Introducción

En esta entrada practicaremos las dos desigualdades vectoriales que hemos visto anteriormente: la desigualdad de Cauchy – Schwarz y con la desigualdad de Minkowski. Veremos que de ellas se obtiene información valiosa sobre los espacios con producto interior.

Como ya se menciono en otras entradas del blog, estos espacios son muy importantes más allá del álgebra lineal, pues también aparecen en otros áreas como el análisis matemático, variable compleja, probabilidad, etc. Así mismo, los espacios vectoriales con producto interior tienen muchas aplicaciones en el mundo real. Por esta razón es muy importante aprender a detectar cuándo podemos usar desigualdades vectoriales.

Problemas resueltos

Comencemos con algunos problemas de desigualdades vectoriales que usan la desigualdad de Cauchy-Schwarz.

Problema 1. Demuestra que si $f:[a,b]⟶\mathbb{R}$ es una función continua, entonces

$${({\int }_a^{b}f(t)dt)}^2\le (b-a){\int }_a^{b}f(t{)}^{2}dt.$$

Demostración. Sea $V=\mathcal{C}([a,b],\mathbb{R})$ el espacio de las funciones continuas de $[a,b]$ en los reales.

Veamos que $⟨\cdot ,\cdot ⟩:V\times V⟶\mathbb{R}$ definido por $$⟨f,g⟩={\int }_a^{b}f(t)g(t)dt$$ es una forma bilineal simétrica.

Sea $f\in V$ fija. Veamos que $g\mapsto ⟨f,g⟩$ es lineal.

Sean $g,h\in V$ y $k\in F$, entonces

$$\begin{array}{rl}⟨f,g+hk⟩& ={\int }_a^{b}f(t)(g(t)+kh(t))dt\\ & ={\int }_a^b(f(t)g(t)+kf(t)h(t))dt\\ & ={\int }_a^{b}f(t)g(t)dt+k{\int }_a^{b}f(t)h(t)dt\\ & =⟨f,g⟩+k⟨f,h⟩.\end{array}$$

Análogamente se ve que si $g\in V$ fija, entonces $f\mapsto ⟨f,g⟩$ es lineal.

Luego,
$$\begin{array}{rl}⟨f,g⟩& ={\int }_a^{b}f(t)g(t)dt\\ & ={\int }_a^{b}g(t)f(t)dt\\ & =⟨g,f⟩.\end{array}$$
Por lo tanto $⟨\cdot ,\cdot ⟩$ es una forma bilineal simétrica.

Ahora observemos que $⟨\cdot ,\cdot ⟩$ es positiva.
$$⟨f,f⟩={\int }_a^{b}f(t{)}^{2}dt\ge 0$$ pues $f^2(t)\ge 0$. Aunque no lo necesitaremos, mostremos además que que $⟨\cdot ,\cdot ⟩$ es positiva definida. Si $f$ tiene algún valor $c$ en el interior de $[a,b]$ en la que $f(c)\ne 0$, como es continua, hay un $ϵ>0$ tal que en todo el intervalo $(c-ϵ,c+ϵ)$ se cumple que $|f|$ es mayor que $|f(c)|/2$, de modo que
$$\begin{array}{rl}⟨f,f⟩& ={\int }_a^b{f}^2(t)dt\\ & \ge {\int }_{c-ϵ}^{c+ϵ}{f}^2(t)dt\\ & \ge {\int }_{c-ϵ}^{c+ϵ}\frac{f(c{)}^2}{4}dt\\ & =\frac{ϵf(c{)}^2}{2}>0.\end{array}$$

Así, para que $⟨f,f⟩$ sea $0$, es necesario que $f$ sea $0$ en todo el intervalo $(a,b)$ y por continuidad, que sea cero en todo $[a,b]$.

