade dirá que \(0\leq 0\), o que obviamente é válido. Dessa forma, considere daqui em diante que \(y\neq 0\), de modo que \(\left<y,y\right> > 0\).

Agora observe que, para todo \(t \in \mathbb{K}\), vale

\[\begin{align} |x-ty|^2 &= \left< x-ty, x-ty \right> \\ &= \left<x,x\right> + \left<x,-ty\right> + \left<-ty,x\right> + \left<-ty,-ty\right> \\ &= \left<x,x\right> - \overline{t}\left<x,y\right> - t\left<y,x\right> + t\overline{t}\left<y,y\right> \geq 0. \end{align}\]

Em particular, isso vale para \(t = \frac{\left<x,y\right>}{\left<y,y\right>}\) que, quando substituído na última expressão, resulta em

\[\begin{align} &\left<x,x\right> - \overline{\left(\frac{\left<x,y\right>}{\left<y,y\right>}\right)}\left<x,y\right> - \left(\frac{\left<x,y\right>}{\left<y,y\right>}\right)\left<y,x\right> + \left(\frac{\left<x,y\right>}{\left<y,y\right>}\right)\overline{\left(\frac{\left<x,y\right>}{\left<y,y\right>}\right)}\left<y,y\right> = \\ =\;&\left<x,x\right> - \frac{\overline{\left<x,y\right>}\left<x,y\right>}{\left<y,y\right>} - \frac{\left<x,y\right>\left<y,x\right>}{\left<y,y\right>} + \frac{\left<x,y\right>\overline{\left<x,y\right>}}{\left<y,y\right>} \\ =\;&\left<x,x\right> - \frac{\overline{\left<x,y\right>}\left<x,y\right>}{\left<y,y\right>} \geq 0 \\ \Rightarrow\;& \left<x,x\right> \geq \frac{\overline{\left<x,y\right>}\left<x,y\right>}{\left<y,y\right>} \\ \Rightarrow\;& \left<x,x\right> \left<y,y\right> \geq \left|\left<x,y\right>\right|^2. \;\;_\blacksquare \end{align}\]

Forma analítica

Se \(a_1,\dotsc,a_n\) e \(b_1,\dotsc,b_n\) são números complexos, então

\[\left|\sum_{j=1}^{n}a_j\overline{b_j}\right|^2 \leq \left(\sum_{j=1}^{n} |a_j|^2\right) \left(\sum_{j=1}^{n} |b_j|^2\right).\]

Note que, no caso anterior, se \(V = \mathbb{C}^n\), \(x=(a_1,\dotsc,a_n)^T\), \(y=(b_1,\dotsc,b_n)^T\) e \(\left<x,y\right>:=\sum_{j=1}^{n}a_j\overline{b_j}\), então o resultado já estaria provado como um corolário. Entretanto, gostaria de apresentar uma prova similar, que encontrei no livro do Rudin.

Prova

Denote \(A = \sum_{j=1}^{n}|a_j|^2\), \(B = \sum_{j=1}^{n}|b_j|^2\), \(C = \sum_{j=1}^{n}a_j\overline{b_j}\). Se \(B=0\), isso significa que \(b_1=\dotsb=b_n=0\), e a conclusão é trivial. Assuma portanto que \(B>0\).

A partir daqui, se continuarmos seguindo o mesmo caminho da prova anterior, vamos observar que, para qualquer \(t\in\mathbb{C}\) vale

\[\left<x-ty,x-ty\right> = \sum_{j=1}^{n} |a_j - t b_j|^2 \geq 0.\]

Então escolheremos \(t=\frac{\left<x,y\right>}{\left<y,y\right>}=\frac{\sum a_j \overline{b_j}}{\sum |b_j|^2}=\frac{C}{B}\) para finalizar. Mas é possível fazer de uma forma ligeiramente diferente.

Observe que, para quaisquer \(s,t\in\mathbb{C}\), vale

\[\left<sx-ty,sx-ty\right> = \sum_{j=1}^{n} |s a_j - t b_j|^2 \geq 0.\]

Em particular, isso vale para \(s=B\) e \(t=C\), de modo que teremos

\[\begin{align} &\sum_{j=1}^{n} |B a_j - C b_j|^2 \\ =\;&\sum_{j=1}^{n} (B a_j - C b_j)\overline{(B a_j - C b_j)} \\ =\;&\sum_{j=1}^{n} (B a_j - C b_j)(B \overline{a_j} - \overline{C} \overline{b_j}) \\ =\;&B^2\sum_{j=1}^{n}a_j\overline{a_j} - B\overline{C}\sum_{j=1}^{n}a_j\overline{b_j} - BC\sum_{j=1}^{n}\overline{a_j}b_j + C\overline{C}\sum_{j=1}^{n}b_j\overline{b_j} \\ =\;&B^2A - B\overline{C}C - BC\overline{C} + C\overline{C}B \\ =\;&B(AB - |C|^2) \geq 0. \end{align}\]

Mas como \(B > 0\), a última desigualdade implica que \(AB - |C|^2 \geq 0\), donde \(|C|^2 \leq AB\) é a desigualdade desejada.\(\;\;_\blacksquare\)

Talvez a motivação de Rudin foi evitar denominadores da expressão \(x - \frac{C}{B}y\), escalando por um fator de \(B\) para obter \(Bx-Cy\) e, consequentemente, expressões mais elegantes.