(Trabajo de titulación asesorado por la Dra. Diana Avella Alaminos)

Introducción

El determinante de una matriz es un valor numérico que se puede calcular a partir de los elementos de la matriz y que tiene muchas aplicaciones en álgebra lineal y otras áreas de las matemáticas y la física. Una forma de calcular el determinante es mediante la definición en términos de permutaciones.

En esta definición, se considera una matriz cuadrada y se toman todas las posibles permutaciones de las filas o columnas de la matriz. Para cada permutación, se calcula un producto de elementos de la matriz, donde cada elemento proviene de una fila o columna diferente, y se suman todos estos productos. El resultado de esta suma es el determinante de la matriz.

Esta definición puede parecer complicada al principio, pero es muy poderosa y se puede utilizar para calcular determinantes de matrices de cualquier tamaño. Además, tiene muchas propiedades útiles, como la linealidad en las filas o columnas de la matriz, que permiten simplificar muchos cálculos.

En el siguiente video de 3Blue1Brown se da una aproximación geométrica e intuitiva de lo que es el determinante.

Ve el siguiente video de la clase.

Antes de llegar a la definición de lo que es un determinante analicemos lo que es una permutación.

Definición

Las permutaciones de $n$ elementos son:

$S_n=\set{\sigma:\set{1,\dotsc,n}\to\set{1,\dotsc,n}\mid \sigma\,\,es\,\,biyectiva }$

Una permutación $\sigma \in S_n$ se llama una transposición si intercambia dos números y deja fijos a los demás.

Nota

Toda permutación es composición de transposiciones. Puede que haya varias composiciones que den la misma permutación, pero todos son la composición de un número par de transposiciones o todas son la composición de un número impar de transposiciones.

Definición

Sea $\sigma \in S_n$. Decimos que $\sigma$ es par si es la composición de un número par de transposiciones, e impar en caso contrario.

El signo de $\sigma$ es $+1$ en el primer caso y $-1$ en el segundo caso y se denota por $sgn\,\sigma.$

Ejemplo

Considera el conjunto

$S_3=\set{\sigma:\set{1,2,3}\to\set{1,2,3}\mid \sigma\,\,es\,\,biyectiva }.$

Podemos dar todos elementos del conjunto, es decir todas las funciones biyectivas :

$\sigma_1=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rrr} 1 & 2 & 3\\ 1 & 2 & 3 \end{array}\right) \end{equation*}$, $\sigma_2=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rrr} 1 & 2 & 3\\ 2 & 1 & 3 \end{array}\right) \end{equation*}$, $\sigma_3=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rrr} 1 & 2 & 3\\ 1 & 3 & 2 \end{array}\right) \end{equation*}$, $\sigma_4=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rrr} 1 & 2 & 3\\ 3 & 2 & 1 \end{array}\right) \end{equation*}$, $\sigma_5=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rrr} 1 & 2 & 3\\ 2 & 3 & 1 \end{array}\right) \end{equation*}$, $\sigma_6=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rrr} 1 & 2 & 3\\ 3 & 1 & 2 \end{array}\right) \end{equation*}.$

¿Cuál es el signo de $\sigma_2$?

$\sigma_2=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rrr} 1 & 2 & 3\\ 2 & 1 & 3 \end{array}\right) \end{equation*}$ es un transposición ya que intercambia el $1$ con el $2$ y deja fijo al $3$, entonces $\sigma_2$ es impar y $sgn\,\sigma_2=-1$.

Observa que $\sigma_3=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rrr} 1 & 2 & 3\\ 1 & 3 & 2 \end{array}\right) \end{equation*}$ y $\sigma_4=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rrr} 1 & 2 & 3\\ 3 & 2 & 1 \end{array}\right) \end{equation*}$ también son transposiciones y por lo tanto también su signo es $-1$.

¿Cuál es el signo de $\sigma_1$?

Observa que la composición de $\sigma_2\circ \sigma_2=\sigma_1$.

Como $\sigma_2\circ \sigma_2=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rrr} 1 & 2 & 3\\ 1 & 2 & 3 \end{array}\right) \end{equation*}$ $=\sigma_1$, siendo $\sigma_2$ una transposición, entonces $\sigma_1$ es par pues la composición de $\sigma_2$ con si misma. Su signo por lo tanto es $1$, $sgn\,\sigma_1=+1$.

¿Cuál es el signo de $\sigma_5$?

Observa que la composición de $\sigma_2=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rrr} 1 & 2 & 3\\ 2 & 1 & 3 \end{array}\right) \end{equation*}$ con $\sigma_4=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rrr} 1 & 2 & 3\\ 3 & 2 & 1 \end{array}\right) \end{equation*}$ nos da $\sigma_5=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rrr} 1 & 2 & 3\\ 2 & 3 & 1 \end{array}\right) \end{equation*}.$

Así, $\sigma_4\circ \sigma_2=\sigma_5$, con $\sigma_4$ y $\sigma_2$ transposiciones.

Concluimos que $\sigma_5$ es par y por tanto $sgn\,\sigma_5$=+1.$

¿Cuál es el signo de $\sigma_6$?

La composición de $\sigma_4=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rrr} 1 & 2 & 3\\ 3 & 2 & 1 \end{array}\right) \end{equation*}$ con $\sigma_2=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rrr} 1 & 2 & 3\\ 2 & 1 & 3 \end{array}\right) \end{equation*}$ nos da $\sigma_6=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rrr} 1 & 2 & 3\\ 3 & 1 & 2 \end{array}\right) \end{equation*}.$

Así, $\sigma_2\circ \sigma_4=\sigma_6$, con $\sigma_2$ y $\sigma_4$ transposiciones.

Concluimos que $\sigma_6$ es par y por tanto su signo es $+1$.

Observemos que $\sigma_6=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rrr} 1 & 2 & 3\\ 3 & 1 & 2 \end{array}\right) \end{equation*}$ es la inversa de $\sigma_5=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rrr} 1 & 2 & 3\\ 2 & 3 & 1 \end{array}\right) \end{equation*}$, por eso es la composición de las mismas transposiciones que $\sigma_5$ pero en orden inverso.

Los que acabamos de ver es que:

$\sigma_1,\sigma_5,\sigma_6$ son pares y $\sigma_2,\sigma_3,\sigma_4$ son impares.

Con estos elementos vamos a dar la definición de lo que es el determinante de una matriz.

Ve el siguiente video

Definición

Sea $A\in \mathscr M_{n\times n}(\mathbb R)$. El determinante de $A$ es:

$\det\,A=\displaystyle\sum_{\sigma\in S_n}sgn\,\sigma\,a_{1\sigma(1)}a_{2\sigma(2)}\cdots a_{n\sigma(n)}$

Observación Sea $A=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rr} a_{11} & a_{12} \\ a_{21} & a_{22} \\ \end{array}\right) \end{equation*}$, entonces

$\det\,A=a_{11}a_{22}-a_{12}a_{21}.$

Esto se debe a que las únicas permutaciones de $\{1,2\}$ son $\sigma_1=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rr} 1 & 2 \\ 1 & 2 \end{array}\right) \end{equation*}$, que es la identidad y tiene signo $+1$, y la transposición $\sigma_2=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rr} 1 & 2 \\ 2 & 1 \end{array}\right) \end{equation*}$ que tiene signo $-1.$ Así,

$\det\,A=sgn\,\sigma_1\,a_{1\sigma_1(1)}a_{2\sigma_1(2)}+sgn\,\sigma_2\,a_{1\sigma_2(1)}a_{2\sigma_2(2)}=(+1)\,a_{11}a_{22}+(-1)\,a_{12}a_{21}=a_{11}a_{22}-a_{12}a_{21}.$

Ejemplos.

En estos ejemplos veremos lo que sucede con el determinante, cuando aplicamos las distintas operaciones elementales a una matriz.