Sea $q$ la forma cuadrática asociada a $⟨\cdot ,\cdot ⟩$.
En vista de todo lo anterior, podemos aplicar la desigualdad de Cauchy -Schwarz tomando $g$ la función constante $1$, es decir, tal que $g(x)=1$ para todo $x$ en $[a,b]$, la cual claramente es continua.

Entonces, que substituyendo las definiciones es
$$\begin{array}{rl}{({\int }_a^{b}f(t)dt)}^2& \le ({\int }_a^{b}f(t{)}^{2}dt)\left({\int }_a^b{1}^{2}dt\right)\\ & =(b-a){\int }_a^{b}f(t{)}^{2}dt\end{array}$$

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Problema 2. a) Sean $x_1,\dots ,x_n\in \mathbb{R}$. Demuestra que
$$(x_1^2+\cdots +x_n^2)(\frac{1}{x_1^2}+\cdots +\frac{1}{x_n^2})\ge n^2.$$
b) Demuestra que si $f:[a,b]⟶(0,\mathrm{\infty })$ es una función continua, entonces $$({\int }_a^{b}f(t)dt)\left({\int }_a^b\frac{1}{f(t)}dt\right)\ge (b-a{)}^2$$

Demostración. a) Considera ${\mathbb{R}}^n$ con el producto interior usual. Sean $a,b\in {\mathbb{R}}^n$ dados por
$$\begin{array}{rl}a& =(x_1,\dots ,x_n)\\ b& =(\frac{1}{x_1},\dots ,\frac{1}{x_n}).\end{array}$$

La desigualdad de Cauchy-Schwarz afirma que $|⟨a,b⟩|\le \Vert a\Vert \Vert b\Vert$. Se tiene que

$$\begin{array}{rl}⟨a,b⟩& =(x_1,\dots ,x_n)\cdot (\frac{1}{x_1},\dots ,\frac{1}{x_n})\\ & =1+1+\dots +1\\ & =n,\end{array}$$

de modo que
$$\begin{array}{rl}|n|& \le \Vert a\Vert \Vert b\Vert \\ & =\sqrt{(x_1^2+\cdots +x_n^2)}\sqrt{(\frac{1}{x_1^2}+\cdots +\frac{1}{x_n^2})}.\end{array}$$

Si elevamos al cuadrado ambos extremos de esta igualdad, obtenemos la desigualdad deseada.

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b) En el problema 1 de esta entrada vimos que $$⟨f,g⟩={\int }_a^{b}f(t)g(t)dt$$ es un producto interior para el espacio de funciones continuas en $[a,b]$, y el espacio de este problema es un subespacio del de funciones continuas, así que también define un producto interior aquí.

Para la función $f$ dada, definamos $\varphi (t)=\sqrt{f(t)}$ y $\psi (t)=\frac{1}{\sqrt{f(t)}}$.
Notemos que $\varphi$ y $\psi$ son continuas, y además como $\mathrm{\forall }t\in [a,b]$ se tiene $f(t)\in (0,\mathrm{\infty })$, también tenemos que $\psi (t),\varphi (t)\in (0,\mathrm{\infty })$.

Aplicando la desigualdad de Cauchy-Schwarz $$⟨\varphi ,\psi {⟩}^2\le ⟨\varphi ,\varphi ⟩⟨\psi ,\psi ⟩.$$

Entonces
$${({\int }_a^b\varphi (t)\psi (t)dt)}^2\le ({\int }_a^b\varphi (t{)}^{2}dt)({\int }_a^b\psi (t{)}^{2}dt).$$

Luego, substituyendo los valores de $\varphi$ y $\psi$:
$${({\int }_a^b\sqrt{f(t)}\cdot \frac{1}{\sqrt{f(t)}}dt)}^2\le ({\int }_a^{b}f(t)dt)\left({\int }_a^b\frac{1}{f(t)}dt\right).$$

Finalmente, haciendo la integral a la izquierda:
$$(b-a{)}^2\le ({\int }_a^{b}f(t)dt)\left({\int }_a^b\frac{1}{f(t)}dt\right).$$

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Hay algunos problemas de desigualdades en los reales que necesitan que usemos herramientas de desigualdades vectoriales.

