Cauchy-Schwarzsche Ungleichung

Die Cauchy-Schwarz-Ungleichung, auch bekannt als Schwarzsche Ungleichung oder Cauchy-Bunjakowski-Schwarz-Ungleichung, ist eine nützliche Ungleichung, die in vielen Bereichen der Mathematik verwendet wird, z. B. in der Linearen Algebra (Vektoren), in der Analysis (unendliche Reihen), in der Wahrscheinlichkeitstheorie sowie bei Integration von Produkten. Außerdem spielt sie in der Quantenmechanik eine wichtige Rolle, wie etwa beim Beweis der Unschärferelation.

Allgemeiner Fall

Die Ungleichung sagt aus: Wenn x und y Elemente eines reellen oder komplexen Vektorraums mit innerem Produkt sind, dann gilt für das Skalarprodukt bzw. innere Produkt $\langle x,y \rangle$ die Beziehung

$|\langle x,y \rangle|^2 \leq \langle x, x\rangle \cdot \langle y,y\rangle$

Gleichheit gilt genau dann, wenn x und y linear abhängig sind.

Äquivalente Formulierungen erhält man unter Verwendung der Norm $\|x\|:=\sqrt{\langle x,x\rangle}$:

$|\langle x,y \rangle|^2 \leq \|x\|^2 \cdot \| y\|^2$

bzw.

$\left|\langle x,y \rangle\right| \leq \|x\| \cdot \| y\|.$

Im reellen Fall kann man auf die Betragsstriche verzichten:

$\langle x,y \rangle \leq \|x\| \cdot \| y\|$

Spezialfälle

Auf den Raum $\mathbb{R}^n$ mit dem Standardskalarprodukt angewandt, erhält man:

$\left(\sum x_i \cdot y_i \right)^2 \leq \left(\sum x_i^2\right) \cdot \left(\sum y_i^2\right)$

Im Fall quadratisch integrierbarer komplexwertiger Funktionen erhält man:

$\left|\int f(x) \cdot \overline{g(x)}\, dx\right|^2 \leq \left(\int \left|f(x)\right|^2\, dx\right) \cdot \left(\int \left|g(x)\right|^2\, dx\right)$

Für quadratisch integrierbare Zufallsvariablen erhält man:

$\left(\operatorname{E}(XY)\right)^2 \leq \operatorname{E}(X^2)\cdot\operatorname{E}(Y^2)$

Diese drei Ungleichungen werden durch die Hölder-Ungleichung verallgemeinert.

Auf quadratische Matrizen angewandt, erhält man für die Spur:

$\vert\mathrm{Spur}(AB^*)\vert\leq(\mathrm{Spur}(AA^*))^{\frac{1}{2}}(\mathrm{Spur}(BB^*))^{\frac{1}{2}}$

Im $\mathbb{R}^3$ lässt sich die Cauchy-Schwarzsche Ungleichung zu einer Gleichung verschärfen:

$\langle x,x\rangle \cdot \langle y,y\rangle = |\langle x,y\rangle|^2 + |x \times y|^2$

Der Summand $|x \times y|^2$ ist stets nicht-negativ. Er ist genau dann Null, wenn x und y linear abhängig sind.

Geschichte

Benannt ist die Ungleichung nach Augustin Louis Cauchy, Wiktor Jakowlewitsch Bunjakowski und Hermann Amandus Schwarz. Bei Cauchy findet sich die Summenform der Ungleichung in seiner Analyse algébrique (1821)^[1]. Die Integralform der Ungleichung wurde historisch erstmals 1859 von Bunjakowski in einer Arbeit über Ungleichungen zwischen Integralen veröffentlicht; Schwarz veröffentlichte seine Arbeit erst 50 Jahre später.

Anwendungen

In einem Vektorraum mit innerem Produkt lässt sich aus der Cauchy-Schwarzschen Ungleichung die Dreiecksungleichung für

$\|x\|:=\sqrt{\langle x,x\rangle}$

ableiten, und damit in weiterer Folge zeigen, dass durch das innere Produkt eine Norm definiert wird.

Eine weitere Folgerung der Cauchy-Schwarz-Ungleichung ist, dass das innere Produkt eine stetige Funktion ist.

