desigualdad de hölder, minkwoski, young, matrices definidas postivimante equivalencias

Universidad de Santiago de ChileFacultad de Ciencia

Departamento de Matematica y CC

Exposicion 1Omar Alejandro Ramos Hernandez

Tarea 1 Todo producto interno induce una norma, pero el recıproco es falso.

Todo producto interno induce una norma.DemostracionSea I(x, y) un producto interno en un espacio vectorial con cuerpo K = R y sea N(x) =

√I(x, x),

norma inducida por el producto interno. Veamos a acontinuacion que la norma ası definida cumplecon las propiedades de norma.i). N(x) =

√I(x, x) = 0 ⇐⇒ I(x, x) = 0 ⇐⇒ x = 0

ii).N(αx) =√I(αx, αx) =

√α2I(x, x) = |α|

√I(x, x) = |α|N(x)

iii). Por demostrar N(x+ y) ≤ N(x) +N(y), que es equivalente a demostrar

I(x+ y, x+ y) ≤ I(x, x) + 2√I(x, x)

√I(x, x) + I(y, y)

luego

I(x+ y, x+ y) = I(x, x) + I(x, y) + I(y, x) + I(y, y)

= I(x, x) + 2I(x, y) + I(y, y)

≤ I(x, x) + 2|I(x, y)|+ I(y, y) por la desigualdad de Schwartz

≤ I(x, x) + 2√I(x, x)

√I(y, y) + I(y, y)

por lo tanto N(x+ y) ≤ N(x) +N(y)iv) Como I(x, x) ≥ 0 ∀x ∈ V =⇒ N(x) =

√I(x, x) ≥ 0

El reciproco es falso.Sea C(J) el espacio lineal de las funciones reales continuas en un intervalo cerrado y acotado J siϕ ∈ C(J) definimos‖ϕ‖ = max

x∈J|ϕ(x)|, esta norma cumple con las propiedades de norma, en efecto,

i)‖ϕ‖ = maxx∈J |ϕ(x)| = 0 ⇐⇒ ϕ(x) = 0 ii)‖αϕ‖ = max

x∈J |(αϕ)(x)| = maxx∈J |α||ϕ(x)| =

|α|maxx∈J |ϕ(x)| = |α|‖ϕ(x)‖

iii) Claramente ‖ϕ‖ = maxx∈J |ϕ(x)| ≥ 0

iv)‖ϕ1 + ϕ2‖ ≤ ‖ϕ1‖+ ‖ϕ2‖, en efecto,‖ϕ1 + ϕ2‖ = max

x∈J |(ϕ1 + ϕ2)(x)| = maxx∈J |ϕ1(x) + ϕ2(x)| ≤ max

x∈J (|ϕ1(x)| + |ϕ2(x)|) =max

x∈J |ϕ1(x)|+ maxx∈J |ϕ2(x)| por lo tanto ‖ϕ‖ = max

x∈J |ϕ(x)| es una norma.Si una norma de deduce de un producto interno, la ley del paralelogramo N2(x+y)+N2(x−y) =2N2(x) + 2N2(y) es valida ∀x ∈ V . Demostremos primero que toda norma deducida de un pro-ducto interno cumple esta ley.

N2(x+ y) +N2(x− y) = I(x+ y, x+ y) + I(x− y, x− y)

= I(x, x) + 2I(x, y) + I(y, y) + I(x, x)− 2I(x, y) + I(y, y)

= 2I(x, x) + 2I(y, y)

= 2N2(x) + 2N2(y)

Ahora veamos que la norma definida de esta forma en el espacio de las funciones reales continuasno cumple la ley del paralelogramo, en efecto, sean x, y funciones continuas en el intervalo [0, 1],dadas por x(t) = t y(t) = 1 − t, entonces tenemos ‖x‖ = ‖y‖ = ‖x + y‖ = ‖x − y‖ = 1, luego‖x+ y‖2 + ‖x− y‖2 = 1 + 1 < 2 + 2, por lo tanto no se cumple la ley, luego el reciproco es falso.

