Метка: Неравенство Коши-Буняковского

Скалярное произведение векторов, свойства, координатное представление

Определение 1. Пусть заданы два ненулевых вектора $a$ и $b$, число, равное произведению длин этих векторов на косинус угла между ними, назовем их скалярным произведением. $$\left( a,b \right) = \left|a\right|\left|b\right|\cos\angle\left(a,b\right)$$ В случае, если хотя бы один из векторов нулевой, будем считать их скалярное произведение равным нулю.

Также существуют другие определения скалярного произведения векторов.

Определение 2. Пусть заданы два ненулевых вектора, число, равное произведению длины первого и величины проекции второго вектора на первый, назовем их скалярным произведением. $$\left( a,b \right) = \left|a\right|\left\{pr_{a}b\right\}$$

Определение 3. Пусть два произвольных вектора заданы своими координатами, число, равное сумме произведений соответствующих координат, назовем скалярным произведением этих векторов.

Докажем эквивалентность первого и второго определений, эквивалентность третьему будет доказана позднее.

Лемма. Первое и второе определения эквивалентны, т.е. $$\left( a,b \right) = \left|a\right|\left|b\right|\cos\angle\left(a,b\right) = \left|a\right|\left\{pr_{a}b\right\}.$$

Воспользуемся определением проекции вектора на ось (другой вектор), откуда получим, что $\left\{pr_{a}b\right\} = \left|b\right|\cos\angle\left(a,b\right)$. Домножив обе части полученного равенства на $\left|a\right|$ получим искомое равенство.

Алгебраические свойства

  1. $\left( a,b \right) = \left( b,a \right)$ (коммутативность).

    Если хотя бы один вектор нулевой, то равенство достигается по определению. Рассмотрим случай ненулевых векторов:$$\left( a,b \right) = \left|a\right|\left|b\right|\cos\angle\left(a,b\right).$$ Умножение коммутативно, следовательно $\left|a\right|\left|b\right| = \left|b\right|\left|a\right|$. Также $\cos\angle\left(a,b\right) = \cos\angle\left(b,a\right)$. Тогда, по определению: $$\left( a,b \right) = \left|a\right|\left|b\right|\cos\angle\left(a,b\right) = \left|b\right|\left|a\right|\cos\angle\left(b,a\right) = \left( b,a \right).$$

    Следствие. $\left( a,b \right) = \left|a\right|\left\{pr_{a}b\right\} = \left|b\right|\left\{pr_{b}a\right\}$.

  2. $\left(\lambda a,b \right) = \lambda\left( a,b \right)$, $\forall\lambda\in\mathbb{R}$.

    Если один из векторов нулевой или $\lambda = 0$, то доказательство очевидно. Рассмотрим общий случай: $$\left(\lambda a,b \right) = \left|\lambda a\right|\left|b\right|\cos\angle\left(\lambda a,b\right),$$ если $\lambda > 0$, то $$\left|\lambda a\right|\left|b\right|\cos\angle\left(\lambda a,b\right) = \lambda\left|a\right|\left|b\right|\cos\angle\left( a,b\right) = \lambda\left(a,b\right),$$ если $\lambda < 0$, то $$\left|\lambda a\right|\left|b\right|\cos\angle\left(\lambda a,b\right) = -\lambda\left|a\right|\left|b\right|\left(-\cos\angle\left( a,b\right)\right) = \lambda\left(a,b\right).$$

    Следствие. $\left(a,\lambda b\right) = \left(\lambda b, a\right) = \lambda\left(b, a\right)$.

  3. $\left(a+c,b\right) = \left(a,b\right)+\left(c,b\right)$.

