¿$\|\cdot\|_2:C_\mathbb R([0,1],\mathbb C)\to\mathbb R:f\mapsto\sqrt{\int_0^1|f(t)|^2dt}$ Viene cualquier producto interno?

Question

Estoy tratando de mostrar a $\|\cdot\|_2$ es una norma en la $\mathbb C$-espacio vectorial $C([0,1],\mathbb C)$ donde $$\|\cdot\|_2:C([0,1],\mathbb C)\to\mathbb R:f\mapsto\sqrt{\int_0^1|f(t)|^2dt}$$

Me he quedado en el supuesto de que muestra el triángulo de la desigualdad. He de demostrar que $$\sqrt{\int_0^1|f(t)+g(t)|^2dt}\le\sqrt{\int_0^1|f(t)|^2dt}+\sqrt{\int_0^1|g(t)|^2dt}$$

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Edit: ya he recibido una respuesta usando la Desigualdad de Minkowski. No podemos concluir que por Cauchy-Schwarz, incluso cuando el campo base es $\mathbb R$ en lugar de $\mathbb C$? Puedo ver el espacio vectorial $C([0,1],\mathbb R)$ $\mathbb R$ el triángulo de la desigualdad se sigue de Cauchy-Schwarz teniendo en cuenta el producto interior $$(,):C_\mathbb R([0,1],\mathbb R)\times C_\mathbb R([0,1],\mathbb R)\to\mathbb R:(f,g)\mapsto\int_0^1f(t)g(t)dt.$$ But if we consider the linear space $C_\mathbb R([0,1],\mathbb C)$ then not necessarily $\int_0^1f(t)g(t)dt\in\mathbb R$ neither $\int_0^1f(t)\overline{g(t)}dt\in\mathbb R$. However $$(,):C_\mathbb R([0,1],\mathbb C)\times C_\mathbb R([0,1],\mathbb C)\to\mathbb R:(f,g)\mapsto\int_0^1|f(t)g(t)|dt$$ is not an inner product for it doesn't obey $(f,g+h)=(f,g)+(f,h).$

• ¿Cómo es posible resolver por Cauchy-Schwarz?

• Qué $\|\cdot\|_2:C_\mathbb R([0,1],\mathbb C)\to\mathbb R:f\mapsto\sqrt{\int_0^1|f(t)|^2dt}$ incluso pueden venir de cualquier producto interior?

Answer 1

El uso de la desigualdad de Minkowski: $$\int_0^1|f+g|^2\le\int_0^1|f|^2+\int_0^1|g|^2+2\int_0^1|fg|\le \int_0^1|f|^2+\int_0^1|g|^2+2\sqrt{\int_0^1|f|^2 \int_0^1 |g|^2}.$$

Una edición para reflejar otra pregunta del autor

Si usted se considera de valores complejos de funciones, a continuación, se define su producto interior como $$(f,g)=\int_0^1 f(t) \overline{g(t)}dt.$$ Nota, que el producto interior no es bilineal, pero lineal en una variable y semilinear en otro. Es fácil demostrar que esta expresión satisface los axiomas para el interior del producto: $$(\alpha f,\beta g) = \alpha \bar \beta (f,g), $$ $$ ( f, g+h) =( f, g )+( f, h), $$ $$ ( f+h, g) =( f, g )+( h, g), $$ $$(f,f)\ge 0,$$ $$(f,f)=0\iff f=0.$$ y que $\|f\|_{2} = \sqrt{(f,f)}$.

