Posible error en la solución de Baby Rudin Ch. 6 Ex. 11

Question

Este es el ejercicio 11, capítulo 6 de Baby Rudin:

Dejemos que $\alpha$ sea una función fija creciente sobre $[a, b]$ . Para $u \in \mathscr{R}(\alpha)$ , defina $$ \lVert u \rVert_2 = \left\{ \int_a^b \lvert u \rvert^2 \ \mathrm{d} \alpha \right\}^{1/2}. $$ Supongamos que $f, g, h \in \mathscr{R}(\alpha)$ y demostrar la desigualdad del triángulo $$ \lVert f-h \rVert_2 \leq \lVert f-g \rVert_2 + \lVert g-h \rVert_2 $$ como consecuencia de la desigualdad de Schwarz

donde por "desigualdad de Schwarz", Rudin entiende la siguiente versión de la desigualdad de Holder:

$$\left\lvert \int_a^b f g \ \mathrm{d} \alpha \right\rvert \leq \left\{ \int_a^b \lvert f \rvert^2 \ \mathrm{d} \alpha \right\}^{1/2} \left\{ \int_a^b \lvert g \rvert^2 \ \mathrm{d} \alpha \right\}^{1/2}. $$

La solución a esta pregunta en el manual de soluciones es:

En la primera pantalla del lado izquierdo, debe decir $||f-h||_2^2$ en lugar de $||f-h||_2^1$ . Mi pregunta se refiere a la única desigualdad de la prueba. En particular, ¿cómo es que es cierto que $$\int_a^b |f-g||g-h| \ d\alpha \le \left\{ \int_a^b \lvert f-g \rvert^2 \ \mathrm{d} \alpha \right\}^{1/2} \left\{ \int_a^b \lvert g-h \rvert^2 \ \mathrm{d} \alpha \right\}^{1/2}?$$ Esto no parece el uso correcto de la "desigualdad de Schwarz" o me estoy perdiendo algo? ¿Puede alguien proponer una versión correcta de la solución?

La solución a la misma pregunta aquí parece sufrir el mismo problema, si es que es un problema, claro.

Answer 1

Respecto a tu primera pregunta estoy de acuerdo, parece que debería ser $\|g-h\|_{2}^{2}$ en el lado izquierdo.

Para tu segunda pregunta, la desigualdad de Cauchy-Schwarz es un caso especial de H $\ddot{\text{o}}$ La desigualdad de lder en el sentido de que es el caso aplicable a los productos internos. Así que en la segunda pantalla que tienes que explica esto los pasos intermedios son, \begin{align} \bigg|\int_{a}^{b}fgd\alpha\bigg|\leq\int_{a}^{b}|f||g|d\alpha=\|fg\|_{1}\leq\|f\|_{2}\|g\|_{2}=\bigg(\int_{a}^{b}|f|^{2}d\alpha\bigg)^{1/2}\bigg(\int_{a}^{b}|g|^{2}d\alpha\bigg)^{1/2} \end{align}

La otra cosa que hay que tener en cuenta aquí es que parece que estás interpretando mal la solución. Usted está preguntando cómo, \begin{align} \int_{a}^{b}|f-g||g-h|d\alpha\leq\|f\|_{2}\|g\|_{2}, \end{align} que no es lo que se presenta en la prueba. En la prueba de Rudin está utilizando, \begin{align} \int_{a}^{b}|f-g||g-h|d\alpha\leq\|f-g\|_{2}\|g-h\|_{2}. \end{align}

EDIT: Para aclarar la última desigualdad, ya que $f,g,h$ son todos integrables de Riemann con respecto a $d\alpha$ entonces $f-g$ y $g-h$ también son integrables de Riemann. Así que considera, \begin{align} \int_{a}^{b}|f-g||g-h|d\alpha=\|(f-g)(g-h)\|_{1}\leq\|f-g\|_{2}\|g-h\|_{2}=\bigg(\int_{a}^{b}|f-g|^{2}d\alpha\bigg)^{1/2}\bigg(\int_{a}^{b}|g-h|^{2}d\alpha\bigg)^{1/2} \end{align}

EDIT2: Como ha señalado Paramanand, ya que $f-g$ y $g-h$ son integrables de Riemann sustituyen a $f$ por $|f-g|$ y $g$ por $|g-h|$ en la desigualdad de Cauchy-Schwarz dada para obtener, \begin{align} \int_{a}^{b}|f-g||g-h|d\alpha=\bigg|\int_{a}^{b}|f-g||g-h|d\alpha\bigg|\leq\bigg(\int_{a}^{b}|f-g|^{2}d\alpha\bigg)^{1/2}\bigg(\int_{a}^{b}|g-h|^{2}d\alpha\bigg)^{1/2} \end{align}