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Producto de espacios vectoriales normados

Empecemos por recordar un concepto algebraico. Sean $E_1,\, E_2$ espacios vectoriales sobre un cuerpo conmutativo ${\mathbb{K}}$. Consideramos el producto cartesiano $E_1 \times E_2$ conjunto de todos los pares $(\vec{x}_1,\vec{x}_2)$ con $\vec{x}_1 \in E_1,\; \vec{x}_2 \in E_2$. Si $(\vec{x}_1,\vec{x}_2)$ e $(\vec{y}_1,\vec{y}_2) \in E_1 \times E_2$ definimos:

$$\mbox{\fbox{${\displaystyle (\vec{x}_1,\vec{x}_2)+ (\vec{y}_1... ...{x}_1+ \vec{y}_1, \vec{x}_2+ \vec{y}_2) \in E_1 \times E_2}$}}$$ (4)

Si $(\vec{x}_1,\vec{x}_2) \in E_1 \times E_2$ y $\alpha \in {\mathbb{K}}$ definimos:

$$\mbox{\fbox{${\displaystyle \alpha \, (\vec{x}_1,\vec{x}_2)= \colon ( \alpha \vec{x}_1, \alpha \vec{x}_2)}$}}$$ (5)

Las definiciones (4) y (5) hacen de $E_1 \times E_2$ un espacio vectorial sobre ${\mathbb{K}}$ que se llama PRODUCTO DEL ESPACIO VECTORIAL POR EL ESPACIO VECTORIAL .

El espacio vectorial $E_1 \times E_2$ es suma directa de sus subespacios $E_1 \times \{ 0 \}$ y $\{0\} \times E_2$.

En efecto:

1. Todo elemento de $E_1 \times E_2$ puede escribirse:
   
   $$(\vec{x}_1,\vec{x}_2) = (\vec{x}_1,0)+ (0,\vec{x}_2)$$
   
   
   donde $(\vec{x}_1,0) \in E_1 \times \{ 0 \}$ y $(0,\vec{x}_2) \in \{ 0 \} \times E_2$.
2. La intersección de los subespacios $E_1 \times \{ 0 \}$ y $\{0\} \times E_2$ es el elemento cero de $E_1 \times E_2$.

a) y b) prueban lo aseverado.

Por otra parte, la aplicación $(\vec{x},0) \mapsto \vec x$ es un isomorfismo lineal canónico de $E_1 \times \{ 0 \}$ sobre $E_1$ y $(0,\vec{y}) \mapsto \vec y$ es un isomorfismo lineal de $\{0\} \times E_2$ sobre $E_2$. Si, mediante dichos isomorfismos canónicos, identificamos el espacio vectorial $E_1 \times \{ 0 \}$ con $E_1$ y el espacio vectorial $\{0\} \times E_2$ con $E_2$, podemos escribir:

$$\fbox{${\displaystyle E_1 \times E_2 = E_1 \oplus E_2}$}$$

En particular si $E_1$ y $E_2$ son espacios vectoriales de dimensiones finitas, tendremos:

$$\fbox{${\displaystyle \mbox{\rm dim }(E_1 \times E_2) =\mbox{\rm dim }(E_1) + \mbox{\rm dim }(E_2)}$}$$

Volvamos al convenio:

$$\fbox{${\displaystyle {\mathbb K}= {\mathbb R}\;\; \mbox{o}\;\; {\mathbb C}}$}$$

Sean $(E_1,{\cal N}_1),\, (E_2,{\cal N}_2)$ espacios vectoriales normados. Definamos una función ${\cal N} \colon E_1 \times E_2 \to {\mathbb{R}}$ por:

$$\fbox{${\displaystyle {\cal N}(\vec{x}_1,\vec{x}_2)= \colon \... ...\left( {\cal N}_1 (\vec{x}_1),{\cal N}_2 (\vec{x}_2) \right)}$}$$

Afirmamos que $\cal N$ es una norma sobre el espacio vectorial $E_1 \times E_2$. En efecto:

1. Claramente ${\cal N}(\vec{x}_1,\vec{x}_2) \ge 0 \quad \forall \, (\vec{x}_1,\vec{x}_2) \in E_1 \times E_2$.
2. $\forall \, (\vec{x}_1,\vec{x}_2) \in E_1 \times E_2$ y $\forall \alpha \in {\mathbb{K}}$ vale:
   $$\begin{eqnarray*} {\cal N}\left( \alpha (\vec{x}_1,\vec{x}_2)\right) &=& {\cal ... ...right) \\ &=& \vert\alpha \vert {\cal N}(\vec{x}_1,\vec{x}_2) \end{eqnarray*}$$
   
   

3. Para dos elementos arbitrarios $(\vec{x}_1,\vec{x}_2)$, $(\vec{y}_1,\vec{y}_2)$ de $E_1 \times E_2$ vale:
   

   $${\cal N} \left( (\vec{x}_1,\vec{x}_2)+ (\vec{y}_1,\vec{y}_2) \right) = {\cal N}(\vec{x}_1+ \vec{y}_1,\vec{x}_2+ \vec{y}_2)$$

   $$= \mbox{\rm M\'ax } \left( {\cal N}_1 (\vec{x}_1+ \vec{y}_1) , {\cal N}_2 (\vec{x}_2+ \vec{y}_2) \right)$$

   $$\leq \mbox{\rm M\'ax } \left( {\cal N}_1 (\vec{x}_1)+ {\cal N}_1(\vec{y}_1), \right.$$

   $$\ \left.\hspace{2.75em} {\cal N}_2 (\vec{x}_2) + {\cal N}_2 (\vec{y}_2) \right)$$ (6)

   
   
   Pero ${\cal N}_1 (\vec{x}_1) \le {\cal N}(\vec{x}_1,\vec{x}_2)$ y ${\cal N}_2 (\vec{x}_2) \le {\cal N}(\vec{x}_1,\vec{x}_2)$. Así como también ${\cal N}_1 (\vec{y}_1) \le {\cal N}(\vec{y}_1,\vec{y}_2)$ y ${\cal N}_2(\vec{y}_2) \le {\cal N}(\vec{y}_1,\vec{y}_2)$. Así pues (6) entraña:
   
   $${\cal N} \left( (\vec{x}_1,\vec{x}_2) + (\vec{y}_1,\vec{y}_2)... ...e {\cal N}(\vec{x}_1,\vec{x}_2) + {\cal N}(\vec{y}_1,\vec{y}_2)$$
   
   
   o sea, la desigualdad del triángulo para $\cal N$.

4. Supongamos ${\cal N}(\vec{x}_1,\vec{x}_2) =0$. Ya que ${\cal N}(\vec{x}_1,\vec{x}_2)= \mbox{\rm M\'ax }\left( {\cal N}_1 (\vec{x}_1), {\cal N}_2 (\vec{x}_2) \right)$, la hipótesis equivale a ${\cal N}(\vec{x}_1) =0$ y ${\cal N}_2(\vec{x}_2)=0$, o sea: $\vec{x}_1 =0$ y $\vec{x}_2=0$, o sea, $(\vec{x}_1,\vec{x}_2)=0$.

   Queda pues comprobado que $\cal N$ es efectivamente una norma sobre el espacio vectorial $E_1 \times E_2$. El espacio vectorial normado $(E_1 \times E_2,{\cal N})$ se llama el PRODUCTO DEL ESPACIO VECTORIAL NORMADO #MATH4141# POR EL ESPACIO VECTORIAL NORMADO #MATH4142#.

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