1

Tarea 2 Probar que IA es un producto interno.DemostracionSea IA(X,Y ) = XtAY , donde A es simetrica y definida positiva y a la vez invertible. Ademas unamatriz es definida positiva si XtAX > 0, ∀x ∈ Rn, x 6= 0.i) IA(X,X) = XtAX > 0 ∀x ∈ Rn, x 6= 0 ya que A es una matriz definida positiva. La igualdad secumple solo en el caso en que X = 0, ya que, como A es invertible =⇒ XtAX = 0 ⇐⇒ AX = 0tiene la solucion trivial.ii)

IA(X1 +X2, Y ) = (X1 +X2)tAY

= Xt1AY +Xt

2AY

= IA(X1, Y ) + IA(X2, Y )

iii)

IA(αX, Y ) = (αX)tAY

= αXtAY

= αIA(X,Y )

iv) IA(X,Y ) = IA(Y,X), en efecto, Sea X =

x1...xn

, Y =

y1...yn

, A = aij , luego

IA(X,Y ) =(x1 . . . xn

)·

a11 . . . a1n. . .. . .. . .an1 . . . ann

·

y1...yn

=(a11x1 + a21x2+ . . . +an1xn+ . . . a1nx1 + a2nx2+ . . . annxn

)·

y1...yn

= y1

n∑i=1

ai1xi + y2

n∑i=1

ai2xi + . . . + yn

n∑i=1

ainxi (1)

=

n∑j=1

n∑i=1

aijxixj

De (1)

2

(1) = x1(y1a11 + y2a12 + . . .+ yna1n) + . . .+ xn(a1ny1 + . . .+ ynann)

= x1

(n∑i=1

ai1yi

)+ . . .+ xn

(n∑i=1

ainyi

)

=( ∑n

i=1 ai1yi . . .∑ni=1 ainyi

)·

x1...xn

=(y1 . . . yn

)·A ·

x1...xn

= Y tAX

luego IA(X,Y ) = IA(Y,X)

Tarea 3 Probar la desigualdad del triangulo de ‖x‖p x ∈ Rn

Sea ‖x‖p =

(n∑i=1

|xi|p) 1p

. Por demostrar que

(n∑i=1

|ai + bi|p) 1p

≤

(n∑i=1

|ai|p) 1p

+

(n∑i=1

|bi|p) 1p

(Desigualdad de Minkowski)

para el caso p > 1. Esta demostracion se basa en la desigualdad de Holder, que es una version gener-alizada de la de Cauchy-Schwartz

n∑i=1

|aibi| ≤

(n∑i=1

|ai|p) 1p

+

(n∑i=1

|bi|q) 1q

(Desigualdad de Holder)

donde los numeros p > 1 y q > 1 cumplen la condicion1

p+

1

q= 1.

Definamos y(t) = tα, con α > 0, y′(t) = αtα−1 para t > 0, esto implica y(t) es una funcion creciente,

continua para t > 0, por lo que su inversa t = y1α , esta definida, eligiendo dos numeros reales positivos

a y b y marcando los puntos correspondientes a los ejes t e y respectivamente y dibujando lineas rectasparalelas a los ejes, se obtienen dos areas, tal como muestra la siguiente figura.