Problema 3. Sean $x,y,z$ números mayores que 1, tales que $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=2$. Muestre que
$$\sqrt{x+y+x}\ge \sqrt{x-1}+\sqrt{y-1}+\sqrt{z-1}.$$

Demostración. Considera ${\mathbb{R}}^3$ con el producto interior usual y $u,v\in {\mathbb{R}}^3$ con
$$\begin{array}{rl}u& =(\sqrt{\frac{x-1}{x}},\sqrt{\frac{y-1}{y}},\sqrt{\frac{z-1}{z}}),\\ v& =(\sqrt{x},\sqrt{y},\sqrt{z}).\end{array}$$

Aplicamos la desigualdad de Cauchy-Schwarz a $u$ y $v$:

$$\begin{array}{rl}\sqrt{x-1}+& \sqrt{y-1}+\sqrt{z-1}\\ & \le \sqrt{\frac{x-1}{x}+\frac{y-1}{y}+\frac{z-1}{z}}\sqrt{x+y+z}\\ & =\sqrt{(1+1+1)-(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})}\sqrt{x+y+z}\\ & =\sqrt{3-2}\cdot \sqrt{x+y+z}\\ & =\sqrt{x+y+z}.\end{array}$$

Por lo tanto, $$\sqrt{x+y+x}\ge \sqrt{x-1}+\sqrt{y-1}+\sqrt{z-1}.$$

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Problema 4. Sea $f:[a,b]⟶(0,\mathrm{\infty })$ una función continua.
Demuestre que $${\int }_a^{b}f(t)dt\le {((b-a){\int }_a^{b}f(t{)}^{2}dt)}^{\frac{1}{2}}.$$

Demostración. Ya vimos que $$⟨f,g⟩={\int }_a^{b}f(t)g(t)dt$$ es un producto interior para el espacio de funciones continuas.
Considera $g$ la función constante $1$.

Aplicando la desigualdad de Minkowski se tiene que
$$\sqrt{⟨f+g,f+g⟩}\le \sqrt{⟨f,f⟩}+\sqrt{⟨g,g⟩}$$

Tenemos entonces que:

$${({\int }_a^b(f(t)+1{)}^{2}dt)}^{\frac{1}{2}}\le {({\int }_a^{b}f(t{)}^{2}dt)}^{\frac{1}{2}}+{\left({\int }_a^{b}dt\right)}^{\frac{1}{2}}.$$

Desarrollando el cuadrado en el lado izquierdo,
$${({\int }_a^{b}f(t{)}^{2}dt+2{\int }_a^{b}f(t)dt+(b-a))}^{\frac{1}{2}}\le {({\int }_a^{b}f(t{)}^{2}dt)}^{\frac{1}{2}}+(b-a{)}^{\frac{1}{2}}$$

Luego, elevando ambos lados de la ecuación al cuadrado
$${\int }_a^{b}f(t{)}^{2}dt+2{\int }_a^{b}f(t)dt+(b-a)$$
$$\le {\int }_a^{b}f(t{)}^{2}dt+2\sqrt{b-a}{({\int }_a^{b}f(t{)}^{2}dt)}^{\frac{1}{2}}+(b-a)$$

Finalmente, cancelando términos igual en ambos lados, obtenemos la desigualdad deseada

$${\int }_a^{b}f(t)dt\le {((b-a){\int }_a^{b}f(t{)}^{2}dt)}^{\frac{1}{2}}.$$

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Tarea Moral

• Resuelve el problema 2.b usando la desigualdad de Minkowski.

Entradas relacionadas

• Ir a Álgebra Lineal I
• Entrada anterior del curso: Ángulos, norma, distancia y desigualdad de Minkowski
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Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104721 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM»