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}$4

Notación
Denotamos a un elemento de ${\mathbb{R}}^n$ por $\bar{x}=(x_1,x_2,\dots ,x_n)$\Dados dos elementos $\bar{x},\bar{y}\in {\mathbb{R}}^n$ decimos que $\bar{x}=\bar{y}\iff x_i=y_i$ $\mathrm{\forall }i=1,2,\dots ,n$.
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 $+:{\mathbb{R}}^n\times {\mathbb{R}}^n\to {\mathbb{R}}^n$ para dos elementos $\bar{x},\bar{y}\in {\mathbb{R}}^n$ se define asi:
$$\bar{x}+\bar{y}=(x_1,x_2,\dots ,x_n)+(y_1,y_2,\dots ,y_n)=(x_1+y_1,x_2+y_2,\dots ,x_n+y_n)$$
El producto $\bar{x}\in {\mathbb{R}}^n$ por un escalar $a\in \mathbb{R}$ como
$$\alpha (x_1,x_2,\dots ,x_n)=(\alpha x_1,\alpha x_2,\dots ,\alpha x_n)$$
${\mathbb{R}}^n$ es un espacio vectorial.
La base canónica de dicho espacio vectorial son los vectores:$$e_1=(1,0,0,\dots ,0)$$$$e_2=(0,1,0,\dots ,0)$$$$.$$$$.$$$$.$$$$e_n=(0,0,0,\dots ,1)$$
ya que si $\bar{x}=(x_1,x_2,\dots ,x_n)$, se tiene que $\bar{x}=x_1{e}_1+x_2{e}_2+\dots +x_n{e}_n$

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 producto escalar en E es una función de $E\times E$ en $\mathbb{R}$ que a cada par de vectores $\bar{x},\bar{y}$ le asocia un número $$⟨\bar{x},\bar{y}⟩$$ que satisface las siguientes propiedades:

(a) $⟨\bar{x},\bar{x}⟩>0$ si $\bar{x}\ne 0$
(b) $⟨\bar{x},\bar{y}⟩=⟨\bar{y},\bar{x}⟩$
(c) $⟨\lambda \bar{x},\bar{y}⟩=\lambda ⟨\bar{x},\bar{y}⟩$
(d) $⟨\bar{x}+\bar{y},\bar{z}⟩=⟨\bar{x}+\bar{z}⟩+⟨\bar{y},\bar{z}⟩$
Ejemplo. Sea $C[a,b]$ el espacio lineal de todas las funciones reales continuas continuas en el intervalo $[a,b]$. Definimos $⟨f,g⟩$ mediante la fórmula $$⟨f,g⟩={\int }_a^{b}f(t)g(t)dt.$$
Vamos a probar que $⟨f,g⟩$ define un producto escalar en $c([a,b])$
(a) Tenemos que
$$⟨f,g⟩={\int }_a^{b}f(t)\cdot f(t)dt={\int }_a^b{f}^2(t)dt\ge 0$$
la última desigualdad la justificamos usando las propiedades de la integral ${\displaystyle f\ge 0\Rightarrow {\int }_a^{b}f\ge 0}$
(b) Tenemos que
$$⟨f,g⟩={\int }_a^{b}f(t)g(t)dt={\int }_a^{b}g(t)f(t)dt=⟨g,f⟩$$
(c) Tenemos que
$$⟨\lambda f,g⟩={\int }_a^b\lambda f(t)g(t)dt=\lambda {\int }_a^{b}f(t)g(t)dt=\lambda ⟨f,g⟩$$
(d) Tenemos que
$$\begin{array}{rl}⟨f+g,h⟩& ={\int }_a^b[f(t)+g(t)]h(t)dt\\ & ={\int }_a^b[f(t)h(t)+g(t)h(t)]dt\\ & ={\int }_a^{b}f(t)h(t)dt+{\int }_a^{b}g(t)h(t)dt\\ & =⟨f,h⟩+⟨g,h⟩\end{array}$$
en este caso $⟨f,g⟩$ es un producto escalar para $C[a,b]$.$\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◼"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fc.svg">}$