$1.$ Considera las matrices $A=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rr} 1 & 2 \\ 3 & 4 \\ \end{array}\right) \end{equation*}$, $A’=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rr} 1 & 2 \\ -1 &5 \\ \end{array}\right) \end{equation*}$, $A^{\prime\prime}=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rr} 1 & 2 \\ 2 & 9 \\ \end{array}\right) \end{equation*}.$

Si obtenemos sus determinantes tenemos que:

$det\,A’=4-6=-2,\,\,det\,A^{\prime\prime}=5-(-2)=7\,\,,det\,A=9-4=5$

Observa que en este ejemplo, el segundo renglón de $A^{\prime\prime}$ se obtiene de la suma de los segundos renglones de $A$ y $A^{\prime\prime}$, y su primer renglón coincide con los de $A$ y $A^{\prime}$,

Y lo que estamos observando es que:

$det\,A^{\prime\prime}=det\,A+det\,A^{\prime}$.

$2.$ Sean $A’=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rr} 1 & 2 \\ 3 & 4 \\ \end{array}\right) \end{equation*}$ y $A=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rr} 3 & 6 \\ 3 & 4 \\ \end{array}\right) \end{equation*}.$

El primer renglón de $A$ se obtiene multiplicando por $3$ el primer renglón de $A’$

Los determinantes de estas matrices son:

$det\,A’=4-6=-2,\,\,det\,A=12-18=-6$

y lo que estamos observando es que:

$det\,A=3det\,A’.$

$3.$ Veamos qué sucede con el determinante cuando intercambiamos renglones en una matriz. Considera las matrices:

$A’=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rr} 1 & 2 \\ 3 & 4 \\ \end{array}\right) \end{equation*}$ y $A=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rr} 3 & 4 \\ 1 & 2 \\ \end{array}\right) \end{equation*},$

$det\,A’=4-6=-2,\,\,det\,A=6-4=2.$

En este caso tenemos que:

$det\,A=-det\,A’.$

$4.$ Veamos qué pasa cuando en una matriz hay dos renglones iguales.

Sea $A=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rr} 1 & 2 \\ 1 & 2 \\ \end{array}\right) \end{equation*},$ entonces

$det\,A=2-2=0$, es decir el determinante vale cero.

$5.$ Veamos qué pasa cuando le sumamos a un renglón un múltiplo de otro.

Sea $A’=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rr} 1 & 2 \\ 3 & 4 \\ \end{array}\right) \end{equation*}$ y considera su matriz equivalente $A=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rr} 1 & 2 \\ 1 & 0 \\ \end{array}\right) \end{equation*}$, que se obtiene de $A’$, sumando al renglón dos de $A’$ menos dos veces el primero.

Entonces $det\,A’=4-6=-2,\,\,det\,A=0-2=-2.$ En este caso

$det\,A=det\,A’.$

es decir el determinante coincide.

$6.$ Consideremos una matriz con un renglón de ceros, por ejemplo

$A=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rr} 1 & 2 \\ 0 & 0 \\ \end{array}\right) \end{equation*}.$ Notamos que su determinante es $det\,A=0-0=0$.

$7.$ Por último veamos qué pasa con el determinante al transponer una matriz.

Sean $A=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rr} 1 & 2 \\ 3 & 4 \\ \end{array}\right) \end{equation*}$ y considera su transpuesta $A^t=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rr} 1 & 3 \\ 2 & 4 \\ \end{array}\right) \end{equation*}$

Si calculamos sus determinantes tenemos que:

$det\,A=4-6=-2,\,\,det\,A=4-6=-2.$

En este caso:

$det\,A=det\,A^t.$

Tarea Moral

$1.$ Encuentra todas las permutaciones de $\set{1,2,3,4}$ y su signo. ¿Cuántas hay en total?, ¿Cuántas son pares?

$2.$ Sea $A=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rr} -3& 1 \\ 7 & 9 \\ \end{array}\right) \end{equation*}$ y calcula:

$i)$ Su determinante.

$ii)$ El $det\,B$, donde $B$ se obtiene de $A$ multiplicando su segundo renglón por $4.$

$iii)$ El $det\,C$, donde $C$ se obtiene de $A$ intercambiando sus renglones entre sí.

$iv)$ El $det\,D$, donde $D$ se obtiene de $A$ sumando al segundo renglón dos veces el primero.

Más adelante

En la siguiente nota veremos que las propiedades observadas en los ejemplos se cumplen en general, para ello usaremos la definición que dimos de determinante.

Enlaces relacionados

Página principal del curso.

Enlace a la nota anterior. Nota 39. Ejemplos de sistemas de ecuaciones.

Enlace a la nota siguiente. Nota 41. Propiedades de los determinantes.

Introducción

En este sección estudiamos el espacio euclideo n-dimensional, espacio que sería la base de todo el desarrollo posterior.

Definición. Como conjunto, $\mathbb{R}^{n}$ es la colección de todas las n-adas ordenadas de números reales. Es decir $$\mathbb{R}^{n}={(x_{1},x_{2},…,x_{n})|x_{i}\in \mathbb{R},~i=1,2,…,n}$

Notación
Denotamos a un elemento de $\mathbb{R}^{n}$ por $\overline{x}=(x_{1},x_{2},…,x_{n})$\Dados dos elementos $\overline{x},\overline{y}\in \mathbb{R}^{n}$ decimos que $\overline{x}=\overline{y}\Leftrightarrow x_{i}=y_{i}$ $\forall i=1,2,…,n$.
Frecuentemente a los elementos de $\mathbb{R}^{n}$ se les denomina vectores, y con las operaciones usuales (suma y producto por un escalar), definidas como
Definición. La suma $+:\mathbb{R}^{n}\times \mathbb{R}^{n}\rightarrow \mathbb{R}^{n}$ para dos elementos $\overline{x},\overline{y}\in\mathbb{R}^{n}$ se define asi:
$$\overline{x}+\overline{y}=(x_{1},x_{2},…,x_{n})+(y_{1},y_{2},…,y_{n})=(x_{1}+y_{1},x_{2}+y_{2},…,x_{n}+y_{n})$$
El producto $\overline{x}\in\mathbb{R}^{n}$ por un escalar $a\in\mathbb{R}$ como
$$\alpha(x_{1},x_{2},…,x_{n})=(\alpha x_{1},\alpha x_{2},…,\alpha x_{n})$$
$\mathbb{R}^{n}$ es un espacio vectorial.
La base canónica de dicho espacio vectorial son los vectores:$$e_{1}=(1,0,0,…,0)$$$$e_{2}=(0,1,0,…,0)$$$$.$$$$.$$$$.$$$$e_{n}=(0,0,0,…,1)$$
ya que si $\overline{x}=(x_{1},x_{2},…,x_{n})$, se tiene que $\overline{x}=x_{1}e_{1}+x_{2}e_{2}+…+x_{n}e_{n}$

Estructura Geométrica

Para dotar de una estructura geométrica al espacio $\mathbb{R}^{n}$ (que incluya los conceptos de distancia, ángulo y ortogonalidad) debemos dotar a $\mathbb{R}^{n}$ de un producto escalar.
Definición. Sea E un espacio vectorial, un \textbf{producto escalar} en E es una función de $E\times E$ en $\mathbb{R}$ que a cada par de vectores $\overline{x},\overline{y}$ le asocia un número $$\langle \overline{x},\overline{y}\rangle$$ que satisface las siguientes propiedades:

(a) $\langle \overline{x},\overline{x}\rangle>0$ si $\overline{x}\neq 0$
(b) $\langle \overline{x},\overline{y}\rangle=\langle \overline{y},\overline{x}\rangle$
(c) $ \langle \lambda \overline{x},\overline{y}\rangle=\lambda\langle \overline{x},\overline{y}\rangle$
(d) $\langle \overline{x}+\overline{y},\overline{z}\rangle=\langle \overline{x}+\overline{z}\rangle+\langle \overline{y},\overline{z}\rangle$
Ejemplo. Sea $C[a,b]$ el espacio lineal de todas las funciones reales continuas continuas en el intervalo $[a,b]$. Definimos $\langle f,g\rangle$ mediante la fórmula $$\langle f,g\rangle=\int_{a}^{b}f(t)g(t)dt.$$
Vamos a probar que $\langle f,g\rangle$ define un producto escalar en $c([a,b])$
(a) Tenemos que
$$\langle f,g\rangle=\int_{a}^{b}f(t)\cdot f(t)~dt=\int_{a}^{b}f^{2}(t)~dt~\geq 0~$$
la última desigualdad la justificamos usando las propiedades de la integral $\displaystyle{f\geq 0~\Rightarrow~\int_{a}^{b}f~\geq 0~}$
(b) Tenemos que
$$\langle f,g\rangle=\int_{a}^{b}f(t)g(t)~dt=\int_{a}^{b}g(t)f(t)~dt=\langle g,f\rangle$$
(c) Tenemos que
$$\langle \lambda f,g\rangle=\int_{a}^{b}\lambda~f(t)~g(t)~dt=\lambda~\int_{a}^{b}f(t)~g(t)~dt=\lambda~\langle f,g\rangle$$
(d) Tenemos que
\begin{align*} \langle f+g,h\rangle & =\int_{a}^{b}[f(t)+g(t)]h(t)~dt \\ &=\int_{a}^{b}[f(t)h(t)+g(t)h(t)]~dt \\ &=\int_{a}^{b}f(t)h(t)~dt+\int_{a}^{b}g(t)h(t)~dt \\ &=\langle f,h\rangle+\langle g,h\rangle \end{align*}
en este caso $\langle f,g\rangle$ es un producto escalar para $C[a,b]$.$\blacksquare$

El espacio normado $\mathbb{R}^{n}$

Definición. Un producto escalar $\langle,\rangle$ en un espacio vectorial E da lugar a una noción de longitud de un vector $\overrightarrow{x}\in E$, llamada su norma, y definida como
$$|\overline{x}|=\sqrt{\langle \overline{x},\overline{x}\rangle}$$
En general, una norma en un espacio vectorial E es una aplicación $x\rightarrow |x|$ de E en $(0,+\infty)$ que satisface las siguientes propiedades:
(1) $|\overline{x}|\geq 0$ para toda $\overline{x}\in\mathbb{R}^{n}$ y $|\overline{x}|=0$ si y sólo si $\overline{x}=\overline{0}$
(2) $|\lambda \overline{x}|=\lambda |\overline{x}|$ para toda $\overline{x}\in\mathbb{R}^{n}$ y $\lambda\in \mathbb{R}$
(3) $|x+y|\leq |x|+|y|$ para cualesquiera $\overline{x},\overline{y}\in\mathbb{R}^{n}$ (Desigualdad Triangular)
Al par $(E,|.|)$ se le denomina espacio normado.
Ejemplo. Veamos que
$$|\overline{x}|=\sqrt{\langle \overline{x},\overline{x}\rangle}$$
define una norma.
Solucion.
(1) Tenemos que
$$|\overline{x}|=\sqrt{\langle \overline{x},\overline{x}\rangle}\geq 0$$
la última igualdad la justificamo así: $\langle \overline{x},\overline{x}\rangle>0~\Rightarrow~\sqrt{\langle \overline{x},\overline{x}\rangle}>0$
(2) Tenemos que
\begin{align*} |\lambda \overline{x}| &=\sqrt{\langle \lambda\overline{x},\lambda\overline{x}\rangle} \\ &=\sqrt{\lambda^{2}\langle \overline{x},\overline{x}\rangle} \\ &=|\lambda|\langle \overline{x},\overrightarrow{x}\rangle\\ &=|\lambda|~|\overline{x}| \end{align*}
(3) Para la desigualdad del triángulo necesitamos antes probar un resultado
$\fbox{Lema: Desigualdad de Caychy}$
Si E es un espacio vectorial entonces $\forall~\overline{x},\overline{y}\in E$ se cumple
$$|\langle\overline{x},\overline{y}\rangle|\leq |\overline{x}|~|\overline{y}|$$
Demostración. Supongamos que $\overline{x},\overline{y}\neq 0$ y definimos
$$\overline{u}=\frac{\overline{x}}{\|\overline{x}\|}~~\overline{v}=\frac{\overline{y}}{\|\overline{y}\|}$$
Tenemos entonces que
\begin{align*} \|\overline{u}\| & =\left\|\frac{\overline{x}}{|\overline{x}|}\right\|=\frac{\|\overline{x}\|}{\|\overline{x}\|}=1 \\ \|\overline{v}\| & =\left\|\frac{\overline{y}}{\|\overline{y}\|}\right\|=\frac{\|\overline{y}\|}{\|\overline{y}\|}=1 \end{align*}
Por tanto
\begin{align*} 0\leq \|\overline{u}-\overline{v}\|^{2} & =\langle\overline{u}-\overline{v},\overline{u}-\overline{v}\rangle \\ & =\langle\overline{u}-\overline{u}\rangle-2\langle\overline{u}-\overline{v}\rangle+\overline{v}-\overline{v} \\ & =\|\overline{u}\|^{2}-2\langle\overline{u}-\overline{v}\rangle+\|\overline{u}\|^{2} \\ & =1-2\langle\overline{u},\overline{v}\rangle+1 \\ & =2-2\langle\overline{u},\overline{v}\rangle \end{align*}
Por lo tanto
\begin{align*} 0\leq 2-2\langle\overline{u},\overline{v}\rangle&~\Rightarrow~2\langle\overline{u},\overline{v}\rangle\leq 2 \\ &~\Rightarrow~\langle\overline{u},\overline{v}\rangle\leq 1 \\ &~\Rightarrow~\left\langle\frac{\overline{x}}{|\overline{x}|},\frac{\overline{y}}{\|\overline{y}\|}\right\rangle\leq 1 \\ &~\Rightarrow~\frac{1}{\|\overline{x}\|~\|\overline{y}\|}\langle\overline{x},\overline{y}\rangle\leq 1 \\ &~\Rightarrow~\langle\overline{x},\overline{y}\rangle\leq\|\overline{x}\|~\|\overline{y}\| \end{align*}
Reemplazando $\overline{x}$ por $-\overline{x}$ se obtiene que
\begin{align*} \langle\overline{-x},\overline{y}\rangle\leq\|-\overline{x}\|~\|\overline{y}\| & ~\Rightarrow~-\langle\overline{x},\overline{y}\rangle\leq~|-1|~|\overline{x}|~|\overline{y}| \\ &~\Rightarrow~\langle\overline{x},\overline{y}\rangle\geq~-\|\overline{x}\|~\|\overline{y}\| \end{align*}
con lo que queda demostrada la desigualdad.$~\blacksquare$
Regresando ahora a la desigualdad triangular tenemos que
\begin{align*} \|\overline{x}+\overline{y}\|=\sqrt{\langle\overline{x}+\overline{y},\overline{x}+\overline{y}\rangle} & ~\Rightarrow~\|\overline{x}+\overline{y}\|^{2}=\langle\overline{x}+\overline{y},\overline{x}+\overline{y}\rangle \\ & ~\Rightarrow~\|\overline{x}+\overline{y}\|^{2}=\langle\overline{x},\overline{x}\rangle+2\langle\overline{x},\overline{y}\rangle+\langle\overline{y},\overline{y}\rangle \\ &~\Rightarrow~\|\overline{x}+\overline{y}\|^{2}=\|\overline{x}\|^{2}+2\langle\overline{x},\overline{y}\rangle+|\overline{y}|^{2} \\ & ~\Rightarrow~\|\overline{x}+\overline{y}\|^{2}\leq \|\overline{x}\|^{2}+2\|\overline{x}\|~\|\overline{y}\|+\|\overline{y}\|^{2} \\ & ~\Rightarrow~\|\overline{x}+\overline{y}\|^{2}\leq \left(\|\overline{x}\|+\|\overline{y}\|\right)^{2} \end{align*}
Y tomando raíces en ambos miembros de la desigualdad, obtenemos el resultado.$~\blacksquare$

Otras normas en $\mathbb{R}^n$

Ejemplo.

