No final do Exercício 9 do Capítulo 4 do Elon, pede-se para mostrar que, dado $v\in\mathbb{R}^m$, tem-se
$$
|A\cdot v| \leq \| A \|\cdot |v|
$$ sendo $|\cdot|$ a norma canônica de $\mathbb{R}^m$ e $\|\cdot\|$ a norma induzida pelo produto interno definido na questão.
Eu fiz o seguinte:
\begin{equation*}
\|A\| = \sqrt{\text{tr}(A^tA)} = \sqrt{ \sum_{i=1}^{m}\sum_{j=1}^{n} a^2_{ji} }.
\end{equation*}
Para todo $v\in\mathbb{R}^m$, temos
\begin{align*}
|A\cdot v| = \left| \left( \sum_{j=1}^m a_{1j}v_j, \dots, \sum_{j=1}^m a_{nj}v_j
\right) \right| = \sqrt{ \sum_{k=1}^n \left[\left( \sum_{j=1}^m a_{kj}v_j \right)^2\right] }
\end{align*}
e também que
\begin{align*}
\|A\|\cdot |v| = \sqrt{ \sum_{j=1}^{m}\sum_{i=1}^{n} a^2_{ij} }\cdot
\sqrt{ \sum_{j=1}^m v_j^2 }
= \sqrt{ \sum_{i=1}^n \left[ \left( \sum_{j=1}^{m} a^2_{ij} \right) \cdot
\left( \sum_{j=1}^m v_j^2 \right) \right] }.
\end{align*}
O que eu não estou conseguindo é, com essas somas, deduzir a desigualdade desejada (a gente poderia trabalhar com os quadrados do que eu escrevi para facilitar também, mas vou deixar como fiz de primeira).
Dicas? :-)
- AAndré Caldas @andrecaldas
É muita soma... :-(
Note que $\mathscr{L}(\mathbb{R}^p, \mathbb{R}^q) \simeq (\mathbb{R}^p)^q$, onde identificamos as linhas da matriz com os vetores de $\mathbb{R}^p$. Uma maneira de falar disso sem matrizes, é pensando no seguinte:
Uma transformação linear $T \in \mathscr{L}(\mathbb{R}^p, \mathbb{R}^q)$ pode ser pensada como a soma de transformações mais simples
\begin{equation*}
T(a) = f_1(a) \vec{e}_1 + \dotsb + f_q(a) \vec{e}_q,
\end{equation*}
onde cada $f_j: \mathbb{R}^p \rightarrow \mathbb{R}$ é um funcional linear. Sabemos que $f_j$ pode ser representado utilizando o produto interno por um vetor $\vec{a}_j$. Ou seja,
\begin{equation*}
f_j(\vec{v}) = \vec{a}_j \cdot \vec{v}.
\end{equation*}
Esses vetores $\vec{a}_j$ são as linhas da matriz da transformação $T$.É bacana, primeiramente, observar que a norma de $T$ é simplesmente a norma euclideana das $q \times p$ entradas da matriz. Em termos de linhas,
\begin{equation*}
\|T\| = \sqrt{|\vec{a}_1|^2 + \dotsb + |\vec{a}_q|^2}.
\end{equation*}Como os vetores $\vec{e}_j$ são ortonormais,
\begin{align*}
|T \vec{v} |^2
&=
|(\vec{a}_1 \cdot \vec{v})\vec{e}_1 + \dotsb + (\vec{a}_q \cdot \vec{v})\vec{e}_q|^2
\\
&=
|\vec{a}_1 \cdot \vec{v}|^2 + \dotsb + |\vec{a}_q \cdot \vec{v}|^2
\\
&\leq
(|\vec{a}_1|^2 + \dotsb + |\vec{a}_q|^2) |\vec{v}|^2.