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

Definición. Un producto escalar $⟨,⟩$ 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
$$|\bar{x}|=\sqrt{⟨\bar{x},\bar{x}⟩}$$
En general, una norma en un espacio vectorial E es una aplicación $x\to |x|$ de E en $(0,+\mathrm{\infty })$ que satisface las siguientes propiedades:
(1) $|\bar{x}|\ge 0$ para toda $\bar{x}\in {\mathbb{R}}^n$ y $|\bar{x}|=0$ si y sólo si $\bar{x}=\bar{0}$
(2) $|\lambda \bar{x}|=\lambda |\bar{x}|$ para toda $\bar{x}\in {\mathbb{R}}^n$ y $\lambda \in \mathbb{R}$
(3) $|x+y|\le |x|+|y|$ para cualesquiera $\bar{x},\bar{y}\in {\mathbb{R}}^n$ (Desigualdad Triangular)
Al par $(E,|.|)$ se le denomina espacio normado.
Ejemplo. Veamos que
$$|\bar{x}|=\sqrt{⟨\bar{x},\bar{x}⟩}$$
define una norma.
Solucion.
(1) Tenemos que
$$|\bar{x}|=\sqrt{⟨\bar{x},\bar{x}⟩}\ge 0$$
la última igualdad la justificamo así: $⟨\bar{x},\bar{x}⟩>0\Rightarrow \sqrt{⟨\bar{x},\bar{x}⟩}>0$
(2) Tenemos que
$$\begin{array}{rl}|\lambda \bar{x}|& =\sqrt{⟨\lambda \bar{x},\lambda \bar{x}⟩}\\ & =\sqrt{{\lambda }^2⟨\bar{x},\bar{x}⟩}\\ & =|\lambda |⟨\bar{x},\overrightarrow{x}⟩\\ & =|\lambda ||\bar{x}|\end{array}$$
(3) Para la desigualdad del triángulo necesitamos antes probar un resultado
$\boxed{\text{Lema: Desigualdad de Caychy}}$
Si E es un espacio vectorial entonces $\mathrm{\forall }\bar{x},\bar{y}\in E$ se cumple
$$|⟨\bar{x},\bar{y}⟩|\le |\bar{x}||\bar{y}|$$
Demostración. Supongamos que $\bar{x},\bar{y}\ne 0$ y definimos
$$\bar{u}=\frac{\bar{x}}{\Vert \bar{x}\Vert }\bar{v}=\frac{\bar{y}}{\Vert \bar{y}\Vert }$$
Tenemos entonces que
$$\begin{array}{rl}\Vert \bar{u}\Vert & =\Vert \frac{\bar{x}}{|\bar{x}|}\Vert =\frac{\Vert \bar{x}\Vert }{\Vert \bar{x}\Vert }=1\\ \Vert \bar{v}\Vert & =\Vert \frac{\bar{y}}{\Vert \bar{y}\Vert }\Vert =\frac{\Vert \bar{y}\Vert }{\Vert \bar{y}\Vert }=1\end{array}$$
Por tanto
$$\begin{array}{rl}0\le \Vert \bar{u}-\bar{v}{\Vert }^2& =⟨\bar{u}-\bar{v},\bar{u}-\bar{v}⟩\\ & =⟨\bar{u}-\bar{u}⟩-2⟨\bar{u}-\bar{v}⟩+\bar{v}-\bar{v}\\ & =\Vert \bar{u}{\Vert }^2-2⟨\bar{u}-\bar{v}⟩+\Vert \bar{u}{\Vert }^2\\ & =1-2⟨\bar{u},\bar{v}⟩+1\\ & =2-2⟨\bar{u},\bar{v}⟩\end{array}$$
Por lo tanto
$$\begin{array}{rl}0\le 2-2⟨\bar{u},\bar{v}⟩& \Rightarrow 2⟨\bar{u},\bar{v}⟩\le 2\\ & \Rightarrow ⟨\bar{u},\bar{v}⟩\le 1\\ & \Rightarrow ⟨\frac{\bar{x}}{|\bar{x}|},\frac{\bar{y}}{\Vert \bar{y}\Vert }⟩\le 1\\ & \Rightarrow \frac{1}{\Vert \bar{x}\Vert \Vert \bar{y}\Vert }⟨\bar{x},\bar{y}⟩\le 1\\ & \Rightarrow ⟨\bar{x},\bar{y}⟩\le \Vert \bar{x}\Vert \Vert \bar{y}\Vert \end{array}$$
Reemplazando $\bar{x}$ por $-\bar{x}$ se obtiene que
$$\begin{array}{rl}⟨\overline{-x},\bar{y}⟩\le \Vert -\bar{x}\Vert \Vert \bar{y}\Vert & \Rightarrow -⟨\bar{x},\bar{y}⟩\le |-1||\bar{x}||\bar{y}|\\ & \Rightarrow ⟨\bar{x},\bar{y}⟩\ge -\Vert \bar{x}\Vert \Vert \bar{y}\Vert \end{array}$$
con lo que queda demostrada la desigualdad.$\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◼"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fc.svg">}$
Regresando ahora a la desigualdad triangular tenemos que
$$\begin{array}{rl}\Vert \bar{x}+\bar{y}\Vert =\sqrt{⟨\bar{x}+\bar{y},\bar{x}+\bar{y}⟩}& \Rightarrow \Vert \bar{x}+\bar{y}{\Vert }^2=⟨\bar{x}+\bar{y},\bar{x}+\bar{y}⟩\\ & \Rightarrow \Vert \bar{x}+\bar{y}{\Vert }^2=⟨\bar{x},\bar{x}⟩+2⟨\bar{x},\bar{y}⟩+⟨\bar{y},\bar{y}⟩\\ & \Rightarrow \Vert \bar{x}+\bar{y}{\Vert }^2=\Vert \bar{x}{\Vert }^2+2⟨\bar{x},\bar{y}⟩+|\bar{y}{|}^2\\ & \Rightarrow \Vert \bar{x}+\bar{y}{\Vert }^2\le \Vert \bar{x}{\Vert }^2+2\Vert \bar{x}\Vert \Vert \bar{y}\Vert +\Vert \bar{y}{\Vert }^2\\ & \Rightarrow \Vert \bar{x}+\bar{y}{\Vert }^2\le {(\Vert \bar{x}\Vert +\Vert \bar{y}\Vert )}^2\end{array}$$
Y tomando raíces en ambos miembros de la desigualdad, obtenemos el resultado.$\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◼"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fc.svg">}$

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

Ejemplo.