    Воспользуемся вторым определением и свойствами величины проекции вектора. $$\left(a+c,b\right) = \left|b\right|\left\{pr_{b}\left(a+c\right)\right\} = \left|b\right|\left(\left\{pr_{b}a\right\}+\left\{pr_{b}c\right\}\right) =$$ $$= \left|b\right|\left\{pr_{b}a\right\} + \left|b\right|\left\{pr_{b}c\right\} = \left(b,a\right) + \left(b,c\right) = \left(a,b\right) +\left(c,b\right).$$

  4. $\left(a,a\right)\geqslant 0$, если $\left(a,a\right)=0 \Leftrightarrow a = 0$

    Если $a=0$ доказательство очевидно. Пусть $a\neq0$, тогда $\cos\angle\left(a,a\right) = 1$, следовательно: $$\left(a,a\right) = \left|a\right|\left|a\right|\cos\angle\left(a,a\right) = \left|a\right|\left|a\right| = \left|a\right|^{2}\geqslant 0.$$

    Следствие. $\left|a\right|=\sqrt{\left(a,a\right)}$.

Теорема (неравенство Коши-Буняковского). Пусть заданы векторы $a$ и $b$, тогда выполняется неравенство: $$\left|\left(a,b\right)\right|\leqslant \left|a\right|\left|b\right|$$

Сначала рассмотрим случай равенства: $$\left|\left(a,b\right)\right| = \left|a\right|\left|b\right|,$$ $$\left|\left(a,b\right)\right| — \left|a\right|\left|b\right| = 0,$$ $$ \left|a\right|\left|b\right|\left(\cos\angle\left(a,b\right) — 1\right) = 0,$$ $$\left[
\begin{array}{1 1} \left|a\right| = 0, \\\left|b\right| = 0, \\\left|\cos\angle\left(a,b\right)\right| = 1 \Rightarrow a\|b.\end{array}\right. $$Таким образом равенство достигается в случае коллинеарных или нулевых векторов. Теперь рассмотрим общий случай. Пусть даны два ненулевых вектора $a$ и $b$, тогда $$\left|\cos\angle\left(a,b\right)\right|\leqslant 1,$$ домножим обе части на длины векторов $$\left|a\right|\left|b\right|\left|\cos\angle\left(a,b\right)\right|\leqslant \left|a\right|\left|b\right|,$$ $$\left|\left|a\right|\left|b\right|\cos\angle\left(a,b\right)\right|\leqslant \left|a\right|\left|b\right|,$$ $$\left|\left(a,b\right)\right|\leqslant \left|a\right|\left|b\right|.$$

Геометрические свойства

Рассмотрим геометрические свойства скалярного произведения двух ненулевых векторов, тогда $\left|a\right|\neq 0$ и $\left|b\right|\neq 0$.

  1. $\left(a,b\right)>0 \Leftrightarrow \angle\left(a,b\right)$ — острый.

    $\left(a,b\right)>0 \Leftrightarrow \left|a\right|\left|b\right|\cos\angle\left(a,b\right)>0 \Leftrightarrow \cos\angle\left(a,b\right)>0 \Leftrightarrow \angle\left(a,b\right)$ — острый

  2. $\left(a,b\right)<0 \Leftrightarrow \angle\left(a,b\right)$ — тупой.

    $\left(a,b\right)<0 \Leftrightarrow \left|a\right|\left|b\right|\cos\angle\left(a,b\right)<0 \Leftrightarrow \cos\angle\left(a,b\right)<0 \Leftrightarrow \angle\left(a,b\right)$ — тупой

  3. $\left(a,b\right)=0 \Leftrightarrow \angle\left(a,b\right)$ — прямой, $a\perp b$.

    $\left(a,b\right)=0 \Leftrightarrow \left|a\right|\left|b\right|\cos\angle\left(a,b\right)=0 \Leftrightarrow \cos\angle\left(a,b\right)=0 \Leftrightarrow \angle\left(a,b\right)$ — прямой, $a \perp b$.

Также из определения вытекает формула для нахождения косинуса угла между векторами: $$\cos\angle\left(a,b\right) = \frac{\left(a,b\right)}{\left|a\right|\left|b\right|}$$

Скалярное произведение в координатах

Теорема. Пусть два вектора заданы своими координатами, тогда их скалярное произведение равно сумме произведений соответствующих координат: $$a=\left(x_{1},y_{1},z_{1}\right), b=\left(x_{2},y_{2},z_{2}\right),$$ $$\left(a,b\right) = x_{1}x_{2}+y_{1}y_{2}+z_{1}z_{2}.$$

Рассмотрим два способа доказательства:

I способ

Пусть $a=\left(x_{1},y_{1},z_{1}\right), b=\left(x_{2},y_{2},z_{2}\right)$, отложим векторы $\overline{\rm OA} = a$ и $\overline{\rm OB} = b$ от начала координат — точки $O\left(0,0,0\right)$. Тогда: $$\left( a,b \right) = \left|a\right|\left|b\right|\cos\angle\left(a,b\right) = \left|\overline{\rm OA}\right|\left|\overline{\rm OB}\right|\cos\angle\left(\overline{\rm OA},\overline{\rm OB}\right).$$

Vectors

По построению: $$A\left(x_{1},y_{1},z_{1}\right), \left|a\right|=\left|\overline{\rm OA}\right| = \sqrt{x_{1}^2+y_{1}^2+z_{1}^2},$$ $$B\left(x_{2},y_{2},z_{2}\right), \left|a\right|=\left|\overline{\rm OB}\right| = \sqrt{x_{2}^2+y_{2}^2+z_{2}^2}.$$ Теперь необходимо найти $\cos\angle\left(a,b\right) = \cos\angle\left(\overline{\rm OA},\overline{\rm OB}\right)$, для этого воспользуемся теоремой косинусов для $\angle\left(\overline{\rm OA},\overline{\rm OB}\right) = \angle AOB $: $$\cos\angle AOB = \frac{\left|\overline{\rm OA}\right|^2 + \left|\overline{\rm OB}\right|^2 — \left|\overline{\rm AB}\right|^2}{2\left|\overline{\rm OA}\right|\left|\overline{\rm OB}\right|},$$ где $\left|\overline{\rm AB}\right|=\sqrt{\left(x_{1}-x_{2}\right)^2+\left(y_{1}-y_{2}\right)^2+\left(z_{1}-z_{2}\right)^2}$.

Теперь найдем скалярное произведение: $$\left( a,b \right)=\left|\overline{\rm OA}\right|\left|\overline{\rm OB}\right|\cos\angle AOB=\left|\overline{\rm OA}\right|\left|\overline{\rm OB}\right|\frac{\left|\overline{\rm OA}\right|^2+\left|\overline{\rm OB}\right|^2-\left|\overline{\rm AB}\right|^2}{2\left|\overline{\rm OA}\right|\left|\overline{\rm OB}\right|} = $$ $$= \frac{\left|\overline{\rm OA}\right|^2+\left|\overline{\rm OB}\right|^2-\left|\overline{\rm AB}\right|^2}{2}=$$ $$=\frac{x_{1}^2+y_{1}^2+z_{1}^2+x_{2}^2+y_{2}^2+z_{2}^2-\left(x_{1}-x_{2}\right)^2-\left(y_{1}-y_{2}\right)^2-\left(z_{1}-z_{2}\right)^2}{2} = $$ $$=\frac{x_{1}^2+y_{1}^2+z_{1}^2+x_{2}^2+y_{2}^2+z_{2}^2-x_{1}^2+2x_{1}x_{2}-x_{2}^2-y_{1}^2+2y_{1}y_{2}-y_{2}^2-z_{1}^2+2z_{1}z_{2}-z_{2}^2}{2}=$$ $$=\frac{2x_{1}x_{2}+2y_{1}y_{2}+2z_{1}z_{2}}{2}=x_{1}x_{2}+y_{1}y_{2}+z_{1}z_{2}.$$

Это доказательство можно провести и в обратную сторону, таким образом доказана эквивалентность первого и третьего определений.