$\fbox{La Norma 1 $\|\overline{x}\|_{1}$}$
Definimos $\|\\,\|_1:\mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}$ por
$\|\,\|_1 = |x_1|+\ldots+|x_n|$ $\forall \, \bar{x} \in
\mathbb{R}^n$. Vamos a probar que $\|\,\|_1 $ es una norma en
$\mathbb{R}^n$
(a) Dado que $\forall \, x \in \mathbb{R}$ $|x|\geq
0$, se tiene $\|\,\|_1 = |x_1|+\ldots+|x_n|\geq 0$ $\forall \, \bar{x} \in\mathbb{R}^n$.
(b) Si $\alpha \in \mathbb{R}$ y $\bar{x}=(x_1,\ldots,x_n) \in
\mathbb{R}^n$, entonces
\[\begin{array}{ll}
|\alpha\bar{x}| & =|\alpha x_1|+ \ldots + |\alpha
x_n|\\
\, & =|\alpha||x_1|+ \ldots + |\alpha||x_n|\\
\, & = |\alpha|(|x_1|+ \ldots + |x_n|)\\
\, & = |\alpha||\bar{x}| \quad \forall \, \bar{x}\in\mathbb{R}^n\
\end{array}\]
(c) Si $\bar{x}=(x_1,\ldots,x_n)$ y $\bar{y}=(y_1,\ldots,y_n)$ son elementos de $\mathbb{R}^n$
\[\begin{array}{ll}
|\bar{x}+\bar{y}| & =|x_1+y_1|+ \ldots + |x_n+y_n|\\
\, & \leq|x_1|+|y_1|+ \ldots + |x_n|+|y_n|\\
\, & = |x_1|+ \ldots +|x_n|+ \ldots + |y_1|+ \ldots +|y_n|\\
\, & = |\bar{x}|_1 + |\bar{y}|_1
\end{array}\]
Si $|\bar{x}|_1=0~\Rightarrow~|x_1|+ \ldots+|x_n|=0$ y como cada $|x_i|\geq 0$ $i=1,\ldots,n$ entonces $|x_1|+ \ldots +|x_n|=0~\Rightarrow~|x_i|= 0$ $i=1,\ldots,n~~~\therefore~~~\bar{x}=0$.$~~\blacksquare$
Ejemplo.
$\fbox{La Norma infinito $\|\overline{x}\|_{\infty}$}$
Consideremos ahora la función $\|\,\|_\infty:\mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}$ dada por
$$\boxed{\|\overline{x}\|_\infty=\max{|x_1|+\ldots +|x_n|}~~\forall x\in\mathbb{R}^n}$$
Vamos a probar que la función $\|\,\|_\infty:\mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}$ es una norma en $\mathbb{R}^n$, que se denomina norma del máximo o norma cúbica.
(a) Puesto que $|x_i|\geq 0~~i=1,\ldots,n$\ entonces $$\max{|x_1|+\ldots +|x_n|}\geq0$$ es decir $$\|\bar{x}\|_\infty \geq 0$$
(b) Sea $\alpha\in\mathbb{R}$ y $\bar{x}\in\mathbb{R}^n$. Se tiene entonces
que $$\|\alpha \bar{x}\|=\max\{|\alpha x_1|,\ldots,|\alpha x_n|\}=\max\{|\alpha|| x_1|,\ldots,|\alpha||x_n|\}$$
Supongamos ahora que
$$|x_{i\alpha}|=\max \{ |x_1|, \ldots, |x_n| \}$$
$\therefore~~~|x_{i\alpha}|\geq |x_i|,~~~\forall~ i=1,\ldots,n~~~\therefore~~~|\alpha||x_{i\alpha}|\geq |\alpha||x_i|,~~\forall ~~ i=1,\ldots,n$ $\therefore$ $|\alpha x_{i\alpha}|\geq |\alpha x_i|$ $\forall~~i=1,\ldots,n$ por lo que
$$|\alpha||x_{i\alpha}|= |\alpha x_{i\alpha}|=\max\{|\alpha x_1|,\ldots,|\alpha x_n|\}=\max\{|\alpha|| x_1|,\ldots,|\alpha||x_n|\}$$
es decir $$|\alpha|\max \{ |x_1|, \ldots, |x_n| \} = \max\{|\alpha x_1|,\ldots,|\alpha x_n|\}=\max\{|\alpha|| x_1|,\ldots,|\alpha||x_n|\}$$
$\therefore~~~|\alpha|\|\bar{x}\|_{\infty}=\|\alpha \bar{x}\|_{\infty}$
(c) $\|\bar{x}+\bar{y}\|_{\infty}=\max\{|x_1+y_1|,\ldots,|x_n+y_n|\}$
Sea $$|x_{1\alpha}+y_{1\alpha}|=\max\{|x_1+y_1|,\ldots,|x_n+y_n|\}$$
como $$|x_{1\alpha}+y_{1\alpha}|\leq|x_{1\alpha}|+|y_{1\alpha}|$$
se tiene que $$\max\{|x_1+y_1|,\ldots,|x_n+y_n|\}\leq|x_{1\alpha}|+|y_{1\alpha}|$$
pero por definición de $$\max\{|x_1|+\ldots+|x_n|\}~~y~~ \max\{|y_1|+\ldots +|y_n|\}$$
también se tiene que $$|x_{1\alpha}|\leq \max\{|x_1|+\ldots
+|x_n|\}~~~y~~~|y_{1\alpha}|\leq \max\{|y_1|+\ldots+|y_n|\}$$
luego $$\max\{|x_1+y_1|,\ldots,|x_n+y_n|\} \leq \max\{|x_1|+\ldots
+|x_n|\} + \max\{|y_1|+\ldots+|y_n|\}$$
o sea $$\|\bar{x}+\bar{y}\|_{\infty} \leq\|\bar{x}\|_{\infty}+\|\bar{y}\|_{\infty}.~~\blacksquare$$
Ejemplo. Norma Euclidiana
Consideremos ahora la función $\|\,\|_\infty:\mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}$ dada por
$$|x|=\sqrt{\langle x,x\rangle}$$
Vamos a mostrar que es una norma en $\mathbb{R}^n$
(a) $\|\bar{x}\|=\sqrt{x_1^2+\ldots+x_n^2} \geq 0$ pues es la raíz positiva $\therefore$ $\|\bar{x}\|\geq 0$.
(b)

\[\begin{array}{ll}
\|\alpha\bar{x}\| & = \sqrt{(\alpha x_1)^2+\ldots+(\alpha
x_n)^2}\\
\, & = \sqrt{\alpha^2x_1^2+\ldots+\alpha^2x_n^2}\\
\, & = \sqrt{\alpha^2(x_1^2+\ldots+x_n^2)}\\
\, & = \sqrt{\alpha^2}\sqrt{x_1^2+\ldots+x_n^2}\\
\, & = |\alpha|\|\bar{x}\|
\end{array}\]
(c)