$\boxed{\text{La Norma 1 }\Vert \bar{x}{\Vert }_1}$
Definimos $$\begin{gathered} \Vert \\ ,{\Vert }_1:{\mathbb{R}}^n\to \mathbb{R} \end{gathered}$$ por
$\Vert {\Vert }_1=|x_1|+\dots +|x_n|$ $\mathrm{\forall }\overline{x}\in {\mathbb{R}}^n$. Vamos a probar que $\Vert {\Vert }_1$ es una norma en
${\mathbb{R}}^n$
(a) Dado que $\mathrm{\forall }x\in \mathbb{R}$ $|x|\ge 0$, se tiene $\Vert {\Vert }_1=|x_1|+\dots +|x_n|\ge 0$ $\mathrm{\forall }\overline{x}\in {\mathbb{R}}^n$.
(b) Si $\alpha \in \mathbb{R}$ y $\overline{x}=(x_1,\dots ,x_n)\in {\mathbb{R}}^n$, entonces
$$\begin{array}{ll}|\alpha \overline{x}|& =|\alpha x_1|+\dots +|\alpha x_n|\\ & =|\alpha ||x_1|+\dots +|\alpha ||x_n|\\ & =|\alpha |(|x_1|+\dots +|x_n|)\\ & =|\alpha ||\overline{x}|\mathrm{\forall }\overline{x}\in {\mathbb{R}}^n\end{array}$$
(c) Si $\overline{x}=(x_1,\dots ,x_n)$ y $\overline{y}=(y_1,\dots ,y_n)$ son elementos de ${\mathbb{R}}^n$
$$\begin{array}{ll}|\overline{x}+\overline{y}|& =|x_1+y_1|+\dots +|x_n+y_n|\\ & \le |x_1|+|y_1|+\dots +|x_n|+|y_n|\\ & =|x_1|+\dots +|x_n|+\dots +|y_1|+\dots +|y_n|\\ & =|\overline{x}{|}_1+|\overline{y}{|}_1\end{array}$$
Si $|\overline{x}{|}_1=0\Rightarrow |x_1|+\dots +|x_n|=0$ y como cada $|x_i|\ge 0$ $i=1,\dots ,n$ entonces $|x_1|+\dots +|x_n|=0\Rightarrow |x_i|=0$ $i=1,\dots ,n\therefore \overline{x}=0$.$\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◼"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fc.svg">}$
Ejemplo.
$\boxed{\text{La Norma infinito }\Vert \bar{x}{\Vert }_{\mathrm{\infty }}}$
Consideremos ahora la función $\Vert {\Vert }_{\mathrm{\infty }}:{\mathbb{R}}^n\to \mathbb{R}$ dada por
$$\boxed{{\displaystyle \Vert \bar{x}{\Vert }_{\mathrm{\infty }}=max|x_1|+\dots +|x_n|\mathrm{\forall }x\in {\mathbb{R}}^n}}$$
Vamos a probar que la función $\Vert {\Vert }_{\mathrm{\infty }}:{\mathbb{R}}^n\to \mathbb{R}$ es una norma en ${\mathbb{R}}^n$, que se denomina norma del máximo o norma cúbica.
(a) Puesto que $|x_i|\ge 0i=1,\dots ,n$\ entonces $$max|x_1|+\dots +|x_n|\ge 0$$ es decir $$\Vert \overline{x}{\Vert }_{\mathrm{\infty }}\ge 0$$
(b) Sea $\alpha \in \mathbb{R}$ y $\overline{x}\in {\mathbb{R}}^n$. Se tiene entonces
que $$\Vert \alpha \overline{x}\Vert =max\{|\alpha x_1|,\dots ,|\alpha x_n|\}=max\{|\alpha ||x_1|,\dots ,|\alpha ||x_n|\}$$
Supongamos ahora que
$$|x_{i\alpha }|=max\{|x_1|,\dots ,|x_n|\}$$
$\therefore |x_{i\alpha }|\ge |x_i|,\mathrm{\forall }i=1,\dots ,n\therefore |\alpha ||x_{i\alpha }|\ge |\alpha ||x_i|,\mathrm{\forall }i=1,\dots ,n$ $\therefore$ $|\alpha x_{i\alpha }|\ge |\alpha x_i|$ $\mathrm{\forall }i=1,\dots ,n$ por lo que
$$|\alpha ||x_{i\alpha }|=|\alpha x_{i\alpha }|=max\{|\alpha x_1|,\dots ,|\alpha x_n|\}=max\{|\alpha ||x_1|,\dots ,|\alpha ||x_n|\}$$
es decir $$|\alpha |max\{|x_1|,\dots ,|x_n|\}=max\{|\alpha x_1|,\dots ,|\alpha x_n|\}=max\{|\alpha ||x_1|,\dots ,|\alpha ||x_n|\}$$
$\therefore |\alpha |\Vert \overline{x}{\Vert }_{\mathrm{\infty }}=\Vert \alpha \overline{x}{\Vert }_{\mathrm{\infty }}$
(c) $\Vert \overline{x}+\overline{y}{\Vert }_{\mathrm{\infty }}=max\{|x_1+y_1|,\dots ,|x_n+y_n|\}$
Sea $$|x_{1\alpha }+y_{1\alpha }|=max\{|x_1+y_1|,\dots ,|x_n+y_n|\}$$
como $$|x_{1\alpha }+y_{1\alpha }|\le |x_{1\alpha }|+|y_{1\alpha }|$$
se tiene que $$max\{|x_1+y_1|,\dots ,|x_n+y_n|\}\le |x_{1\alpha }|+|y_{1\alpha }|$$
pero por definición de $$max\{|x_1|+\dots +|x_n|\}ymax\{|y_1|+\dots +|y_n|\}$$
también se tiene que $$|x_{1\alpha }|\le max\{|x_1|+\dots +|x_n|\}y|y_{1\alpha }|\le max\{|y_1|+\dots +|y_n|\}$$
luego $$max\{|x_1+y_1|,\dots ,|x_n+y_n|\}\le max\{|x_1|+\dots +|x_n|\}+max\{|y_1|+\dots +|y_n|\}$$
o sea $$\Vert \overline{x}+\overline{y}{\Vert }_{\mathrm{\infty }}\le \Vert \overline{x}{\Vert }_{\mathrm{\infty }}+\Vert \overline{y}{\Vert }_{\mathrm{\infty }}.\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◼"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fc.svg">}$$
Ejemplo. Norma Euclidiana
Consideremos ahora la función $\Vert {\Vert }_{\mathrm{\infty }}:{\mathbb{R}}^n\to \mathbb{R}$ dada por
$$|x|=\sqrt{⟨x,x⟩}$$
Vamos a mostrar que es una norma en ${\mathbb{R}}^n$
(a) $\Vert \overline{x}\Vert =\sqrt{x_1^2+\dots +x_n^2}\ge 0$ pues es la raíz positiva $\therefore$ $\Vert \overline{x}\Vert \ge 0$.
(b)

