Démontrer l'inégalité de Cauchy-Schwarz : $$\lvert\langle x,y\rangle\rvert\leqslant\sqrt{\langle x,x\rangle\cdot\langle y,y\rangle}$$

Cas colinéaires
Si \(y=\lambda x\) avec \(\lambda\in{\Bbb R}\), alors la partie droite et la partie gauche donnent $$\lvert\lambda\rvert\lVert x\rVert^2$$ et on a l'égalité

Cas non colinéaires \(\to\) critère de Sylvester \(\to\) mineurs positifs
Si \(x\) et \(y\) ne sont pas colinéaires, puisque \(\langle,\rangle\) est positif, alors \(\langle,\rangle\rvert_{\operatorname{Vect}\{x,y\}=\Pi}\) est aussi positive
Et d'après le théorème de Sylvester, les mineurs principaux de \(\langle,\rangle\rvert_{\Pi}\) sont tous positifs

Prendre un mineur intéressant
Donc $$\operatorname{det}\begin{pmatrix}\langle x,x\rangle&\langle x,y\rangle\\ \langle x,y\rangle&\langle y,y\rangle\end{pmatrix}\gt 0$$

Conclure en calculant le déterminant
Et donc $$\langle x,x\rangle\cdot\langle y,y\rangle\gt \langle x,y\rangle^2\implies \lvert\langle x,y\rangle\rvert\lt \lVert x\rVert\lVert y\rVert$$

(Critère de Sylvester)

Montrer que pour tout \(x,y\) d'un espace vectoriel \(E\) muni d'un produit scalaire, on a : $$\langle x|y\rangle\leqslant\lVert x\rVert\lVert y\rVert$$
(inégalité de Cauchy-Schwarz)

Poser \(P(\lambda)\)
On pose \(P(\lambda)=\lVert x+\lambda y\rVert^2\), avec \(\lambda\in{\Bbb R}\)
$$P=\langle x+\lambda y| x+\lambda y\rangle$$

Utiliser la bilinéarité du produit scalaire
$$\begin{align}&=\langle x+\lambda y|x\rangle + \lambda\langle x+\lambda y| y\rangle\\ &=\langle x|x\rangle +\lambda\langle y| x\rangle + \lambda\langle x| y\rangle +\lambda^2\langle y| y\rangle\end{align}$$

Simplifier en utilisant des propriétés du produit scalaire
$$=\lVert x\rVert^2+2\lambda\langle x| y\rangle+\lambda^2\lVert y\rVert^2$$

Identification du polynôme et calcul du \(\Delta\)
C'est un polynôme de degré \(2\) en \(\lambda\) qui possède deux racines complexes, on a donc $$\Delta\leqslant 0\implies 4\langle x|y\rangle^2-4\lVert y\rVert^2\lVert x\lVert^2\leqslant 0$$

Mettre tout en racine carrée et conclure

$$\implies \langle x|y\rangle^2\leqslant\lVert x\rVert ^2\lVert y\rVert^2\implies \langle x|y\rangle\leqslant\lVert x\rVert\lVert y\rVert$$

(Discriminant du deuxième degré)

Soient \(x,y,z\) trois réels tels que \(x^2+y^2+z^2\leqslant1\)
Montrer que $$(x+2y+3z)^2\leqslant14$$

Soit \(u=(x,y,z)\in{\Bbb R}^3\) tel que \(\lVert u\rVert_2\leqslant1\)
D'après l'inégalité de Cauchy-Schwarz, $$\lvert\langle u,v\rangle\lvert\leqslant\lVert u\rVert_2\lVert v\rVert_2\quad\text{ avec }\quad\langle u,v\rangle=xx^\prime+yy^\prime+zz^\prime\quad\text{ et }\quad v=(x^\prime,y^\prime,z^\prime)$$

On a donc $$\lVert u\rVert_2\leqslant\sqrt{\langle u,u\rangle}$$

Pour \(v=(1,2,3)\), on a : $$\lvert\langle u,v\rangle\rvert=\lvert x+2y+3z\rvert$$

D'après l'inégalité de Cauchy-Schwarz, on a : $$\begin{align}\lvert\langle u,v\rangle\rvert&\leqslant\lVert u\rVert_2\lVert v\rVert_2\\ &\leqslant\sqrt{x^2+y^2+z^2}\underbrace{\sqrt{1+4+9}}_{=\sqrt{14}}\end{align}$$
On a donc \((x+2y+3z)^2\leqslant14,\quad\forall(x,y,z)\in{\Bbb R}^3\) tel que \(x^2+y^2+z^2\leqslant1\)