\[\begin{array}{ll}
\|\bar{x}+\bar{y}\|^2 & =
(x_1+y_1)^2 + \ldots +
(x_n+y_n)^2\\
\, & =x_1^2+2x_1y_1+y_1^2 +
\ldots +
x_n^2+2x_ny_n+y_n^2\\
\, & =x_1^2+\ldots+ x_n^2 +2(x_1y_1+\ldots +x_ny_n )+ y_1^2
+ \ldots +y_n^2\\
\, & = \|\bar{x}\|^2+2(x_1y_1+\ldots +x_ny_n
)+ \|\bar{y}\|^2
\end{array}\]
Aplicando la desigualdad de Cauchy-Shwarz
$$x_1y_1+\ldots+x_ny_n \leq \|\bar{x}\|~\|\bar{y}\|$$
se tiene que $$\|\bar{x}\|^2+2(x_1y_1+\ldots+x_ny_n)+\|\bar{y}\|^2
\leq \|\bar{x}\|^2+2~\|\bar{x}\|~\|\bar{y}\|+ \|\bar{y}\|^2 =\left [\|\bar{x}\|+\|\bar{y}\|\right]^2$$
$\therefore~~~\|\bar{x}+\bar{y}\|^2\leq
\left[\|\bar{x}\|+\|\bar{y}\|\right]^2$ y al
sacar raiz obtenemos $\|\bar{x}+\bar{y}\|\leq
\|\bar{x}\|+\|\bar{y}\|$
(d) Si $\|\bar{x}\|=0$ se tiene entonces $\sqrt{x_1^2+\ldots+x_n^2}=0$ es decir $x_1^2+\ldots+x_n^2=0$ pero $x^2\geq 0~~\therefore~~x_i^2=0~~\forall~ i=1,\ldots,n$ $\therefore~~\bar{x}=0$ $\blacksquare$
El concepto general de Norma en $\mathbb{R}^n$. Las propiedades de la norma euclidiana nos ayudan para definir la noción abstracta de Norma.
Definición.Una norma en $\mathbb{R}^n$ es cualquier función $\|\,\|:\mathbb{R}^n \rightarrow
\mathbb{R}$ que satisface las siguientes propiedades que denominaremos Axiomas de Norma para cualesquiera $\bar{x},\bar{y}\,\in\,\mathbb{R}^n$ y toda $\alpha\,\in\,\mathbb{R}$ se cumple:
(a) $\|\bar{x}\|\geq 0~~\|0\|=0$
(b) $\|\alpha\bar{x}\|=|\alpha|~\|\bar{x}\|$
(c) $\|\bar{x}+\bar{y}\|\leq \|\bar{x}\|+\|\bar{y}\|$
(d) $\|\bar{x}\|=0~~\Rightarrow~\bar{x}=0$
Proposición.
Para toda norma $|\,|:\mathbb{R}^n \rightarrow\mathbb{R}$ se cumple:
(a) $\|-\bar{x}\|=\|\bar{x}\|~~\forall \, x \in \mathbb{R}^n$
(b) $|\|\bar{x}\|-\|\bar{y}\||\leq \|\bar{x}-\bar{y}\|~~\forall \, \bar{x},\bar{y} \in \mathbb{R}^n$
Proposición.
(a) $\|-\bar{x}\|=|-1|~\|\bar{x}\|=\|\bar{x}\|$
(b) $0\leq \|\bar{x}\|=\|\bar{x}-\bar{y}+\bar{y}\|\leq\|\bar{x}-\bar{y}\|+\|\bar{y}\|$
$\therefore$ $\|\bar{x}\|-\|\bar{y}\|\leq\|\bar{x}-\bar{y}\|$ Intercambiando $\bar{x}$ por $\bar{y}$ obtenemos $\|\bar{y}\|-\|\bar{x}\|\leq\|\bar{y}-\bar{x}\|=\|\bar{x}-\bar{y}\|$ $\therefore$ $|\|\bar{y}\|-\|\bar{x}\||\leq \|\bar{x}-\bar{y}\|.~~\blacksquare$