II способ

Пусть система координат задана единичными взаимно перпендикулярными векторами $i,j,k$ (базисные векторы), тогда $$\left|i\right|=\left|j\right|=\left|k\right|=1,$$ $$\left(i,j\right)=\left(i,k\right)=\left(j,k\right)=0,$$ $$\left(i,i\right)=\left(j,j\right)=\left(k,k\right)=1.$$ А векторы $a=\left(x_{1},y_{1},z_{1}\right), b=\left(x_{2},y_{2},z_{2}\right),$ можно представить в виде сумм: $$a = x_{1}i+y_{1}j+z_{1}k,$$ $$b = x_{2}i+y_{2}j+z_{2}k.$$

Теперь воспользуемся алгебраическими свойствами скалярного произведения: $$\left(a,b\right)=\left(x_{1}i+y_{1}j+z_{1}k,x_{2}i+y_{2}j+z_{2}k\right)=$$ $$= x_{1}\left(i,x_{2}i+y_{2}j+z_{2}k\right) + y_{1}\left(j,x_{2}i+y_{2}j+z_{2}k\right) + z_{1}\left(k,x_{2}i+y_{2}j+z_{2}k\right)=$$ $$= x_{1}x_{2}\left(i,i\right)+x_{1}y_{2}\left(i,j\right)+x_{1}z_{2}\left(i,k\right)+y_{1}x_{2}\left(j,i\right)+y_{1}y_{2}\left(j,j\right)+y_{1}z_{2}\left(j,k\right)+$$ $$+ z_{1}x_{2}\left(k,i\right)+z_{1}y_{2}\left(k,j\right)+z_{1}z_{2}\left(k,k\right)=x_{1}x_{2}+y_{1}y_{2}+z_{1}z_{2}.$$

Следствие. Для ненулевых векторов $a=\left(x_{1},y_{1},z_{1}\right), b=\left(x_{2},y_{2},z_{2}\right)$ $$\cos\angle\left(a,b\right) = \frac{x_{1}x_{2}+y_{1}y_{2}+z_{1}z_{2}}{\sqrt{x_{1}^2+y_{1}^2+z_{1}^2}\sqrt{x_{2}^2+y_{2}^2+z_{2}^2}}.$$

Следствие. Пусть $a=\left(x_{1},y_{1},z_{1}\right), b=\left(x_{2},y_{2},z_{2}\right)$, $$a \perp b \Leftrightarrow x_{1}x_{2}+y_{1}y_{2}+z_{1}z_{2} = 0$$

Примеры решения задач

  1. Даны векторы $a=\left(2,5,-1\right)$ и $b=\left(3,2,15\right)$. Найти скалярное произведение $\left(a,b\right)$.
    Решение

    Воспользуемся определением через координаты, тогда: $$\left(a,b\right)=2\cdot3+5\cdot2-1\cdot15=1$$

  2. Даны векторы $a=\left(7,11,x\right)$, $b=\left(10,-5,3\right)$, $a\perp b$. Найти $x$.
    Решение

    Воспользуемся следствием для перпендикулярных векторов:$$a\perp b \Leftrightarrow \left(a,b\right)=0$$ $$7\cdot10-11\cdot5+3x=0$$ $$3x=-15$$ $$x=-5$$

  3. Даны векторы $a$ и $b$, $\displaystyle\left|a\right|=15, \left|b\right|=\frac{1}{3}, \angle\left(a,b\right)=\frac{2\pi}{3} $. Найти их скалярное произведение.
    Решение

    Воспользуемся стандартным определением:$$\left(a,b\right)=\left|a\right|\left|b\right|\cos\angle\left(a,b\right)=$$ $$=15\cdot\frac{1}{3}\cdot\cos\left(\frac{2\pi}{3}\right)=$$ $$=15\cdot\frac{1}{3}\cdot\left(-\frac{1}{2}\right)=-2.5$$

  4. Найти угол между векторами $a$ и $b$, если они заданы своими координатами: $a=\left(6,3,0\right)$, $b=\left(-2,-1,\sqrt{5}\right)$.
    Решение

    Воспользуемся следствием для нахождения косинуса:$$\cos\angle\left(a,b\right)=\frac{-6\cdot2-3\cdot1+0\cdot\sqrt{5}}{\sqrt{6^2+3^2+0^2}\sqrt{\left(-2\right)^2}\left(-1\right)^2+\left(\sqrt{5}\right)^2} = \frac{-15}{15\sqrt{2}}=-\frac{1}{2},$$ $$\cos\angle\left(a,b\right)=-\frac{1}{2}\Rightarrow \angle\left(a,b\right)=\frac{3\pi}{4}$$