Die Cauchy-Schwarz-Ungleichung stellt sicher, dass im Ausdruck

$\cos \varphi = \frac{\langle x,y\rangle}{\|x\| \cdot \|y\|}$

der Betrag des Bruches stets kleiner oder gleich eins ist, sodass also $\varphi\;$ wohldefiniert ist und damit der Winkel auf beliebige Räume mit innerem Produkt verallgemeinert werden kann.

In der Physik wird die Cauchy-Schwarzsche Ungleichung bei der Herleitung der Heisenbergschen Unschärferelation verwendet.

Beweis der Ungleichung

Ist einer der Vektoren der Nullvektor, so ist die Cauchy-Schwarz-Ungleichung trivialerweise erfüllt. In folgenden Beweisen wird daher teils ohne besonderen Hinweis $x\ne0$ und $y\ne 0$ vorausgesetzt.

Spezialfall reelles Standardskalarprodukt

Beweis aus der Ungleichung vom arithmetischen und geometrischen Mittel

Ein Beweis der Cauchy-Schwarzschen Ungleichung kann beispielsweise mit Hilfe der Ungleichung vom arithmetischen und geometrischen Mittel erfolgen:

Definiert man für $i=1,\dots,n$ die Werte

$\xi_i:=\frac{|x_i|}{\sqrt{\sum_j x_j^2}}$  und  $\eta_i:=\frac{|y_i|}{\sqrt{\sum_j y_j^2}},$

so ergibt sich aus der Ungleichung vom arithmetischen und geometrischen Mittel die Beziehung

$\sum_i \xi_i\eta_i = \sum_i \sqrt{\xi_i^2\eta_i^2} \leq \sum_i \left(\frac{\xi_i^2}2 + \frac{\eta_i^2}2\right) = 1$

Daraus folgt unmittelbar die Cauchy-Schwarzsche Ungleichung.

Beweis aus der Umordnungs-Ungleichung

Ein anderer Beweis der Cauchy-Schwarzschen Ungleichung ergibt sich aus der Umordnungs-Ungleichung. Setzt man

$S=\sqrt{\sum_i x_i^2}$ und $T=\sqrt{\sum_i y_i^2}$

sowie $\xi_i=\tfrac{x_i}{S}$ und $\xi_{n+i}=\tfrac{y_i}{T}$ so gilt

$2=\sum_{i=1}^n \frac{x_i^2}{S^2}+\sum_{i=1}^n \frac{y_i^2}{T^2}=\sum_{i=1}^{2n} \xi_i^2.$

Wegen der Umordnungs-Ungleichung ist nun

$\sum_{i=1}^{2n} \xi_i^2 \geq \xi_1\xi_{n+1}+ \xi_2\xi_{n+2}+ \dots +\xi_n\xi_{2n} + \xi_{n+1}\xi_{1} + \xi_{n+2}\xi_{2} + \dots +\xi_{2n}\xi_n.$

Zusammengefasst erhält man also

$2\geq\frac{2\sum_{i=1}^{n} x_i y_i}{ST}.$

Daraus ergibt sich die Cauchy-Schwarzsche Ungleichung.

Allgemeines Skalarprodukt

Die oben angegebenen Beweise beweisen nur den Spezialfall der Cauchy-Schwarzsche Ungleichung in euklidischen Räumen. Der Beweis für den allgemeinen Fall des Skalarprodukts in einem Vektorraum mit innerem Produkt ist aber simpel.

Reeller Fall

Unter der Voraussetzung $y \neq 0$ gilt $\langle y,y \rangle\neq 0$. Für jedes $\lambda \in \mathbb{R}$ gilt

$0 \leq \langle x-\lambda y,x-\lambda y \rangle = \langle x-\lambda y,x \rangle - \lambda \langle x-\lambda y,y \rangle = \langle x,x \rangle -2\lambda \langle x,y \rangle + \lambda^2 \langle y,y \rangle.$

Wählt man nun speziell $\lambda := \frac {\langle x,y \rangle} {\langle y,y \rangle} = \langle x,y \rangle \cdot \|y\|^{-2}$ so ergibt sich

$0 \leq \|x\| ^2 - \langle x,y \rangle^2 \cdot \|y\|^{-2},$

also

$\langle x,y \rangle^2 \leq \|x\|^2 \|y\|^2.$

Ziehen der Quadratwurzel ergibt nun genau die Cauchy-Schwarzsche Ungleichung

$\big| \langle x,y \rangle \big| \leq \|x\| \|y\|.$

Komplexer Fall

Der Beweis im komplexen Fall verläuft ähnlich, allerdings ist zu beachten, dass das Skalarprodukt in diesem Fall keine Bilinearform, sondern eine Hermitesche Form ist. Der Beweis wird für die Variante linear im ersten und semilinear im zweiten Argument geführt; wird die umgekehrte Variante gewählt, so ist an den entsprechenden Stellen die komplex Konjugierte zu nehmen.