Ejemplo. Sea $I=[0,1]$. Demsotrar que $\|f\|=\sup {|f(x)|}$. Es una norma
de $C[0,1]$
Solución.
(a) Recordar que toda función real continua definida en un intervalo cerrado es acotada, por tanto $\|f\|$ está bien definida.
(b) Puesto que $|f(x)|\geq 0~\forall~x\in I$ entonces $\|f\|\geq 0$ y además, $\|f\|= 0$ sii $|f(x)|= 0~\forall~x\in I$, i.e. sii $f=0$.
(c) Recordemos un resultado: Sean $a$ y $b$ números reales tales que $a\leq b+\varepsilon$.
Demostrar que $a \leq b$
Supongase que $a>b$ entonces $a=b+\delta,~~\delta >0$ tomamos $$\displaystyle\frac{\delta}{2}=\varepsilon$$
entonces $$a > b+\delta > b +\displaystyle\frac{\delta}{2}=b+\varepsilon~ \underset{\circ}{\bigtriangledown}$$
$\therefore~a\leq b$ ahora sea $\varepsilon > 0$. Entonces existe $x_0\in I$ tal que
\[\begin{array}{ll}
|f+g|& = \sup{|f(x)+g(x)|}\\
\, & \leq |f(x_0)+g(x_0)|+\varepsilon\\
\, & \leq |f(x_0)|+|g(x_0)|+\varepsilon\\
\, & \leq \sup{|f(x)|} +\sup{|g(x)|}+\varepsilon\\
\, & = |f|+|g| +\varepsilon
\end{array}\]
$\therefore~~\|f+g\| \leq \|f\|+\|g\|$
(d) Sea $k\in \mathbb{R}$ entonces
\[\begin{array}{ll}
\|kf\| & = \sup{|kf(x)|}\\
\, & = \sup{|k||f(x)|}\\
\, & = |k|\sup{|f(x)|}\\
\, & = |k|\|f(x)\|.~~\blacksquare\\
\end{array}\]
Ejemplo. Demostrar que $\|f\|=\displaystyle\int_0^1|f(x)|dx$ es una norma de $C[0,1]$ (funciones continuas en el intervalo $[0,1]$).
Solución
(a) $\|f\|=\displaystyle\int_0^1|f(x)|dx\geq 0$ puesto que $$|f(x)|\geq 0\Rightarrow \displaystyle\int_0^1|f(x)|dx \geq 0$$
(b) Tenemos que
\[\begin{array}{ll}
\|kf\|& =\displaystyle\int_0^1|kf(x)|dx\\
\, & =\displaystyle\int_0^1|k||f(x)|dx\\
\, & =|k|\displaystyle\int_0^1|f(x)|dx\\
\, & = |k|\|f\|
\end{array}\]
(c) Tenemos que
\[\begin{array}{ll}
\|f+g\|& =\displaystyle\int_0^1|f(x)+g(x)|dx\\
\, & \leq \displaystyle\int_0^1[|f(x)|+|g(x)|]dx\\
\, & =\displaystyle\int_0^1|f(x)|dx + \displaystyle\int_0^1|g(x)|dx\
\, & = \|f\|+ \|g\|.~~\blacksquare
\end{array}\]
Ejemplo.
Definición. Sea $\|\,\|_{p}:\mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}$ dada asi: $$\|x\|_{p}=\left(\sum_{i=1}^{n}|x_{i}|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}$$
Vamos a demostrar que $|x|_{p}$ es una norma
Solución.
(a) Puesto que $|x_i|\geq 0,~~i=1,\ldots,n$ entonces $$\sum_{1}^{n}|x_i|^{p} \geq 0~~ \therefore \left( \sum_{1}^{n}|x_i|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}\geq 0~~ \therefore \|x\|_{p}\geq 0$$
(b) Sea $\alpha\in\mathbb{R}$ y $\bar{x}\in\mathbb{R}^n$. Se tiene entonces
que $$\|\alpha \bar{x}\|_{p}=\left(\sum_{1}^{n}|\alpha x_i|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}=\left(|\alpha|^{p}\sum_{1}^{n}| x_i|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}=|\alpha|\left(\sum_{1}^{n}| x_i|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}=|\alpha|~\|x\|_{p}$$
(c) Tenemos que $$\|\overline{x}\|_{p}=\left[|x_{1}|^{p}+…+|x_{n}|^{p}\right]^{\frac{1}{p}}$$ Ahora procederemos a demostrar que cumple con la propiedad de la desigualdad del triángulo, es decir que para $\overline{x},\overline{y}\in \mathbb{R}^{n}$ $$\|\overline{x}+\overline{y}\|_{p}\leq \|\overline{x}\|_{p}+\|\overline{y}\|_{p}$$ Para ello primero procederemos a demostrar lo siguiente
Proposición. Sean p,q números reales tales que $p,q>1$ y $\displaystyle{\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1}$ entonces $$|ab|\leq \frac{|a|^{p}}{p}+\frac{|b|^{q}}{q}$$
Demostración. Consideremos la función $\varphi:[0,\infty)\rightarrow
\mathbb{R}$ dada por $\varphi(t)=t^{m}-mt$ con $m=\frac{1}{p}$
se tiene que $\varphi^{\prime}(t)=mt^{m-1}-m=m\left(t^{m-1}-1\right)$ por lo
que $\varphi^{\prime}(t)=0\Leftrightarrow m\left(t^{m-1}-1\right)=0\Leftrightarrow
t=1$ por lo tanto $t=1$ es un punto crítico de la función, ahora volvemos a derivar $\varphi^{\prime\prime}(t)=m(m-1)t^{m-2}$ que en $t=1$ es $<0$ por lo tanto en $t=1$, $\varphi$ alcanza un punto máximo $\therefore$ $\varphi(t)\leq \varphi(1)\Rightarrow t^{m}-mt\leq mt-m\Rightarrow t^{m}-1\leq m(t-1)$ Ahora hacemos $\displaystyle{t=\frac{|a|^{p}}{|b|^{q}}}$ y sustituimos
$$\displaystyle{\left(\frac{|a|^{p}}{|b|^{q}}\right)^{\frac{1}{p}}-1\leq
\frac{1}{p}\left(\frac{|a|^{p}}{|b|^{q}}-1\right)}$$
multiplicando ambos miembros de la desigualdad por $|b|^{q}$ se
tiene que $$\left(|b|^{q}\right)\left(\left(\frac{|a|^{p}}{|b|^{q}}\right)^{\frac{1}{p}}-1\right)\leq
\left(|b|^{q}\right)\left(\frac{1}{p}\left(\frac{|a|^{p}}{|b|^{q}}-1\right)\right)$$ lo que nos queda $$|a||b|^{q-\frac{q}{p}}-|b|^{q}\leq \frac{|a|^{p}}{p}-|b|^{q}\Rightarrow |a||b|^{q-\frac{q}{p}}\leq \frac{|a|^{p}}{p}-\frac{|b|^{q}}{p}+|b|^{q}$$
como $\displaystyle{q-\frac{q}{p}=1}$ y $\displaystyle{-\frac{|b|^{q}}{p}+|b|^{q}=\frac{|b|^{q}}{q}}$ tenemos entonces
$$|ab|\leq \frac{|a|^{p}}{p}+\frac{|b|^{q}}{q}.~~\square$$
Probaremos la desigualdad de Holder
$$\boxed{\sum_{k=1}^{n}|a_{k}b_{k}|\leq \left[\sum_{k=1}^{n}|a_{k}|^{p}\right]^{\frac{1}{p}}\left[\sum_{k=1}^{n}|b_{k}|^{q}\right]^{\frac{1}{q}}}$$
Demostración. Sea $\displaystyle{A=\left(\sum_{k=1}^{n}|a_{k}|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}}$ y $\displaystyle{B=\left(\sum_{k=1}^{n}|b_{k}|^{q}\right)^{\frac{1}{q}}}$ y
definimos $\displaystyle{a^{\prime}_{k}=\frac{a_{k}}{A}}$ y $\displaystyle{b^{\prime}_{k}=\frac{b_{k}}{B}}$ usando la desigualdad probada anteriormente se tiene
\begin{align*}|a^{\prime}_{k}~b^{\prime}_{k}|&\leq \frac{|a^{\prime}_{k}|^{p}}{p}+\frac{|b^{\prime}_{k}|^{q}}{q}\\&\Rightarrow \sum_{k=1}^{n}|a^{\prime}_{k}b^{\prime}_{k}|\leq \sum_{k=1}^{n}\frac{|a^{\prime}_{k}|^{p}}{p}+\frac{|b^{\prime}_{k}|^{q}}{q}\\&=\sum_{k=1}^{n}\frac{|a^{\prime}_{k}|^{p}}{p}+\sum_{k=1}^{n}\frac{|b^{\prime}_{k}|^{q}}{q}\\&=\frac{1}{p}\sum_{k=1}^{n}|a^{\prime}_{k}|^{p}+\frac{1}{q}\sum_{k=1}^{n}|b^{\prime}_{k}|^{q}\\&=\frac{1}{p}\sum_{k=1}^{n}\left[\frac{a_{k}}{A}\right]^{p}+\frac{1}{q}\sum_{k=1}^{n}\left[\frac{b_{k}}{B}\right]^{q}\\&=\frac{1}{p}\frac{1}{A^{p}}\sum_{k=1}^{n}|a_{k}|^{p}+\frac{1}{q}\frac{1}{B^{q}}\sum_{k=1}^{n}|b_{k}|^{q}\end{align*}
como $$A^{p}=\left(\left(\sum_{k=1}^{n}|a_{k}|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}\right)^{p}=\left(\sum_{k=1}^{n}|a_{k}|^{p}\right)~~~y~~~
B^{q}=\left(\left(\sum_{k=1}^{n}|b_{k}|^{q}\right)^{\frac{1}{q}}\right)^{q}=\left(\sum_{k=1}^{n}|b_{k}|^{q}\right)$$
se tiene que
\begin{align*}\frac{1}{p}\frac{1}{A^{p}}\sum_{k=1}^{n}|a_{k}|^{p}+\frac{1}{q}\frac{1}{B^{q}}\sum_{k=1}^{n}|b_{k}|^{q}&=\frac{1}{p}\frac{1} {\left(\sum_{k=1}^{n}|a_{k}|^{p}\right)}\sum_{k=1}^{n}|a_{k}|^{p}+\frac{1}{q}\frac{1}{\left(\sum_{k=1}^{n}|b_{k}|^{q}\right)}\sum_{k=1}^{n}|b_{k}|^{q}\\&=\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1\end{align*}
Por lo tanto
\begin{align*}\sum_{k=1}^{n}|a^{\prime}{k}b^{\prime}{k}|\leq 1 &\Rightarrow \sum_{k=1}^{n}|\frac{a_{k}}{A}\frac{b_{k}}{B}|\leq1\\&\Rightarrow \sum_{k=1}^{n}|a_{k}b_{k}|\leq AB\\ &\Rightarrow \sum_{k=1}^{n}|a_{k}b_{k}|\leq \left(\sum_{k=1}^{n}|a_{k}|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}\left(\sum_{k=1}^{n}|b_{k}|^{q}\right)^{\frac{1}{q}}\end{align*}
Ahora probaremos la desigualdad de Minkowski
$$\left[\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p}\right]^{\frac{1}{p}}\leq \left[\sum_{k=1}^{n}|a_{k}|^{p}\right]^{\frac{1}{p}}+\left[\sum_{k=1}^{n}|b_{k}|^{q}\right]^{\frac{1}{q}}$$
Tenemos que
\begin{align*}\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p}=\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p-1}|a_{k}+b_{k}|&\leq \sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p-1}\left(|a_{k}|+|b_{k}|\right)\\&=\left( \sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p-1}\right)\left(|a_{k}|\right)+\left(
\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p-1}\right)\left(|b_{k}|\right)\end{align*}
Aplicando la desigualdad de Holder a cada sumando tenemos que
\begin{align*}\left(\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p-1}\right)\left(|a_{k}|\right)&\leq \left[\sum_{k=1}^{n}a_{k}^{p}\right]^{\frac{1}{p}}\left[\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{q(p-1)}\right]^{\frac{1}{q}}\\&=\left[\sum_{k=1}^{n}a_{k}^{p}\right]^{\frac{1}{p}}\left[\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p}\right]^{\frac{1}{q}}\end{align*}
\begin{align*}\left(\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p-1}\right)\left(|b_{k}|\right)&\leq \left[\sum_{k=1}^{n}b_{k}^{p}\right]^{\frac{1}{p}}\left[\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{q(p-1)}\right]^{\frac{1}{q}}\\&=\left[\sum_{k=1}^{n}b_{k}^{p}\right]^{\frac{1}{p}}\left[\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p}\right]^{\frac{1}{q}}\end{align*}
Por lo tanto
$$\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p}\leq \left[\sum_{k=1}^{n}a_{k}^{p}\right]^{\frac{1}{p}}\left[\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p}\right]^{\frac{1}{q}}+\left[\sum_{k=1}^{n}b_{k}^{p}\right]^{\frac{1}{p}}\left[\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p}\right]^{\frac{1}{q}}$$
Multiplicando ambos miembros de la desigualdad por
$$\left[\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p}\right]^{-\frac{1}{q}}$$
obtenemos
\begin{align*}\left(\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p}\right)\left[\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p}\right]^{-\frac{1}{q}}&=\left(\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p}\right)^{1-\frac{1}{q}}\\&=\left(\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}\end{align*}
$$\left[\sum_{k=1}^{n}a_{k}^{p}\right]^{\frac{1}{p}}\left[\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p}\right]^{\frac{1}{q}}\left(\left[\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p}\right]^{-\frac{1}{q}}\right)=\left[\sum_{k=1}^{n}a_{k}^{p}\right]^{\frac{1}{p}}$$
$$\left[\sum_{k=1}^{n}b_{k}^{p}\right]^{\frac{1}{p}}\left[\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p}\right]^{\frac{1}{q}}\left(\left[\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p}\right]^{-\frac{1}{q}}\right)=\left[\sum_{k=1}^{n}b_{k}^{p}\right]^{\frac{1}{p}}$$
Por lo tanto $$\left(\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}\leq
\left[\sum_{k=1}^{n}a_{k}^{p}\right]^{\frac{1}{p}}+\left[\sum_{k=1}^{n}b_{k}^{p}\right]^{\frac{1}{p}}$$
Por lo tanto $$\|\overline{x}+\overline{y}\|_{p}\leq \|\overline{x}\|_{p}+\|\overline{y}\|_{p}~\blacksquare$$