$$\begin{array}{ll}\Vert \alpha \overline{x}\Vert & =\sqrt{(\alpha x_1{)}^2+\dots +(\alpha x_n{)}^2}\\ & =\sqrt{{\alpha }^2{x}_1^2+\dots +{\alpha }^2{x}_n^2}\\ & =\sqrt{{\alpha }^2(x_1^2+\dots +x_n^2)}\\ & =\sqrt{{\alpha }^2}\sqrt{x_1^2+\dots +x_n^2}\\ & =|\alpha |\Vert \overline{x}\Vert \end{array}$$
(c)

$$\begin{array}{ll}\Vert \overline{x}+\overline{y}{\Vert }^2& =(x_1+y_1{)}^2+\dots +(x_n+y_n{)}^2\\ & =x_1^2+2x_1{y}_1+y_1^2+\dots +x_n^2+2x_n{y}_n+y_n^2\\ & =x_1^2+\dots +x_n^2+2(x_1{y}_1+\dots +x_n{y}_n)+y_1^2+\dots +y_n^2\\ & =\Vert \overline{x}{\Vert }^2+2(x_1{y}_1+\dots +x_n{y}_n)+\Vert \overline{y}{\Vert }^2\end{array}$$
Aplicando la desigualdad de Cauchy-Shwarz
$$x_1{y}_1+\dots +x_n{y}_n\le \Vert \overline{x}\Vert \Vert \overline{y}\Vert$$
se tiene que $$\Vert \overline{x}{\Vert }^2+2(x_1{y}_1+\dots +x_n{y}_n)+\Vert \overline{y}{\Vert }^2\le \Vert \overline{x}{\Vert }^2+2\Vert \overline{x}\Vert \Vert \overline{y}\Vert +\Vert \overline{y}{\Vert }^2={[\Vert \overline{x}\Vert +\Vert \overline{y}\Vert ]}^2$$
$\therefore \Vert \overline{x}+\overline{y}{\Vert }^2\le {[\Vert \overline{x}\Vert +\Vert \overline{y}\Vert ]}^2$ y al
sacar raiz obtenemos $\Vert \overline{x}+\overline{y}\Vert \le \Vert \overline{x}\Vert +\Vert \overline{y}\Vert$
(d) Si $\Vert \overline{x}\Vert =0$ se tiene entonces $\sqrt{x_1^2+\dots +x_n^2}=0$ es decir $x_1^2+\dots +x_n^2=0$ pero $x^2\ge 0\therefore x_i^2=0\mathrm{\forall }i=1,\dots ,n$ $\therefore \overline{x}=0$ $\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◼"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fc.svg">}$
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 $\Vert \Vert :{\mathbb{R}}^n\to \mathbb{R}$ que satisface las siguientes propiedades que denominaremos Axiomas de Norma para cualesquiera $\overline{x},\overline{y}\in {\mathbb{R}}^n$ y toda $\alpha \in \mathbb{R}$ se cumple:
(a) $\Vert \overline{x}\Vert \ge 0\Vert 0\Vert =0$
(b) $\Vert \alpha \overline{x}\Vert =|\alpha |\Vert \overline{x}\Vert$
(c) $\Vert \overline{x}+\overline{y}\Vert \le \Vert \overline{x}\Vert +\Vert \overline{y}\Vert$
(d) $\Vert \overline{x}\Vert =0\Rightarrow \overline{x}=0$
Proposición.
Para toda norma $||:{\mathbb{R}}^n\to \mathbb{R}$ se cumple:
(a) $\Vert -\overline{x}\Vert =\Vert \overline{x}\Vert \mathrm{\forall }x\in {\mathbb{R}}^n$
(b) $|\Vert \overline{x}\Vert -\Vert \overline{y}\Vert |\le \Vert \overline{x}-\overline{y}\Vert \mathrm{\forall }\overline{x},\overline{y}\in {\mathbb{R}}^n$
Proposición.
(a) $\Vert -\overline{x}\Vert =|-1|\Vert \overline{x}\Vert =\Vert \overline{x}\Vert$
(b) $0\le \Vert \overline{x}\Vert =\Vert \overline{x}-\overline{y}+\overline{y}\Vert \le \Vert \overline{x}-\overline{y}\Vert +\Vert \overline{y}\Vert$
$\therefore$ $\Vert \overline{x}\Vert -\Vert \overline{y}\Vert \le \Vert \overline{x}-\overline{y}\Vert$ Intercambiando $\overline{x}$ por $\overline{y}$ obtenemos $\Vert \overline{y}\Vert -\Vert \overline{x}\Vert \le \Vert \overline{y}-\overline{x}\Vert =\Vert \overline{x}-\overline{y}\Vert$ $\therefore$ $|\Vert \overline{y}\Vert -\Vert \overline{x}\Vert |\le \Vert \overline{x}-\overline{y}\Vert .\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◼"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fc.svg">}$