  5. Найти скалярное произведение векторов $p$ и $q$, если $p=2a-b$, $q=3b+4a$, где $\left|a\right|=4$, $\left|b\right|=3$, $\displaystyle\angle\left(a,b\right)=\frac{\pi}{3}$.
    Решение

    Воспользуемся стандартным определением и алгебраическими свойствами: $$\left(a,b\right)=\left|a\right|\left|b\right|\cos\angle\left(a,b\right)=3\cdot4\cdot\frac{1}{2}=6,$$ $$\left(a,a\right)=\left|a\right|^2=16, \left(b,b\right)=\left|b\right|^2=9,$$ $$\left(p,q\right)=\left(2a-b,3b+4a\right)=3\left(2a-b,b\right)+4\left(2a-b,a\right)=$$ $$=6\left(a,b\right)-3\left(b,b\right)+8\left(a,a\right)-4\left(b,a\right)=2\cdot6+8\cdot16-3\cdot9=113$$

  6. Дан вектор $a=\left(6,-11,2\sqrt{3}\right)$ и вектор $b=\left(\sqrt{3},13,-3\right)$. Найдите $\left\{pr_{a}b\right\}$.
    Решение

    Воспользуемся определением через проекции и определением через координаты: $$\left( a,b \right) = \left|a\right|\left\{pr_{a}b\right\}$$ $$\left\{pr_{a}b\right\}=\frac{\left( a,b \right)}{\left|a\right|}=\frac{6\cdot\sqrt{3}-11\cdot13-3\cdot2\cdot\sqrt{3}}{\sqrt{\left(6\right)^2+\left(-11\right)^2+\left(2\sqrt{3}\right)^2}}=$$ $$=\frac{-11\cdot13}{13}=-11$$

Скалярное произведение векторов

Тест на знание темы «Скалярное произведение векторов, свойства, координатное представление»

Смотрите также

  1. Воеводин В.В. Линейная алгебра М.: Наука, 1980 (стр. 85-88)
  2. Ильин В.А., Позняк Э.Г. Аналитическая геометрия: Учеб. Для вузов. — 7-е изд., стер. — М.: ФИЗМАТЛИТ, 2004. — 224с. — (Курс высшей математики и математической физики.) (стр. 59-63)
  3. Ефимов Н.В. Краткий курс аналитической геометрии: Учебн. пособие. — 13-еизд., стереот. — М.: ФИЗМАТЛИТ, 2005. — 240с. (стр. 148-153)
  4. Личный конспект, составленный на основе лекций Белозерова Г.С.

N-мерное пространство и операции в нем

Метрическое пространство

Будем множество $latex X $ называть метрическим пространством, если каждой паре элементов $latex x $ и $latex y $ этого множества поставлено в соответствие неотрицательное число [latex] p(x,y) [/latex] , называемое расстоянием между элементами $latex x $ и $latex y $, такое, что для любых элементов $latex x $ , $latex y $, $latex z $ множества $latex X $ выполнены следующие условия:

  1. $latex p(x,y) = 0 \Leftrightarrow x=y; $
  2. $latex p(x,y) = p(y,x); $
  3. $latex p(x,y) \leq p(x,z)+ p(z,y), z \in \mathbb{R}, z = ( z_1, z_2,…, z_n); $ (неравенство треугольника).

Элементы метрического пространства будем называть точками (векторами), функцию [latex] p(x,y) [/latex] , определенную на множестве пар точек метрического пространства $latex X $,  $latex p $ — метрикой, а условия 1)-3) — аксиомами метрики. Например, определяя расстояние между вещественными числами [latex] \alpha [/latex]   и [latex] \beta [/latex] при помощи формулы $latex p(\alpha , \beta)= \left | \beta — \alpha \right | $  , получаем метрическое пространство, которое обозначается через $latex R $. Рассмотрим множество пар вещественных чисел $latex x=(x_{1}+x_{2}) $. Если $latex x=(x_{1}+x_{2}) $, а $latex y=(y_{1}+y_{2}) $, то полагая $latex p(x,y)= \sqrt{(x_{1}-y_{1})^2+(x_{2}-y_{2})^2} $ , получаем метрическое пространство, которое обозначается через $latex R^{2} $ .  

