Satz 6.1 $($ Schwarzsche Ungleichung $)$ Für beliebige reelle Zahlen $a_{i}, b_{i}$ gilt $:$

$(\sum_{i = 1}^{n} a_{i} b_{i})^{2} \leq (\sum_{i = 1}^{n} a_{i}^{2}) \cdot (\sum_{i = 1}^{n} b_{i}^{2}) .$

Beweis. In der linearen Algebra definiert man das Skalarprodukt für Vektoren $\bar{a} = (a_{1}, \dots, a_{n}), \bar{b} = (b_{1}, \dots, b_{n}) \in I R$ wie folgt: $(\bar{a}, \bar{b}) : = \sum_{i = 0}^{n} a_{i} b_{i} .$

Man überlegt sich leicht, daß das so definierte Skalarprodukt folgende Eigenschaften besitzt:

$(\bar{a}, \bar{a}) = \sum_{i = 0}^{n} a_{i}^{2} \geq 0,$ und $(\bar{a}, \bar{a}) > 0$ , falls $\bar{a} \neq \bar{0}$ ,

$(\bar{a}, \bar{b}) = (\bar{b}, \bar{a}),$

$(\bar{a} + \bar{c}, \bar{b} + \bar{d}) = (\bar{a}, \bar{b}) + (\bar{a}, \bar{d}) + (\bar{c}, \bar{b}) + (\bar{c}, \bar{d}),$

$(r \cdot \bar{a}, \bar{b}) = r \cdot (\bar{a}, \bar{b}) = (\bar{a}, r \cdot \bar{b})$ für alle $r \in I R$ .

Für beliebige $r \in I R$ erhält man hieraus

$0 \leq (r \cdot \bar{a} + \bar{b}, r \cdot \bar{a} + \bar{b}) = r^{2} \cdot (\bar{a}, \bar{b}) + (\bar{b}, \bar{b}) .$

Für $\bar{a} = \bar{0}$ ist die Schwarzsche Ungleichung offenbar richtig. Es sei jetzt $\bar{a} \neq \bar{0}$ und damit $(\bar{a}, \bar{a}) > 0$ . Wählt man speziell $r = - \frac{(\bar{a}, \bar{b})}{(\bar{a}, \bar{a})}$ , dann erhält man

$0 \leq \frac{{(\bar{a}, \bar{b})}^{2}}{(\bar{a}, \bar{a})} - \frac{2 {(\bar{a}, \bar{b})}^{2}}{(\bar{a}, \bar{a})} + (\bar{b}, \bar{b}) = - \frac{{(\bar{a}, \bar{b})}^{2}}{(\bar{a}, \bar{a})} + (\bar{b}, \bar{b}) .$

Folglich ist

$(\bar{a}, \bar{b}) \leq (\bar{a}, \bar{a}) \cdot (\bar{b}, \bar{b}),$

und dies ist die Schwarzsche Ungleichung in etwas veränderter Schreibweise. <mi
>P</mi><mi >I</mi><mi >C</mi><mi >T</mi>