\end{align*}
Onde a desigualdade é a de Cauch-Schwarz: $|\vec{a}\cdot\vec{v}| \leq |\vec{a}|\,|\vec{v}|$.Agora, é só tirar a raiz quadrada. :-)
Caio Tomás de Paula @CaioTomasO que a gente tá mostrando é uma desigualdade parecida com a de Cauchy-Schwarz, né?
Eu não consegui dar uma pesquisada ainda, mas a desigualdade de Cauchy-Schwarz vale em qualquer espaço com produto interno?
- AAndré Caldas @andrecaldas
Generalização
Eu diria que a desigualdade de Cauchy-Schwarz fala da norma de operadores do funcional
\begin{align*}
f: E &\rightarrow \mathbb{R}
\\
\vec{v} &\mapsto \vec{a} \cdot \vec{v}.
\end{align*}
Pela desigualdade de Cauchy-Schwarz, $\|f\|_{\mathrm{op}} \leq |\vec{a}|$.A desigualdade do exercício mostra que $\|T\|_{\mathrm{op}} \leq \|T\|$. Então, sim, eu diria que é uma generalização da desigualdade.
Validade da desigualdade de Cauchy-Schwarz
Sim. A desigualdade vale para qualquer espaço com produto interno.
A ideia é a seguinte...
... apesar de $E$ ser um espaço vetorial normado qualquer, a desigualdade depende apenas dos dois vetores em questão! Então, o problema se reduz a um produto interno qualquer em $\mathbb{R}^2$.
Normalmente, o pessoal demonstra assim:
Calculando...
\begin{equation*}
\|\vec{a} - t\vec{b}\|^2 = \|\vec{a}\|^2 + t^2 \|\vec{b}\|^2 - t \vec{a} \cdot \vec{b}.
\end{equation*}
E aí, você usa o fato de esse polinômio de segundo grau nunca assumir valores negativos ($\Delta \leq 0$) pra chegar na desigualdade. Ou alguma variação disso. Por exemplo, $\|\vec{a} + t\vec{b}\|^2$.
https://en.wikipedia.org/wiki/Cauchy–Schwarz_inequality#For_real_inner_product_spacesEu não gosto muito... :-)
- Caio Tomás de Paula @CaioTomas
Legal!
Eu conheço essa demonstração (vi no curso de IAL) mas também não gosto muito, acho muito algébrica (houve tempos em que eu já gostei mais de demonstrações puramente algébricas xD).
Uma demonstração geométrica que eu achei uma vez foi essa aqui (para o caso de $\mathbb{R}^2$): https://math.stackexchange.com/a/3784784/836893.
Aproveitando, já que mencionamos demonstrações diferentes para a desigualdade, existe uma interpretação geométrica para ela?
Pensando por cima, a desigualdade é equivalente a (supondo $u\neq 0$)
$$
\frac{|u\cdot v|}{|u|} = \left| \frac{u\cdot v}{|u|} \right| \leq |v|,
$$ ou seja, o tamanho da projeção de $v$ sobre $u$ não é ''maior'' que o tamanho do próprio $v$. Acho que seria isso, né?- AAndré Caldas @andrecaldas
Exato. A interpretação geométrica é, na minha opinião, a mesma de $\mathbb{R}$:
$\vec{a} \cdot \frac{\vec{b}}{\|\vec{b}\|}$ é a projeção ortogonal de $\vec{a}$ na direção de $\vec{b}$.
Se você sabe demonstrar pra $\mathbb{R}^2$, então pode simplesmente tomar uma base ortonormal do plano (espaço bidimensional) gerado por $\vec{a}$ e $\vec{b}$. Vou chamar essa base de $\vec{u}$ e $\vec{v}$. Então, você joga $\mathbb{R}^2$ isometricamente (preservando o produto interno) no tal plano:
\begin{align*}
T: \mathbb{R}^2 &\rightarrow E
\\
(x,y) &\mapsto x\vec{u} + y\vec{v}.
\end{align*}Como a desigualdade vale em $\mathbb{R}^2$, vai valer também no plano gerado por $\vec{a}$ e $\vec{b}$.