3

Figura 1:

De donde

A1 =

∫ a

0

tαdt =aα+1

α+ 1

A2 =

∫ b

0

y1α dy =

b1α+1

1α + 1

Claramente se cumple que A1 +A2 ≥ ab, luego sea p = α+ 1 y q =1

α+ 1, vale entonces

1

p+

1

q= 1 en efecto,

1

α+ 1+

11α + 1

=1

α+ 1+

α

α+ 1= 1

por lo tanto, para cualesquiera a y b reales positivos se tiene

ap

p+bq

q≥ ab (∗) (Desigualdad de Young)

Poniendo en (∗) a =|ai|

(∑ni=1 |aj |p)

1p

, b =|bi|

(∑ni=1 |bj |q)

1q

, se tiene

|ai|

(∑ni=1 |aj |p)

1p

+|bi|

(∑ni=1 |bj |q)

1q

≥ |ai||bi|

(∑ni=1 |aj |p)

1p (∑ni=1 |bj |q)

1q

sumando con respecto al ındice i, el lado izquierdo de la expresion anterior se hace 1, debido a que1

p+

1

q= 1, luego

luegon∑i=1

|aibi| ≤

(n∑i=1

|ai|p) 1p(

n∑i=1

|bi|q) 1q

Utilizando la desigualdad de Holder, demostraremos la desigualdad de Minkowski.Consideremos la identidad (|a|+|b|)p = (|a|+|b|)p−1|a|+(|a|+|b|)p−1|b|, ahora, efectuando el reemplazoa = ai, b = bi y sumando con respecto al ındice

n∑i=1

(|ai|+ |bi|)p =

n∑i=1

(|ai|+ |bi|)p−1(|ai|+ |bi|) (2)

aplicando la desigualdad de Holder al lado derecho de (2) y sabiendo que1

p+

1

q= 1 ⇐⇒ p = q(p−1),

4

se tienen∑i=1

(|a|+ |b|)p ≤

(n∑i=1

(|ai|+ |bi|)p) 1q

·

( n∑i=1

|ai|p) 1p

+

(n∑i=1

|bi|q) 1q

dividiendo ambas partes por

(n∑i=1

(|ai|+ |bi|)p) 1q

, resulta(n∑i=1

(|ai|+ |bi|)p) 1p

≤

(n∑i=1

|ai|p) 1p

+

(n∑i=1

|bi|p) 1p

Ademas, sabemos que

n∑i=1

|ai + bi| ≤n∑i=1

(|ai|+ |bi|), luego

(n∑i=1

|ai + bi|p) 1p

≤

(n∑i=1

|ai|p) 1p

+

(n∑i=1

|bi|p) 1p

Tarea 4 Probar que las 3 caracterizaciones de una matriz definida positiva son equivalentes.Teorema. Sea A matriz simetrica, las siguientes afirmaciones son equivalentes:

i) A es definida positiva, < AX,X >= XtAX =∑ni=1

∑ni=1 aijxixj > 0

ii) λi > 0, ∀i (λi valores propios de A).

iii) δi > o, ∀i (menores), donde

A1 = δ1 = det(a11) = a11 > 0

A2 = δ2 = det

(a11 a12a21 a22

)> 0

.

.

.

An = δn = det(A) > 0

Demostracioni) =⇒ ii). Sea λ un valor propio de de A y v 6= 0 un vector propio correspondiente al valor propio deλ, tenemos0 < vtAv = vtλv = λvtv = λ‖v‖2 =⇒ λ > 0ii) =⇒ i). Como A es simetrica tiene descomposicion A = PDP t, donde las columnas de P sonuna base ortonormal de vectores propios y D es la diagonal de los valores propios respectivos. Ası,XtAX = XtPDP tX = (P tX)tDP tX, entonces si definimos z = P tX, se tendra que en terminos deestas nuevas variables tenemos ztAz = λ1z

21 + λ2z

22 + . . . + λnz

2n ≥ 0, la unica forma es que la suma

anterior sea cero es que z1 = z2 = . . . = zn = 0, pero entonces P tX = 0 =⇒ X = P · 0, ya quePT · P = I.