Ejemplo. Espacios $\ell_{p}$

Definición. Dado $\bar{x}\in\mathbb{R}^{n}$ definimos
$$\|\bar{x}\|_{p}=\left(\sum_{k=1}^{n}|x_{k}|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}~~si~~p\in[1,\infty)$$
Proposición. Dada $p\in[1,\infty)$, consideramos el conjunto $\ell_{p}$ de todas las sucesiones $(x_{k})$ de números reales tales que la serie
$$\sum_{k=1}^{\infty}|x_{k}|^{p}$$converge. Entonces la función
$$\|(x_{k})\|_{p}=\left(\sum_{k=1}^{\infty}|x_{k}|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}$$es una norma en $\ell_{p}$
Demostración.
(a) Tenemos
$$\|x_{k}\|_{p}\geq0\Leftrightarrow\left(\sum_{k=1}^{\infty}|x_{k}|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}\geq0\Leftrightarrow\sum_{k=1}^{\infty}|x_{k}|^{p}\geq0\Leftrightarrow|x_{k}|^{p}\geq0\Leftrightarrow |x_{k}|\geq0\Leftrightarrow x_{k}\geq0$$
(b) $$\|\lambda x_{k}\|_{p}=\left(\sum_{k=1}^{\infty}|\lambda x_{k}|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}=\left(\sum_{k=1}^{\infty}|\lambda|^{p} |x_{k}|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}=\left(|\lambda|^{p}\sum_{k=1}^{\infty} |x_{k}|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}=|\lambda|\left(\sum_{k=1}^{\infty}|x_{k}|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}=|\lambda|~\|x_{k}\|_{p}$$
(c) Como la $\|\|_{p}$ satisface la desigualdad del triángulo, se tiene que
$$\left(\sum_{k=1}^{n} |x_{k}+y_{k}|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}\leq \left(\sum_{k=1}^{\infty} |x_{k}|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}+\left(\sum_{k=1}^{\infty} |y_{k}|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}\leq\|x_{k}\|_{p}+\|y_{k}\|_{p}$$
para todo $n\in \mathbb{N}$. En consecuencia, la serie
$$\sum_{k=1}^{\infty} |x_{k}+y_{k}|^{p}$$
converge y se cumple que
$$\|x_{k}+y_{k}\|_{p}=\left(\sum_{k=1}^{\infty} |x_{k}+y_{k}|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}\leq\|x_{k}\|_{p}+\|y_{k}\|_{p}.~~\textcolor{orange}{\blacksquare}$$
Proposición. Sea $\bar{x}\in\mathbb{R}^{n}$, entonces
$$\|\bar{x}\|_{\infty}\leq\|\bar{x}\|\leq\|\bar{x}\|_{1}\leq n\|\bar{x}\|$$

Demostración. Sea $|x_{k}|=\max{|x_{1},…,|x_{n}||}$
Se tiene entonces
$$|x_{k}|=\sqrt{x_{k}^{2}}\leq \sqrt{x_{1}^{2}+…+x_{n}^{2}}=\|\bar{x}\|$$
$\therefore~~\|\bar{x}\|_{\infty}\leq\|\bar{x}\|$
Ahora bien
$$\left(\|\bar{x}\|\right)^{2}=\left(|x_{1}|^{2}+…+|x_{n}|^{2}\right)\leq \sum_{i=1}^{n}|x_{i}|^{2}+2\sum_{i\leq i\leq j\leq n}|x_{i}||x_{j}|=\left(|x_{1}|+…+|x_{n}|\right)^{2}=\left(\|\bar{x}\|_{1}\right)^{2}$$
$$~\Rightarrow~\left(\|\bar{x}\|\right)^{2}\leq\left(\|\bar{x}\|_{1}\right)^{2}$$
$$~\Rightarrow~\|\bar{x}\|\leq \|\bar{x}\|_{1}$$
También si suponemos que $|x_{j}|=\max{|x_{1}|,…,|x_{n}|}$ entonces
$$\|\bar{x}\|_{1}=|x_{j}|\leq |x_{j}|+…+|x_{j}|=n|x_{j}|=n\max{|x_{1}|,…,|x_{j}|}=n\|\bar{x}\|_{\infty}$$
por lo que
$$\|\bar{x}\|_{1}\leq n\|\bar{x}\|_{\infty}.~~ \blacksquare$$

Proposición. Sea $\bar{x}\in\mathbb{R}^{n}$ entonces
$$\|\bar{x}\|_{\infty}\leq\|\bar{x}\|\leq\sqrt{n}\|\bar{x}\|_{\infty}$$
Demostración. Suponemos que $|x_{j}|=\max{|x_{1}|,…,|x_{n}|}$. Se tiene entonces
$$|x_{j}|=\sqrt{x_{j}^{2}}\leq \sqrt{x_{1}^{2}+…+x_{j}^{2}+…+x_{n}^{2}}=\|\bar{x}\|$$
Por tanto
$$\|\bar{x}\|_{\infty}\leq\|\bar{x}\|$$
Por otro lado suponemos que $|x_{j}|=\max{|x_{1}|,…,|x_{n}|}$ y tenemos
$$\|\bar{x}\|=\sqrt{x_{1}^{2}+…+x_{j}^{2}+…+x_{n}^{2}}\leq \sqrt{x_{j}^{2}+…+x_{j}^{2}+…+x_{j}^{2}}=\sqrt{n(x_{j}^{2})}=\sqrt{n}\|\bar{x}\|_{\infty}$$
por lo tanto
$$\|\bar{x}\|\leq\sqrt{n}\|\bar{x}\|_{\infty}.~~\blacksquare$$

Proposición. Sea $\bar{x}\in\mathbb{R}^{n}$ entonces
$$\|\bar{x}\|_{1}\leq\sqrt{n}\|\bar{x}\|$$
Demostración.
$$\|\bar{x}\|_{1}=|x_{1}|+…+|x_{n}|=\left(1,…,1\right)\cdot (|x_{1}|,…,|x_{1}|)\leq \|(1,…,1)\|~\|\bar{x}\|=\sqrt{n}\|\bar{x}\|$$
por lo tanto
$$\|\bar{x}\|_{1}\leq\sqrt{n}\|\bar{x}\|.~~\blacksquare$$

Ortogonalidad de vectores

Generalizando el concepto de perpendicularidad en $\mathbb{R}^{3}$, damos la siguiente definición.
Definición. Sea E un espacio vectorial dotado de un producto escalar $\langle,\rangle$, se dice que dos vectores $\overline{x},\overline{y}\in E$ son \textbf{ortogonales} si $$\langle \overline{x},\overline{y}\rangle=0$$
Tenemos que si $\langle \overline{x},\overline{y}\rangle=0$ entonces $$\|\overline{x}-\overline{y}\|^{2}=\langle \overline{x}+\overline{y},\overline{x}+\overline{y}\rangle=\langle \overline{x},\overline{x}\rangle-2\langle \overline{x},\overline{y}\rangle+\langle \overline{y},\overline{y}\rangle=\langle \overline{x},\overline{x}\rangle+\langle \overline{y},\overline{y}\rangle=\|\overline{x}\|^{2}+\|\overline{y}\|^{2}$$
es decir se cumple el teorema de pitagoras.