Ist y = 0, so ist die Aussage klar. Sei $y \neq 0$. Für jedes $\lambda \in \mathbb{C}$ gilt

$0 \leq \langle x-\lambda y,x-\lambda y \rangle = \langle x-\lambda y,x \rangle - \overline{\lambda}\langle x-\lambda y,y \rangle = \langle x,x \rangle - \lambda \langle y,x \rangle - \overline{\lambda} \langle x,y \rangle + \big|\lambda\big|^ 2\langle y,y \rangle.$

Hier führt nun die spezielle Wahl $\lambda = \frac {\langle x,y \rangle} {\langle y,y \rangle} = {\langle x,y \rangle} \cdot \|y\|^{-2} = \overline{\langle y,x \rangle} \cdot \|y\|^{-2}$ auf

$0 \leq \|x\| ^2 - \big|\langle x,y \rangle\big|^2 \cdot \|y\|^{-2},$

also

$\big|\langle x,y \rangle\big|^2 \leq \|x\|^2 \|y\|^2.$

Verallgemeinerung für positiv semidefinite, symmetrische Bilinearformen

Man kann den Beweis des Satzes so umformulieren, dass die positive Definitheit des Skalarprodukts nicht verwendet wird. Damit gilt die Aussage auch für jede positiv semidefinite, symmetrische Bilinearform (beziehungsweise hermitesche Sesquilinearform) b.

Beweis für den reellen Fall

Man wählt den selben Ansatz, wie im Beweis, der das Skalarprodukt verwendet, trifft hier aber die Wahl

$\lambda = \frac{b(x,y)}{b(y,y)+\varepsilon}.$

Damit muss man nicht mehr fordern, dass b(y,y) nicht 0 ist. Das ergibt

$0 \leq b( x-\lambda y,x-\lambda y) = b(x,x) -2\lambda b(x,y) + \lambda^2 b(y,y).$

Ähnlich wie im obigen Beweis folgert man

$2 b(x,y)^2 - b(x,y)^2 \frac {b(y,y)} {b(y,y) + \varepsilon} \leq b(x,x) (b(y,y) + \varepsilon).$

und die Behauptung ist gezeigt, wenn ε gegen 0 konvergiert.

Bedingungen für die Gleichheit

Auch hier ist die Situation denkbar, dass aus der Ungleichung eine Gleichheit wird, zum Beispiel wenn (wie beim Skalarprodukt) x,y linear abhängig sind. Allerdings sind auch Fälle denkbar, wo die Gleichheit eintritt, ohne dass eine lineare Abhängigkeit vorliegt. Man betrachte etwa eine entartete Bilinearform b. Dann gibt es ein $x\neq0$, so dass für alle y des Vektorraums b(x,y) = 0 ist. Sei nun y aus dem Vektorraum beliebig. Man erhält dann

| b(x,y) | ² = 0

und

$b(x,x)\,b(y,y) = 0\cdot b(y,y) = 0,$

also

$|b(x,y)|^2 = b(x,x)\,b(y,y),$

auch für den Fall, dass x und y linear unabhängig sind.

Quellen

1. ↑ Cauchy, Augustin-Louis. Analyse algébrique, Seite 455f

Weblinks

• Beweis der Cauchy-Schwarz-Ungleichung im Beweisarchiv
• Earliest Uses of Some of the Words of Mathematics: Cauchy-Schwarz inequality.

Literatur

• Peter Schreiber: The Cauchy-Bunyakovsky-Schwarz inequality, in: Ders.: Hermann Grassmann, Werk und Wirkung. Internationale Fachtagung anläßlich des 150. Jahrestages des ersten Erscheinens der "linearen Ausdehnungslehre", Universität Greifswald, 1995, S. 64-70