i) =⇒ iii). Sea a 6= 0 y definamos x =

a0...0

, entonces 0 < xtAx =

n∑i=1

xi

n∑i=1

aijxj = a2a11, luego

a11 > 0. Sea v = (v1, v2, . . ., vk)t ∈ Rk, tomemos x = (v1, . . ., vk, 0, . . ., 0)t ∈ Rn, con lo que tenemos

xtAx =

n∑i=1

xixjaij =

n∑i=1

vivjaij = vtAv

5

Si 6= 0 =⇒ x 6= 0, luego vtAv = xtAx > 0, es decir, Ak es definida positiva. De donde A1, A2, . . . , An

son todas definidas positivas. Como sus valores propios son todos positivos y|A| = |P ||D||P−1| = |D| > 0, luego |A1| > 0, |A2| > 0, . . ., |An| > 0.

iii) =⇒ i). Paso 1: Veamos que existe una matriz triangular superior P = pij con pkk = 1, 1 ≤ k ≤ n,y para la cual se tiene que B := AP triangular inferior.La existencia de P se puede plantear de lasiguiente manera

bik = ai1p1k + . . .+ ai(k−1)p(k−1)k + aikpkk + ai(k+1)p(k+1)k + . . .+ ainpnk =⇒bik = ai1p1k + . . .+ ai(k−1)p(k−1)k + aik para cada k > 1

Como se quiere que B sea triangular inferior, entonces tambien se debe tener que bik = 0 para cadak > i, entonces se debe cumplir que

ai1p1k + . . .+ ai(k−1)p(k−1)k + aik = 0 para cada k > 1

es decir, se tienen las siguientes relaciones

a11p1k + . . .+ a1(k−1)p(k−1)k + a1k = 0

a21p1k + . . .+ a2(k−1)p(k−1)k + a2k = 0

.

.

.

a(k−1)1p1k + . . .+ a(k−1)(k−1)p(k−1)k + a(k−1)k = 0a11 . . . a1(k−1). . .. . .. . .

a(k−1)1 . . . a(k−1)(k−1)

p1k...

p(k−1)k

=

−a1k...

−a(k−1)k

el sistema anterior debe tener solucion para cada k > 1, pero esto esta garantizado, ya que, det(Ak−1) >0. Luego la matriz P existe y B es triangular inferior.Paso 2: P t es triangular inferior y P tB = P tAP , es tambien triangular inferior. Sea D := P tAP ,entonces Dt = P tAP , ya que, A es simetrica siendo D simetrica y triangular inferior, entonces D = P tBes necesariamente diagonal

D =

d1 0 . . 00 d2 .. . .. . .0 . . 0 dn

Paso 3: Consideremos las columnas B1, . . ., Bn de B y las columnas A1, . . ., An de A, entonces

Br = A1p1r + . . .+Arprr + . . .+Anpnr

= Ar +A1p1r + . . .+A(r−1)p(r−1)r

De esto se obtiene que la columna r de la submatriz Bk es igual a la columna r de la submatriz Akmas una combinacion lineal de las restantes columnas de esta ultima matriz para efectos de calculo deldeterminante. Se tiene entonces det(Bk) = det(Ak), 1 ≤ k ≤ n, de igual forma, consideremos las filasde D y B

Dr = B1pr1 + . . .+Brprr + . . .+Bnprn

= Br +B1pr1 + . . .+Br−1pr(r−1)

6

de esto se obtiene que la fila r de la submatriz Dk, es igaul a la fila r de la submatriz Bk mas unacombinacion lineal de las restantes filas de esta ultima matriz. Para efectos del calculo del determinantese tiene entonces que det(Dk) = det(Bk), 1 ≤ k ≤ nEn suma se tiene

det(Ak) = det(Dk), 1 ≤ k ≤ n

pero det(Dk) = d1. . . dk = det(Ak) > 0 =⇒ los valores propios son positivos.Ademas recordemos que P res una matriz triangular superior con pkk = 1, 1 ≤ k ≤ n, por lo tanto Pes invertible.Sea x ∈ Rn no nulo, entonces xt tambien es un vector no nulo, ademas existe y ∈ Rn no nulo tal que

Py = xt luego x = ytP t y de esta forma

ytPy = ytP tAPY > 0

es decirxtAx > 0

7