Sean ahora $\overline{x},\overline{y}\in \mathbb{R}^{2}$ y sea $\theta$ el ángulo entre ellos. Según la ley de los cosenos
\begin{align*} \|\overline{x}-\overline{y}\|^{2}&=\|\overline{x}\|^{2}+\|\overline{y}\|^{2}-2\|\overline{x}\|\|\overline{y}\|\cos(\theta) \\ &~\Rightarrow~\|\overline{x}\|^{2}-2\langle \overline{x},\overline{y}\rangle+\|\overline{y}\|^{2}=\|\overline{x}\|^{2}+\|\overline{y}\|^{2}-2\|\overline{x}\|\|\overline{y}\|\cos(\theta) \\ &~\Rightarrow~\langle \overline{x},\overline{y}\rangle=\|\overline{x}\|\|\overline{y}\|\cos(\theta) \end{align*}
Esta fórmula motiva la siguiente definición de ángulo $\theta$ entre dos vectores no nulos $\overline{x},\overline{y}\in E$, por medio de $$\boxed{\theta=\arccos\left(\frac{\langle \overline{x},\overline{y}\rangle}{|\overline{x}||\overline{y}|}\right)}$$

.

Introducción

Dada una curva $f:[a,b]\rightarrow\mathbb{R}^{n}$, el Vector Unitario Tangente $T$ es otra
función vectorial asociada a la curva, y está definida por:
$$\boxed{T(t)=\frac{f^{\prime}(t)}{\|f^{\prime}(t)\|}\ \ \ \ \text{siempre
que $|f^{\prime}(t)| \neq 0$.}}$$
De acuerdo a la definición anterior tenemos
$$\|T(t)\|=\left\|\frac{f^{\prime}(t)}{\|f^{\prime}(t)\|}\right\|=\frac{\|f'(t)\|}{\|f'(t)\|}=1$$
y de acuerdo a lo anterior
\begin{align*} \|T(t)\|=1 &~\Rightarrow~T(t)\cdot T(t)=1 \\ &~\Rightarrow~\frac{d}{dt}(T(t)\cdot T(t))=0 \\ &~\Rightarrow~T'(t)\cdot T(t)+T(t)\cdot T'(t)=0 \\ &~\Rightarrow~2(T'(t)\cdot T(t))=0 \\ &~\Rightarrow~T'(t)\cdot T(t)=0 \end{align*}
lo que implica que $T'(t)$ es ortogonal $T(t)$. Si $T^{\prime}\neq 0$ el vector unitario que tiene la misma dirección que $T^{\prime}$ se llama Vector Normal Principal a la
curva y se designa por $N(t)$. Asi pues $N(t)$ es una nueva función vectorial asociada a la curva y esta dada por la ecuación:
$$\boxed{N(t)=\frac{T^{\prime}(t)}{\|T^{\prime}(t)\|}\ \ \ \ \text{si}\ \ \ \ \ \|T^{\prime}(t)\| \neq 0}$$
de acuerdo a lo visto con el vector tangente, se tiene que $T(t)$ y $N(t)$ son ortogonales.
Un tercer vector definido mediante
$$\boxed{B(t)=T(t)\times N(t)}$$
recibe el nombre de Vector Binormal. Notese que $$\|B(t)\|=\|T(t)\times
N(t)\|=\|T(t)\|\|N(t)\|\sin\left(\frac{\pi}{2}\right)=1$$
de acuerdo a lo anterior
\begin{align*} \|B(t)\|=1&~\Rightarrow~B(t)\cdot B(t)=1 \\ &~\Rightarrow~\frac{d}{dt}(B(t)\cdot B(t))=0 \\ &~\Rightarrow~B'(t)\cdot B(t)+B(t)\cdot B'(t)=0\\ &~\Rightarrow~ 2(B'(t)\cdot B(t))=0\\ &~\Rightarrow~B'(t)\cdot B(t)=0 \end{align*}
por tanto $B'(t)$ es ortogonal a $B(t)$. Es decir $\boxed{B'(t)\cdot B(t)=0}$

Ejemplo. Pruebe que $\displaystyle{B'(t)\cdot T(t)=0}$
Solución. Si $B(t)=T(t)\times N(t)$ entonces $B(t)$ es ortogonal a $T(t)$ y $B(T)$ es ortogonal a $N(t)$ y por lo tanto $B(t)\cdot T(t)=0$
Por otro lado
$$N(t)=\frac{T(t)}{\|T'(t)\|}~\Rightarrow~\|T'(t)\|~N(T)=T'(t)$$
Si $B(t)$ es ortogonal a $N(t)$ entonces $B(t)$ es ortogonal a $\|T'(t)\|~N(T)$. Por lo tanto
$$B(t)\cdot T'(t)=B(t)\cdot \|T'(t)\|~N(T)=0$$
Tenemos entonces que
\begin{align*} \frac{d}{dt}(B(t)\cdot T(t))=0&~\Rightarrow~B'(t)\cdot T(t)+B(t)\cdot T'(t)=0 \\ &~\Rightarrow~B'(t)\cdot T(t)+0=0 \\ &~\Rightarrow~B'(t)\cdot T(t)=0 \end{align*}
Por lo tanto $\boxed{B'(t)\cdot T(t)=0}$.$~~\blacksquare$
Según los resultados anteriores $B'(t)\cdot B(t)=0$ y $B'(t)\cdot T(t)=0$. Pero también $N(t)\cdot B(t)=0$ y $N(t)\cdot T(t)=0$. Por lo tanto $N(t)$ y $B'(t)$ deben ser paralelos, es decir existe $\alpha$ tal que $\boxed{B'(t)=\alpha N(t)}$.
Si la curva está parametrizada por longitud de arco, considerando que $\|\overline{f}'(s)\|=1$, se tiene
\begin{align*} T(s) & =\overline{f}'(s) \\ N(s) & =\frac{\overline{f}»(s)}{|\overline{f}»(s)|} \\ B(s) & =T(s)\times N(s) \end{align*}
$\fbox{Fórmulas de Frenet-Serret}$
El sistema de vectores ${T(t),N(t),B(t)}$ forman un triedro en el cual
$$\boxed{B(t)=T(t)\times N(t)}$$
de acuerdo a la definición anterior
\begin{align*} B(t)=T(t)\times N(t)&~\Rightarrow~N(t)\times B(t)=N(t)\times (T(t)\times N(t)) \\ &~\Rightarrow~N(t)\times B(t)=(N(t)\cdot N(t))T(t)-(N(t)\cdot T(t))N(t) \\ &~\Rightarrow~N(t)\times B(t)=T(t)-0\cdot N(t) \\ &~\Rightarrow~N(t)\times B(t)=T(t) \end{align*}
por tanto
$$\boxed{N(t)\times B(t)=T(t)}$$
Análogamente de acuerdo a la definición anterior
\begin{align*} B(t)=T(t)\times N(t)&~\Rightarrow~B(t)\times T(t)=(T(t)\times N(t))\times T(t) \\ &~\Rightarrow~B(t)\times T(t)=(T(t)\cdot T(t))N(t)-(N(t)\cdot T(t))T(t) \\ &~\Rightarrow~B(t)\times T(t)=N(t)-0\cdot T(t) \\ &~\Rightarrow~B(t)\times T(t)=N(t) \end{align*}
por tanto
$$\boxed{B(t)\times T(t)=N(t)}$$
Por que dicho sistema de vectores, es un conjunto ortonormal. Las fórmulas que dan las derivadas del triedro móvil, en términos del mismo triedro móvil, se llaman las fórmulas de Frenet-Serret.
Teorema
(a) $\displaystyle{\frac{dT}{ds}=\kappa N}$
(b) $\displaystyle{\frac{dB}{ds}=-\tau N(s)}$
(c) $\displaystyle{\frac{dN}{ds}=\tau B-\kappa T}$
$\fbox{Demostración}$
(a) Por definición $\displaystyle{N(s)=\frac{T'(s)}{\|T'(s)\|}}$ y $\displaystyle{\kappa(s)=\left\|\frac{dT}{ds}\right\|=\|f»(s)\|}$. Luego
$$T'(s)=\|T'(s)\|~N(s)=\kappa(s)~N(s).$$
(b) $\displaystyle{\frac{dB}{ds}=-\tau N(s)}$ es fórmula de definición de torsión.
(c) \begin{align*} N'(s)&=B'(s)\times T(s)+B(s)\times T'(s) \\ &=-\tau N(s)\times T(s)+B(s)\times \kappa N(s) \\ &=\tau T(s)\times N(s)-\kappa N(s)\times B(s) \\ &=\tau B(s)-\kappa T(s).~~\blacksquare \end{align*}

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