Ejemplo. Sea $I=[0,1]$. Demsotrar que $\Vert f\Vert =sup|f(x)|$. Es una norma
de $C[0,1]$
Solución.
(a) Recordar que toda función real continua definida en un intervalo cerrado es acotada, por tanto $\Vert f\Vert$ está bien definida.
(b) Puesto que $|f(x)|\ge 0\mathrm{\forall }x\in I$ entonces $\Vert f\Vert \ge 0$ y además, $\Vert f\Vert =0$ sii $|f(x)|=0\mathrm{\forall }x\in I$, i.e. sii $f=0$.
(c) Recordemos un resultado: Sean $a$ y $b$ números reales tales que $a\le b+\epsilon$.
Demostrar que $a\le b$
Supongase que $a>b$ entonces $a=b+\delta ,\delta >0$ tomamos $${\displaystyle \frac{\delta }{2}=\epsilon }$$
entonces $$a>b+\delta >b+{\displaystyle \frac{\delta }{2}=b+\epsilon \underset{\circ }{▽}}$$
$\therefore a\le b$ ahora sea $\epsilon >0$. Entonces existe $x_0\in I$ tal que
$$\begin{array}{ll}|f+g|& =sup|f(x)+g(x)|\\ & \le |f(x_0)+g(x_0)|+\epsilon \\ & \le |f(x_0)|+|g(x_0)|+\epsilon \\ & \le sup|f(x)|+sup|g(x)|+\epsilon \\ & =|f|+|g|+\epsilon \end{array}$$
$\therefore \Vert f+g\Vert \le \Vert f\Vert +\Vert g\Vert$
(d) Sea $k\in \mathbb{R}$ entonces
$$\begin{array}{ll}\Vert kf\Vert & =sup|kf(x)|\\ & =sup|k||f(x)|\\ & =|k|sup|f(x)|\\ & =|k|\Vert f(x)\Vert .\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◼"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fc.svg">}\end{array}$$
Ejemplo. Demostrar que $\Vert f\Vert ={\displaystyle {\int }_0^1|f(x)|dx}$ es una norma de $C[0,1]$ (funciones continuas en el intervalo $[0,1]$).
Solución
(a) $\Vert f\Vert ={\displaystyle {\int }_0^1|f(x)|dx\ge 0}$ puesto que $$|f(x)|\ge 0\Rightarrow {\displaystyle {\int }_0^1|f(x)|dx\ge 0}$$
(b) Tenemos que
$$\begin{array}{ll}\Vert kf\Vert & ={\displaystyle {\int }_0^1|kf(x)|dx}\\ & ={\displaystyle {\int }_0^1|k||f(x)|dx}\\ & =|k|{\displaystyle {\int }_0^1|f(x)|dx}\\ & =|k|\Vert f\Vert \end{array}$$
(c) Tenemos que
$$\begin{array}{ll}\Vert f+g\Vert & ={\displaystyle {\int }_0^1|f(x)+g(x)|dx}\\ & \le {\displaystyle {\int }_0^1[|f(x)|+|g(x)|]dx}\\ & ={\displaystyle {\int }_0^1|f(x)|dx+{\displaystyle {\int }_0^1|g(x)|dx}}& =\Vert f\Vert +\Vert g\Vert .\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◼"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fc.svg">}\end{array}$$
Ejemplo.
Definición. Sea $\Vert {\Vert }_p:{\mathbb{R}}^n\to \mathbb{R}$ dada asi: $$\Vert x{\Vert }_p={\left(\sum _{i=1}^n|x_i{|}^p\right)}^{\frac{1}{p}}$$
Vamos a demostrar que $|x{|}_p$ es una norma
Solución.
(a) Puesto que $|x_i|\ge 0,i=1,\dots ,n$ entonces $$\sum _1^n|x_i{|}^p\ge 0\therefore {\left(\sum _1^n|x_i{|}^p\right)}^{\frac{1}{p}}\ge 0\therefore \Vert x{\Vert }_p\ge 0$$
(b) Sea $\alpha \in \mathbb{R}$ y $\overline{x}\in {\mathbb{R}}^n$. Se tiene entonces
que $$\Vert \alpha \overline{x}{\Vert }_p={\left(\sum _1^n|\alpha x_i{|}^p\right)}^{\frac{1}{p}}={\left(|\alpha {|}^p\sum _1^n|x_i{|}^p\right)}^{\frac{1}{p}}=|\alpha |{\left(\sum _1^n|x_i{|}^p\right)}^{\frac{1}{p}}=|\alpha |\Vert x{\Vert }_p$$
(c) Tenemos que $$\Vert \bar{x}{\Vert }_p={[|x_1{|}^p+\dots +|x_n{|}^p]}^{\frac{1}{p}}$$ Ahora procederemos a demostrar que cumple con la propiedad de la desigualdad del triángulo, es decir que para $\bar{x},\bar{y}\in {\mathbb{R}}^n$ $$\Vert \bar{x}+\bar{y}{\Vert }_p\le \Vert \bar{x}{\Vert }_p+\Vert \bar{y}{\Vert }_p$$ 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 $$|ab|\le \frac{|a{|}^p}{p}+\frac{|b{|}^q}{q}$$
Demostración. Consideremos la función $\phi :[0,\mathrm{\infty })\to \mathbb{R}$ dada por $\phi (t)=t^m-mt$ con $m=\frac{1}{p}$
se tiene que ${\phi }^{\prime }(t)=m{t}^{m-1}-m=m(t^{m-1}-1)$ por lo
que ${\phi }^{\prime }(t)=0\iff m(t^{m-1}-1)=0\iff t=1$ por lo tanto $t=1$ es un punto crítico de la función, ahora volvemos a derivar ${\phi }^{\prime \prime }(t)=m(m-1)t^{m-2}$ que en $t=1$ es $<0$ por lo tanto en $t=1$, $\phi$ alcanza un punto máximo $\therefore$ $\phi (t)\le \phi (1)\Rightarrow t^m-mt\le mt-m\Rightarrow t^m-1\le m(t-1)$ Ahora hacemos ${\displaystyle t=\frac{|a{|}^p}{|b{|}^q}}$ y sustituimos
$${\displaystyle {\left(\frac{|a{|}^p}{|b{|}^q}\right)}^{\frac{1}{p}}-1\le \frac{1}{p}(\frac{|a{|}^p}{|b{|}^q}-1)}$$
multiplicando ambos miembros de la desigualdad por $|b{|}^q$ se
tiene que $$\left(|b{|}^q\right)({\left(\frac{|a{|}^p}{|b{|}^q}\right)}^{\frac{1}{p}}-1)\le \left(|b{|}^q\right)\left(\frac{1}{p}(\frac{|a{|}^p}{|b{|}^q}-1)\right)$$ lo que nos queda $$|a||b{|}^{q-\frac{q}{p}}-|b{|}^q\le \frac{|a{|}^p}{p}-|b{|}^q\Rightarrow |a||b{|}^{q-\frac{q}{p}}\le \frac{|a{|}^p}{p}-\frac{|b{|}^q}{p}+|b{|}^q$$
