L’inégalité de Cauchy-Schwarz est une inégalité fort utile en mathématiques qui permet de démontrer facilement de nombreux résultats
Prérequis
Enoncé de l’inégalité de Cauchy-Schwarz
Soit E un espace vectoriel et \langle . | . \rangle le produit scalaire associé. On note \| . \| la norme associée. L’inégalité de Cauchy Schwarz s’écrit alors
|\langle x|y \rangle | \leq \| x \| . \| y \|
avec égalité si x et y sont liés.
Nous allons maintenant en faire la démonstration
Démonstration de l’inégalité de Cauchy-Schwarz
Le cas x = 0 étant trivial, supposons que x est non nul. Regardons la quantité suivante : \| x+ty \|^2 \geq 0 . Développons cette quantité :
\begin{array}{ll}
\| x+ty \|^2 &= \langle x+ty |x+ty \rangle\\
&= \langle x |x \rangle+2t\langle x |y \rangle+ t^2\langle y |y \rangle\\
&= \|x\|^2+2t\langle x |y \rangle+ t^2\|y \|^2
\end{array}On a donc un trinôme du second degré qui est tout le temps positif ou nul, donc n’a pas de racine double. On a donc \Delta \leq 0. Alors (2\langle x |y \rangle)^2 - 4 \| x \|^2. \| y \|^2\leq 0 \iff (\langle x |y \rangle)^2 \leq \| x \|^2. \| y \|^2. On prend donc la valeur absolue de la racine de cette expression pour conserver l’inégalité : | \langle x |y \rangle |\leq \| x \| .\| y \|. Ce qui est bien l’inégalité recherchée. Quand au cas d’égalité, c’est assez simple. Pour que \Delta= 0, il faut que le trinôme s’annule. Ce dernier s’annule si on peut trouver t tel que \| x+ty \|^2 = 0 \iff x+ty =0 donc si x et y sont liés.
Exercices
Exercices corrigés
Exercice 1
Enoncé :
Corrigé : On prend le produit scalaire canonique sur \R^3 . On a alors :
\begin{array}{ll}
(x+y+z)^2 &= \langle {(\sqrt{2} x,y,\sqrt{5}z)},{(\dfrac{1}{\sqrt{2}},1,\dfrac{1}{\sqrt{5}})} \rangle^2 \\
& \leq \left\|(\sqrt{2} x,y,\sqrt{5}z)\right\|^2.\left\|(\dfrac{1}{\sqrt{2}},1,\dfrac{1}{\sqrt{5}})\right\|^2\\
& \leq 2x^2+y^2+5z^2.\dfrac{1}{2}+1+\dfrac{1}{5}\\
& \leq 1.\left(\dfrac{1}{2}+1+\dfrac{1}{5}\right)\\
&= \dfrac{17}{10}
\end{array}Ce qui est bien le résultat recherché.
Exercice 2
Enoncé :
Corrigé : On prend le produit scalaire canonique sur \R^n . On a alors en prenant x = (\sqrt{x_1}, \ldots, \sqrt{x_n}), y = \left(\dfrac{1}{\sqrt{x_1}}, \ldots, \dfrac{1}{\sqrt{x_n}} \right)
\begin{array}{ll}
n^2 &= \displaystyle \left(\sum_{k=1}^n 1 \right)^2 \\
&=\displaystyle \left(\sum_{k=1}^n \sqrt{x_k}\times \dfrac{1}{\sqrt{x_k}} \right)^2\\
&\leq \displaystyle \left(\sum_{k=1}^n x_k \right) \times\left(\sum_{k=1}^n \dfrac{1}{x_k} \right)\\
&\leq \displaystyle \left(\sum_{k=1}^n \dfrac{1}{x_k} \right)
\end{array}Ce qui est bien le résultat voulu. Pour le cas d’égalité, on sait qu’on a égalité si x et y sont liés, c’est à dire ici qu’on peut trouver \lambda tel que \forall i \in \{1, \ldots, n\} \sqrt{x_i}= \lambda\dfrac{1}{\sqrt{x_i}} \iff x_i^2 = \lambda \iff x_i=\sqrt{\lambda} (qui est bien l’unique solution car les x_i sont des réels positifs.
On obtient donc x_1 = \ldots = x_n . Or \displaystyle 1= \sum_{k=1}^n x_i = n x_1. D’où x_1= \ldots = x_n = \dfrac{1}{n}
Exercice 3
Enoncé :
Corrigé : On prend le produit scalaire défini sur les fonctions de [0,1 ]\mapsto \R par
\langle f,g\rangle = \int_0^1 f(t)g(t) dt
On laissera au lecteur la preuve qu’il s’agit bien d’un produit scalaire. Maintenant, démontrons le résultat voulu. On prend g définie par g(t) = t^n \sqrt{f(t)} et h définie par h(t) = t^p \sqrt{f(t)}. Ce qui fait qu’on a
\begin{array}{ll}
I_{n+p}^2&=\left(\displaystyle \int_0^1 t^{n+p} f(t)dt\right)^2 \\
&= \left(\displaystyle \int_0^1 t^n \sqrt{f(t)}t^p \sqrt{f(t)} dt\right)^2\\
&= \langle f,g\rangle^2\\
&\leq \|f \| ^2 . \|g \| ^2\\
& =\displaystyle \int_0^1 t^{2n} f(t) dt \int_0^1 t^{2p} f(t) dt\\
& =\displaystyle I_{2n}I_{2p}
\end{array}Ce qui est le résultat recherché.