Si queremos probar la desigualdad de Minkowski para nuestro caso, escribimos $$\int_0^1|f+g|^2=(f+g,f+g)=\int_0^1(f+g)(\bar f +\bar g)=\int_0^1 f \bar f + \int_0^1 (g \bar f +f\bar g)+\int_0^1 g \bar g $$

$$=\|f\|_2^2+\|g\|_2^2+ (f,g)+(g,f)$$ Como $|(f,g)|=|(g,f)|\le \|f\|_2\|g\|_2$ por la de Cauchy-Schwarz desigualdad, ya que funciona para valores complejos de funciones (véase la prueba; tenga en cuenta que la prueba no utiliza la desigualdad de triángulo), por lo que podemos seguir

$$\le \|f\|_2^2+\|g\|_2^2+ 2 \|f\|_2\|g\|_2, $$ o en otras palabras $$\|f+g\|_2^2\le (\|f\|_2+\|g\|_2)^2$$ o $$\|f+g\|_2 \le \|f\|_2+\|g\|_2 $$

Answer 2

Si por $C_\mathbb{R}([0,1],\mathbb{C})$ que significa el complejo de valores de funciones continuas en $[0,1]$ visto como un verdadero espacio vectorial, a continuación, sólo necesitas tenga en cuenta que este espacio es el mismo que $C([0,1],\mathbb{R}^2)$ funciones de los espacios, y como espacios vectoriales sobre $\mathbb{R}$. A continuación, el interior del producto que desea es

$$ (f,g)= \int_0^1 f(x)\cdot g(x) dx = \int_0^1 f_1(x)g_1(x)+f_2(x)g_2(x) dx, $$ donde$f=(f_1,f_2)$$g=(g_1,g_2)$. C-S en el espacio que sigue directamente de C-S en $\mathbb{R}^2$ $L^2$ desde $|f\cdot g|\leq |f| |g|$, de modo que

$$ |(f,g)| \leq \int_0^1 |f(x)||g(x)| dx \leq \left( \int_0^1 |f(x)|^2dx \right)^{1/2}\left( \int_0^1 |g(x)|^2dx \right)^{1/2}. $$

El triángulo de la desigualdad también se sigue de esto ya

$$ \| f+g\|^2 =(f+g,f+g) = \| f\|^2 +2(f,g) +\| g\|^2 \leq \| f\|^2 +2\| f\|\| g\| +\| g\|^2 =(\| f\|+ \| g\|)^2. $$

Answer 3

El triángulo de la desigualdad de la $L^2$ norma es, precisamente, la desigualdad de Minkowski para el $L^2$ norma.

Una prueba simple de Minkowski de la desigualdad de los usos de la dualidad. Es decir, $$ \|f\|_2=\sup_{\|h\|_2=1}\,\left|\,\int_0^1f(x)h(x)\,\mathrm{d}x\,\right|\etiqueta{1} $$ El uso de $(1)$, obtenemos $$ \begin{align} \|f+g\|_2 &=\sup_{\substack{\|h_1\|_2=1\\\|h_2\|_2=1\\h_1=h_2}}\,\left|\,\int_0^1\big(f(x)h_1(x)+g(x)h_2(x)\big)\,\mathrm{d}x\,\right|\\ &\le\sup_{\substack{\|h_1\|_2=1\\\|h_2\|_2=1}}\,\left|\,\int_0^1\big(f(x)h_1(x)+g(x)h_2(x)\big)\,\mathrm{d}x\,\right|\\[12pt] &=\|f\|_2+\|g\|_2\tag{2} \end{align} $$ La desigualdad sigue la segunda porque se $\sup$ está siendo tomado en un conjunto más amplio de $h$s.

Para demostrar $(1)$, hacemos uso de Cauchy-Schwarz para mostrar $$ \sup_{\|h\|_2=1}\left|\,\int_0^1f(x)h(x)\,\mathrm{d}x\,\right|\le\|f\|_2\etiqueta{3} $$ Desde $\|f\|_2^2=\int_0^1f(x)\overline{f(x)}\,\mathrm{d}x$ si $h(x)=\overline{f(x)}/\|f\|_2$, $\|h\|_2=1$ y $$ \int_0^1f(x)h(x)\,\mathrm{d}x=\|f\|_2\etiqueta{4} $$ Por lo tanto, $(1)$ es cierto.

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Como se mencionó anteriormente, el complejo interior del producto $$ \langle f,g\rangle=\int_0^1f(x)\overline{g(x)}\,\mathrm{d}x\etiqueta{5} $$ lleva a la $L^2$ norma: $$ \|f\|_2^2=\langle f,f\rangle\etiqueta{6} $$