como ${\displaystyle q-\frac{q}{p}=1}$ y ${\displaystyle -\frac{|b{|}^q}{p}+|b{|}^q=\frac{|b{|}^q}{q}}$ tenemos entonces
$$|ab|\le \frac{|a{|}^p}{p}+\frac{|b{|}^q}{q}.\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◻"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fb.svg">}$$
Probaremos la desigualdad de Holder
$$\boxed{{\displaystyle \sum _{k=1}^n|a_k{b}_k|\le {\left[\sum _{k=1}^n|a_k{|}^p\right]}^{\frac{1}{p}}{\left[\sum _{k=1}^n|b_k{|}^q\right]}^{\frac{1}{q}}}}$$
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 ${\displaystyle a_k^{\prime }=\frac{a_k}{A}}$ y ${\displaystyle b_k^{\prime }=\frac{b_k}{B}}$ usando la desigualdad probada anteriormente se tiene
$$\begin{array}{rl}|a_k^{\prime }{b}_k^{\prime }|& \le \frac{|a_k^{\prime }{|}^p}{p}+\frac{|b_k^{\prime }{|}^q}{q}\\ & \Rightarrow \sum _{k=1}^n|a_k^{\prime }{b}_k^{\prime }|\le \sum _{k=1}^n\frac{|a_k^{\prime }{|}^p}{p}+\frac{|b_k^{\prime }{|}^q}{q}\\ & =\sum _{k=1}^n\frac{|a_k^{\prime }{|}^p}{p}+\sum _{k=1}^n\frac{|b_k^{\prime }{|}^q}{q}\\ & =\frac{1}{p}\sum _{k=1}^n|a_k^{\prime }{|}^p+\frac{1}{q}\sum _{k=1}^n|b_k^{\prime }{|}^q\\ & =\frac{1}{p}\sum _{k=1}^n{\left[\frac{a_k}{A}\right]}^p+\frac{1}{q}\sum _{k=1}^n{\left[\frac{b_k}{B}\right]}^q\\ & =\frac{1}{p}\frac{1}{A^p}\sum _{k=1}^n|a_k{|}^p+\frac{1}{q}\frac{1}{B^q}\sum _{k=1}^n|b_k{|}^q\end{array}$$
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
$$\begin{array}{rl}\frac{1}{p}\frac{1}{A^p}\sum _{k=1}^n|a_k{|}^p+\frac{1}{q}\frac{1}{B^q}\sum _{k=1}^n|b_k{|}^q& =\frac{1}{p}\frac{1}{\left(\sum _{k=1}^n|a_k{|}^p\right)}\sum _{k=1}^n|a_k{|}^p+\frac{1}{q}\frac{1}{\left(\sum _{k=1}^n|b_k{|}^q\right)}\sum _{k=1}^n|b_k{|}^q\\ & =\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1\end{array}$$
Por lo tanto
$$\begin{array}{rl}\sum _{k=1}^n|a^{\prime }k{b}^{\prime }k|\le 1& \Rightarrow \sum _{k=1}^n|\frac{a_k}{A}\frac{b_k}{B}|\le 1\\ & \Rightarrow \sum _{k=1}^n|a_k{b}_k|\le AB\\ & \Rightarrow \sum _{k=1}^n|a_k{b}_k|\le {\left(\sum _{k=1}^n|a_k{|}^p\right)}^{\frac{1}{p}}{\left(\sum _{k=1}^n|b_k{|}^q\right)}^{\frac{1}{q}}\end{array}$$
Ahora probaremos la desigualdad de Minkowski
$${[\sum _{k=1}^n|a_k+b_k{|}^p]}^{\frac{1}{p}}\le {\left[\sum _{k=1}^n|a_k{|}^p\right]}^{\frac{1}{p}}+{\left[\sum _{k=1}^n|b_k{|}^q\right]}^{\frac{1}{q}}$$
Tenemos que
$$\begin{array}{rl}\sum _{k=1}^n|a_k+b_k{|}^p=\sum _{k=1}^n|a_k+b_k{|}^{p-1}|a_k+b_k|& \le \sum _{k=1}^n|a_k+b_k{|}^{p-1}(|a_k|+|b_k|)\\ & =(\sum _{k=1}^n|a_k+b_k{|}^{p-1})\left(|a_k|\right)+(\sum _{k=1}^n|a_k+b_k{|}^{p-1})\left(|b_k|\right)\end{array}$$
Aplicando la desigualdad de Holder a cada sumando tenemos que
$$\begin{array}{rl}(\sum _{k=1}^n|a_k+b_k{|}^{p-1})\left(|a_k|\right)& \le {\left[\sum _{k=1}^n{a}_k^p\right]}^{\frac{1}{p}}{[\sum _{k=1}^n|a_k+b_k{|}^{q(p-1)}]}^{\frac{1}{q}}\\ & ={\left[\sum _{k=1}^n{a}_k^p\right]}^{\frac{1}{p}}{[\sum _{k=1}^n|a_k+b_k{|}^p]}^{\frac{1}{q}}\end{array}$$
$$\begin{array}{rl}(\sum _{k=1}^n|a_k+b_k{|}^{p-1})\left(|b_k|\right)& \le {\left[\sum _{k=1}^n{b}_k^p\right]}^{\frac{1}{p}}{[\sum _{k=1}^n|a_k+b_k{|}^{q(p-1)}]}^{\frac{1}{q}}\\ & ={\left[\sum _{k=1}^n{b}_k^p\right]}^{\frac{1}{p}}{[\sum _{k=1}^n|a_k+b_k{|}^p]}^{\frac{1}{q}}\end{array}$$
Por lo tanto
$$\sum _{k=1}^n|a_k+b_k{|}^p\le {\left[\sum _{k=1}^n{a}_k^p\right]}^{\frac{1}{p}}{[\sum _{k=1}^n|a_k+b_k{|}^p]}^{\frac{1}{q}}+{\left[\sum _{k=1}^n{b}_k^p\right]}^{\frac{1}{p}}{[\sum _{k=1}^n|a_k+b_k{|}^p]}^{\frac{1}{q}}$$
Multiplicando ambos miembros de la desigualdad por
$${[\sum _{k=1}^n|a_k+b_k{|}^p]}^{-\frac{1}{q}}$$
obtenemos
$$\begin{array}{rl}(\sum _{k=1}^n|a_k+b_k{|}^p){[\sum _{k=1}^n|a_k+b_k{|}^p]}^{-\frac{1}{q}}& ={(\sum _{k=1}^n|a_k+b_k{|}^p)}^{1-\frac{1}{q}}\\ & ={(\sum _{k=1}^n|a_k+b_k{|}^p)}^{\frac{1}{p}}\end{array}$$
$${\left[\sum _{k=1}^n{a}_k^p\right]}^{\frac{1}{p}}{[\sum _{k=1}^n|a_k+b_k{|}^p]}^{\frac{1}{q}}\left({[\sum _{k=1}^n|a_k+b_k{|}^p]}^{-\frac{1}{q}}\right)={\left[\sum _{k=1}^n{a}_k^p\right]}^{\frac{1}{p}}$$
$${\left[\sum _{k=1}^n{b}_k^p\right]}^{\frac{1}{p}}{[\sum _{k=1}^n|a_k+b_k{|}^p]}^{\frac{1}{q}}\left({[\sum _{k=1}^n|a_k+b_k{|}^p]}^{-\frac{1}{q}}\right)={\left[\sum _{k=1}^n{b}_k^p\right]}^{\frac{1}{p}}$$
Por lo tanto $${(\sum _{k=1}^n|a_k+b_k{|}^p)}^{\frac{1}{p}}\le {\left[\sum _{k=1}^n{a}_k^p\right]}^{\frac{1}{p}}+{\left[\sum _{k=1}^n{b}_k^p\right]}^{\frac{1}{p}}$$
Por lo tanto $$\Vert \bar{x}+\bar{y}{\Vert }_p\le \Vert \bar{x}{\Vert }_p+\Vert \bar{y}{\Vert }_p\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◼"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fc.svg">}$$