Метрическое пространство $latex R_{n} $

Точками пространства $latex R_{n} $  являются упорядоченные совокупности из $latex n $ вещественных чисел $latex x=(x_{1},..,x_{n}) $, $latex y=(y_{1},..,y_{n}) $, $latex z=(z_{1},..,z_{n}) $. Расстояние между точками $latex x $ и $latex y $ определяется формулой  $latex p(x,y) = \sqrt{(\sum_{i=1}^{n}(x_{i}-y_{i})^2)} $ . Свойства 1) и 2) расстояния, очевидно, выполняются. Сложнее проверить, что справедливо неравенство треугольника (доказано в разделе «неравенство Коши-Буняковского»). Так же, n-мерные (евклидовы) пространства являются топологическими пространствами. Базой их стандартной топологии можно выбрать открытые шары или открытые кубы.

Литература:

Неравенство Коши — Буняковского

Неравенство, связывающее норму и скалярное произведение векторов векторного пространства. Эквивалентно неравенству треугольника для нормы в пространстве со скалярным произведением: [latex] (\sum_{i=1}^{n}a_{i}b_{i})^2 \leq \sum_{i=1}^{n}a_{i}^2 \sum_{i=1}^{n}b_{i}^2[/latex]. Справедливое для любых вещественных чисел [latex] a_{1} , b_{1} … a_{n} , b_{n} [/latex]

Доказательство:

Рассмотрим квадратный трехчлен:[latex] p(\xi)=\sum_{i=1}^{n}(a_{i}+ \xi b_{i})^2 =A + 2B\xi +C\xi^{2} [/latex] , где [latex] A=\sum_{i=1}^{n}a_{i}^2 [/latex] ,  [latex] B=\sum_{i=1}^{n}a_{i}b_{i} [/latex] ,  [latex] C=\sum_{i=1}^{n}b_{i}^2 [/latex]. Так как квадратный трехчлен [latex] P(\xi) [/latex] принимает только неотрицательные значения, то его дискриминант неположителен, а именно,  [latex] B^2-AC\leq 0 [/latex] . Подставляя в неравенство значения коэффициентов [latex] A [/latex], [latex] B [/latex] и [latex] C [/latex], получаем неравенство Коши-Буняковского.

Доказательство «неравенства треугольника» :

Докажем неравенство Минковского: [latex] \sqrt{\sum_{i=1}^{n}(a_{i}+b_{i})^2} \leq \sqrt{\sum_{i=1}^{n}a_{i}^2} +\sqrt{\sum_{i=1}^{n}b_{i}^2}[/latex].

Используя неравенство Коши, получаем: [latex] \sum_{i=1}^{n}(a_{i}+b_{i})^2 = \sum_{i=1}^{n}a_{i}^2 +2\sum_{i=1}^{n}a_{i}b_{i}+\sum_{i=1}^{n}b_{i}^2 \leq[/latex] [latex] \sum_{i=1}^{n}a_{i}^2 +2\sqrt{\sum_{i=1}^{n}a_{i}^{2}} \sqrt{\sum_{i=1}^{n}b_{i}^{2}}+\sum_{i=1}^{n}b_{i}^2= [/latex] [latex] (\sqrt{\sum_{i=1}^{n}a_{i}^{2}} +\sqrt{\sum_{i=1}^{n}b_{i}^{2}})^2 [/latex]

Извлекая из обеих частей этого неравенства квадратные корни, получаем неравенство Минковского. Полагая в неравенстве Минковского [latex] a_{i}=x_{i}-z_{i} , b_{i}= z_{i}-y_{i} [/latex] , получаем неравенство [latex] \sqrt{\sum_{i=1}^{n}(x_{i}-y_{i})^2} \leq \sqrt{\sum_{i=1}^{n}(x_{i}-z_{i})^2} +\sqrt{\sum_{i=1}^{n}(z_{i}-y_{i})^2}[/latex] т. е. неравенство треугольника для расстояния $latex p(x,y) $.

Литература: