\vec{x} e \vec{y} são linearmente dependentes (ou seja, um é múltiplo escalar do outro).
Informações dadas: temos produto escalar \vec{x}\cdot\vec{y} e as normas \left\|\vec{x}\right\|,\left\|\vec{y}\right\| definidas de forma usual. A tarefa é provar que (1) ocorre se, e somente se, (2) ocorre.
Passo 2
Vou primeiro lembrar (com calma) as definições que usaremos.
Definição de produto escalar: para vetores \vec{u},\vec{v} dizemos que \vec{u}\cdot\vec{v} é o produto escalar usual (assumimos as propriedades lineares e simetria).
Definição de norma: a norma de \vec{u} é \left\|\vec{u}\right\|=\sqrt{\vec{u}\cdot\vec{u}}.
Definição de dependência linear (no caso de dois vetores): \vec{x} e \vec{y} são linearmente dependentes se existe um escalar \lambda tal que \vec{x}=\lambda\vec{y} ou, simetricamente, \vec{y}=\mu\vec{x}. No caso em que um dos vetores é o vetor zero, isso também conta como dependência linear (por exemplo \vec{0}=0\cdot\vec{y}).
Passo 3
Prova da direção “se \left|\vec{x}\cdot\vec{y}\right|=\left\|\vec{x}\right\|\left\|\vec{y}\right\| então \vec{x},\vec{y} são linearmente dependentes”.
Primeiro trate o caso trivial: se \vec{x}=\vec{0} ou \vec{y}=\vec{0}, então \left|\vec{x}\cdot\vec{y}\right|=0 e \left\|\vec{x}\right\|\left\|\vec{y}\right\|=0, a igualdade vale e claramente \vec{0} é múltiplo escalar do outro vetor, logo dependentes. Então a afirmação é verdadeira nesse caso. A seguir assumimos \vec{x}\neq\vec{0} e \vec{y}\neq\vec{0}.
Considere a função de variável real t
f(t)=\left\|\vec{x}-t\vec{y}\right\|^{2}.
Explico: \left\|\vec{x}-t\vec{y}\right\|^{2}=(\vec{x}-t\vec{y})\cdot(\vec{x}-t\vec{y}) e, por ser um quadrado de norma, temos f(t)\ge 0 para todo t\in\mathbb{R}. Agora expandimos f(t):
Isto é um polinômio quadrático em t que nunca é negativo. Logo o discriminante dessa quadrática deve ser menor ou igual a zero. O discriminante D é
D = \bigl(-2(\vec{x}\cdot\vec{y})\bigr)^{2}-4\left\|\vec{y}\right\|^{2}\left\|\vec{x}\right\|^{2} =4\bigl((\vec{x}\cdot\vec{y})^{2}-\left\|\vec{x}\right\|^{2}\left\|\vec{y}\right\|^{2}\bigr).
Isto é a desigualdade de Cauchy–Schwarz (mostrada aqui pelo método do quadrático). Agora, se assumimos a igualdade dos módulos, isto é \left|\vec{x}\cdot\vec{y}\right|=\left\|\vec{x}\right\|\left\|\vec{y}\right\|, elevando ao quadrado obtemos
Logo o discriminante D é zero. Quando D=0 a quadrática f(t) tem uma única raiz real t_{0} e, como f(t)\ge 0 e a raiz é única, nessa raiz f(t_{0})=0. Calculamos a raiz:
o que implica \vec{x}-t_{0}\vec{y}=\vec{0}, ou seja
\vec{x}=t_{0}\vec{y}.
Portanto \vec{x} é múltiplo escalar de \vec{y} e os vetores são linearmente dependentes. Isso prova a direção desejada.
Passo 4
Prova da direção “se \vec{x},\vec{y} são linearmente dependentes então \left|\vec{x}\cdot\vec{y}\right|=\left\|\vec{x}\right\|\left\|\vec{y}\right\|”.
Se são linearmente dependentes, existem dois casos: algum vetor é \vec{0} (já tratado: ambos lados são zero) ou existe \lambda\in\mathbb{R} tal que \vec{x}=\lambda\vec{y}. Nesse último caso calculamos:
Resumo pedagógico e motivador (curto): mostramos que a igualdade em módulo entre produto escalar e produto de normas é exatamente o caso de igualdade da desigualdade de Cauchy–Schwarz, e que a condição de igualdade em Cauchy–Schwarz acontece exatamente quando um vetor é múltiplo escalar do outro — ou seja, quando são linearmente dependentes. Se ficou confuso em algum cálculo, volta lá no Passo 3 e refaz a expansão do quadrático devagar: é o passo chave e rende muito na prova.
Resposta
\left|\vec{x}\cdot\vec{y}\right|=\left\|\vec{x}\right\|\left\|\vec{y}\right\|\iff \vec{x} e \vec{y} são linearmente dependentes.