Ejemplo. Espacios ${\ell }_p$

Definición. Dado $\overline{x}\in {\mathbb{R}}^n$ definimos
$$\Vert \overline{x}{\Vert }_p={\left(\sum _{k=1}^n|x_k{|}^p\right)}^{\frac{1}{p}}sip\in [1,\mathrm{\infty })$$
Proposición. Dada $p\in [1,\mathrm{\infty })$, consideramos el conjunto ${\ell }_p$ de todas las sucesiones $(x_k)$ de números reales tales que la serie
$$\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}|x_k{|}^p$$converge. Entonces la función
$$\Vert (x_k){\Vert }_p={\left(\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}|x_k{|}^p\right)}^{\frac{1}{p}}$$es una norma en ${\ell }_p$
Demostración.
(a) Tenemos
$$\Vert x_k{\Vert }_p\ge 0\iff {\left(\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}|x_k{|}^p\right)}^{\frac{1}{p}}\ge 0\iff \sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}|x_k{|}^p\ge 0\iff |x_k{|}^p\ge 0\iff |x_k|\ge 0\iff x_k\ge 0$$
(b) $$\Vert \lambda x_k{\Vert }_p={\left(\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}|\lambda x_k{|}^p\right)}^{\frac{1}{p}}={\left(\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}|\lambda {|}^p|x_k{|}^p\right)}^{\frac{1}{p}}={\left(|\lambda {|}^p\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}|x_k{|}^p\right)}^{\frac{1}{p}}=|\lambda |{\left(\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}|x_k{|}^p\right)}^{\frac{1}{p}}=|\lambda |\Vert x_k{\Vert }_p$$
(c) Como la $\Vert {\Vert }_p$ satisface la desigualdad del triángulo, se tiene que
$${(\sum _{k=1}^n|x_k+y_k{|}^p)}^{\frac{1}{p}}\le {\left(\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}|x_k{|}^p\right)}^{\frac{1}{p}}+{\left(\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}|y_k{|}^p\right)}^{\frac{1}{p}}\le \Vert x_k{\Vert }_p+\Vert y_k{\Vert }_p$$
para todo $n\in \mathbb{N}$. En consecuencia, la serie
$$\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}|x_k+y_k{|}^p$$
converge y se cumple que
$$\Vert x_k+y_k{\Vert }_p={(\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}|x_k+y_k{|}^p)}^{\frac{1}{p}}\le \Vert x_k{\Vert }_p+\Vert y_k{\Vert }_p.\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◼"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fc.svg">}$$
Proposición. Sea $\overline{x}\in {\mathbb{R}}^n$, entonces
$$\Vert \overline{x}{\Vert }_{\mathrm{\infty }}\le \Vert \overline{x}\Vert \le \Vert \overline{x}{\Vert }_1\le n\Vert \overline{x}\Vert$$

Demostración. Sea $|x_k|=max|x_1,\dots ,|x_n||$
Se tiene entonces
$$|x_k|=\sqrt{x_k^2}\le \sqrt{x_1^2+\dots +x_n^2}=\Vert \overline{x}\Vert$$
$\therefore \Vert \overline{x}{\Vert }_{\mathrm{\infty }}\le \Vert \overline{x}\Vert$
Ahora bien
$${(\Vert \overline{x}\Vert )}^2=(|x_1{|}^2+\dots +|x_n{|}^2)\le \sum _{i=1}^n|x_i{|}^2+2\sum _{i\le i\le j\le n}|x_i||x_j|={(|x_1|+\dots +|x_n|)}^2={(\Vert \overline{x}{\Vert }_1)}^2$$
$$\Rightarrow {(\Vert \overline{x}\Vert )}^2\le {(\Vert \overline{x}{\Vert }_1)}^2$$
$$\Rightarrow \Vert \overline{x}\Vert \le \Vert \overline{x}{\Vert }_1$$
También si suponemos que $|x_j|=max|x_1|,\dots ,|x_n|$ entonces
$$\Vert \overline{x}{\Vert }_1=|x_j|\le |x_j|+\dots +|x_j|=n|x_j|=nmax|x_1|,\dots ,|x_j|=n\Vert \overline{x}{\Vert }_{\mathrm{\infty }}$$
por lo que
$$\Vert \overline{x}{\Vert }_1\le n\Vert \overline{x}{\Vert }_{\mathrm{\infty }}.\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◼"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fc.svg">}$$

Proposición. Sea $\overline{x}\in {\mathbb{R}}^n$ entonces
$$\Vert \overline{x}{\Vert }_{\mathrm{\infty }}\le \Vert \overline{x}\Vert \le \sqrt{n}\Vert \overline{x}{\Vert }_{\mathrm{\infty }}$$
Demostración. Suponemos que $|x_j|=max|x_1|,\dots ,|x_n|$. Se tiene entonces
$$|x_j|=\sqrt{x_j^2}\le \sqrt{x_1^2+\dots +x_j^2+\dots +x_n^2}=\Vert \overline{x}\Vert$$
Por tanto
$$\Vert \overline{x}{\Vert }_{\mathrm{\infty }}\le \Vert \overline{x}\Vert$$
Por otro lado suponemos que $|x_j|=max|x_1|,\dots ,|x_n|$ y tenemos
$$\Vert \overline{x}\Vert =\sqrt{x_1^2+\dots +x_j^2+\dots +x_n^2}\le \sqrt{x_j^2+\dots +x_j^2+\dots +x_j^2}=\sqrt{n(x_j^2)}=\sqrt{n}\Vert \overline{x}{\Vert }_{\mathrm{\infty }}$$
por lo tanto
$$\Vert \overline{x}\Vert \le \sqrt{n}\Vert \overline{x}{\Vert }_{\mathrm{\infty }}.\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◼"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fc.svg">}$$

Proposición. Sea $\overline{x}\in {\mathbb{R}}^n$ entonces
$$\Vert \overline{x}{\Vert }_1\le \sqrt{n}\Vert \overline{x}\Vert$$
Demostración.
$$\Vert \overline{x}{\Vert }_1=|x_1|+\dots +|x_n|=(1,\dots ,1)\cdot (|x_1|,\dots ,|x_1|)\le \Vert (1,\dots ,1)\Vert \Vert \overline{x}\Vert =\sqrt{n}\Vert \overline{x}\Vert$$
por lo tanto
$$\Vert \overline{x}{\Vert }_1\le \sqrt{n}\Vert \overline{x}\Vert .\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◼"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fc.svg">}$$

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 $⟨,⟩$, se dice que dos vectores $\bar{x},\bar{y}\in E$ son ortogonales si $$⟨\bar{x},\bar{y}⟩=0$$
Tenemos que si $⟨\bar{x},\bar{y}⟩=0$ entonces $$\Vert \bar{x}-\bar{y}{\Vert }^2=⟨\bar{x}+\bar{y},\bar{x}+\bar{y}⟩=⟨\bar{x},\bar{x}⟩-2⟨\bar{x},\bar{y}⟩+⟨\bar{y},\bar{y}⟩=⟨\bar{x},\bar{x}⟩+⟨\bar{y},\bar{y}⟩=\Vert \bar{x}{\Vert }^2+\Vert \bar{y}{\Vert }^2$$
es decir se cumple el teorema de pitagoras.

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

.

Más adelante

Como vimos en este apartado el concepto de norma nos permite relacionar la idea de longitud de un vector respecto al origen. De forma más extensa nos ayudará a relacionar la idea de longitud entre dos vectores como una distancia subyacente entre esos dos objetos.

Tarea moral

1.- Dada $f\in C^0[a,b]$ demuestra que ${\Vert f\Vert }_p=({\int }_a^b|f(x){|}^{p}dx{)}^{1/p}$ si $p\in [1,\mathrm{\infty })$ si $p\in [1,\mathrm{\infty })$ es una norma.

2.- Demuestra que ${\Vert f\Vert }_{\mathrm{\infty }}=max\{|f(x)|:a\le x\le b\}$ es una norma .

3.- Sea $f\in C^0[a,b]$ y $p\in [1,\mathrm{\infty }]$ demuestra que ${\Vert f\Vert }_p=0$ sí y solo si $f=0$.
4.- Demuestra la desigualdad de Minkowski para integrales. Si $p\in [1,\mathrm{\infty }]$ entonces $\Vert f+g\Vert \le |f|+|g|$ $\mathrm{\forall }f,g\in C^0[a,b]$

5.- Expresa el siguiente caso al vector a como la suma de un vector paralelo al vector b y uno ortogonal. Donde $a=(1,2,3)$, $b=(1,0,0)$.