Analisis Funcional

March 28, 2017 | Author: Alejandro Melchor | Category: N/A

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Teor´ıa, procedimientos de demostración y ejercicios de Análisis Funcional Lic. Alejandro Alonso F´ uster Dra. Luc´ıa Arg¨ uelles Cortés

´ FACULTAD DE MATEMATICA, FÍSICA ´ Y COMPUTACION Universidad Central “Marta Abreu”de Las Villas Cuba 2005

Índice General 1 Una aproximaci´ on al estudio del An´ alisis Funcional 1 1.1 Orientaciones metodológicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 1.2 Caracter´ısticas del texto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.3 Sobre el enfoque global en el curso de Análisis Funcional . . . 5 1.4 Preámbulo al texto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.4.1 Influencia del Análisis Clásico en el Análisis Funcional 7 1.4.2 Generalización de la geometr´ıa al Análisis Funcional . . 10 1.4.3 Importancia de los espacios normados generales . . . . 11 1.5 Panorámica del texto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 2 Espacios normados 2.1 Espacios normados . . . . . . . . . . 2.2 Espacios de Banach . . . . . . . . . . 2.3 Espacios de Hilbert . . . . . . . . . . 2.4 Desigualdades de Hölder y Minkowski 2.5 Ejercicios Resueltos . . . . . . . . . . 2.6 Ejercicios Propuestos . . . . . . . . .

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3 Operadores lineales 3.1 Continuidad, acotación y norma de un operador lineal 3.1.1 Ejercicios Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Espacio de operadores lineales acotados . . . . . . . . 3.2.1 Ejercicios Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . 3.3 Operadores inversos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.1 Ejercicios Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . 3.4 Operadores cerrados . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4.1 Ejercicios Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . 3.5 Operadores casi cerrados . . . . . . . . . . . . . . . . i

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15 16 20 24 25 27 43

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45 45 50 60 63 70 71 79 85 92

3.6

3.5.1 Ejercicios Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93 Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

4 Espacios duales y operadores conjugados 4.1 Funcionales lineales continuos en espacios normados . . . . . 4.2 Teorema de Hahn-Banach. Estructura del Espacio Dual . . . 4.2.1 Aplicaciones del Teorema de la Acotación Uniforme al caso de funcionales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2.2 Ejercicios Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3 Espacio Dual . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3.1 Operadores Conjugados . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3.2 Conjugado de Hermite . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3.3 Ejercicios Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.4 Convergencia Débil . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.4.1 Ejercicios Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.5 Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

99 . 99 . 101 . . . . . . . . .

102 108 119 121 122 124 132 135 140

5 Conjuntos compactos y Operadores totalmente continuos 5.1 Conjuntos compactos en espacios normados . . . . . . . . . 5.2 Operadores lineales totalmente continuos . . . . . . . . . . . 5.2.1 Ejercicios Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3 Ejercicios resueltos aplicados a la resolución de ecuaciones integrales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.4 Ejemplos Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

142 . 143 . 144 . 150

6 Operadores autoconjugados. Teor´ıa espectral 6.1 Operadores autoconjugados . . . . . . . . . . 6.1.1 Ejercicios Resueltos . . . . . . . . . . . 6.2 Espectro de un operador lineal . . . . . . . . . 6.2.1 Ejercicios Resueltos . . . . . . . . . . . 6.3 Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . .

180 . 180 . 182 . 188 . 195 . 206

ii

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. 161 . 179

Cap´ıtulo 1 Una aproximaci´ on al estudio del An´ alisis Funcional El Análisis Funcional es un producto de las matemáticas modernas que condensa resultados de diferentes ramas del análisis tales como: las ecuaciones diferenciales ordinarias y parciales, ecuaciones integrales, cálculo variacional, análisis numérico, teor´ıa de aproximaciones y otros. Se ha demostrado que resulta sumamente importante para una mejor comprensión de resultados ya obtenidos y por obtener. Hoy d´ıa, es imposible trabajar en temas del análisis sin alg´ un conocimiento de los métodos y herramientas que nos proporciona. El análisis clásico trabaja en espacios eucl´ıdeos n−dimensionales, de donde tenemos las nociones de funciones, convergencia, etc. El Análisis Funcional extiende y generaliza considerablemente algunas nociones como espacio, convergencia y función. Los elementos de los espacios ahora no sólo serán n´ umeros o n−uplos de n´ umeros sino elementos de naturaleza arbitraria, por ejemplo: funciones, medidas, sucesiones. Estos espacios pueden tener infinitas dimensiones y éstas pueden ser contables o no. Además de funciones se tienen aplicaciones (transformaciones) de espacios en otros, por lo que en casos especiales podemos hablar de funcionales y operadores. La convergencia y los l´ımites serán también redefinidos de manera muy general para espacios muy abstractos. La forma muy general de estas nociones básicas permite aplicar los resultados en otras ramas distintas de las matemáticas. Algunos resultados están muy cerca de los clásicos del análisis, pero en otros casos difieren considerable1

mente de las ideas que se tienen de los espacios euclideanos n−dimensionales. Resulta un hecho que las interpretaciones geométricas son muy importantes para entender muchos métodos del Análisis Funcional, es por esto que resulta necesario conocer las nociones geométricas en cualquier momento en esta especialidad. Las herramientas algebraicas son, también, de suma importancia y completan la idea de que existen tres ramas de las matemáticas (geometr´ıa, álgebra y análisis) que se encuentran conectadas de una manera muy evidente. Este texto comienza desde un recordatorio de algunos conceptos y se va adentrando en la teor´ıa m´ınima necesaria para resolver m´ ultiples problemas del Análisis Funcional.

1.1

Orientaciones metodol´ ogicas

La asignatura Análisis Funcional es una de las de mayor grado de abstracción a la cual se enfrenta el estudiante de Licenciatura en Matemática. Esto se debe a su carácter unificador, destinado a la obtención de resultados muy generales que pueden ser aplicados prácticamente en todas las ramas de la Matemática. Lo anterior explica por qué esta asignatura es considerada simultáneamente como básica espec´ıfica y como asignatura del ejercicio de la profesión. El enfoque intr´ınseco del Análisis Funcional constituye una dificultad para la generalidad de los estudiantes que la reciben a la altura del cuarto a˜ no de la carrera, tras haber recibido otras asignaturas básicas y del ejercicio de la profesión, donde se han aprendido algunas técnicas un tanto espec´ıficas del Análisis Funcional. Entre estas asignaturas pueden citarse el Análisis Matemático, la Topolog´ıa y la Teor´ıa de la Medida e Integración. La dificultad que se ha aludido ha sido reconocida por estudiantes de todas las universidades del pa´ıs en diversos contextos, por lo cual la impartición del Análisis Funcional constituye un reto pedagógico para los profesores del claustro de la carrera, agravado por la carencia de textos con caracter´ısticas idóneas. 2

El texto básico carece expl´ıcitamente de ejercitación y los textos de consulta que pueden utilizarse (que se refieren en la bibliograf´ıa de este texto) manifiestan algunos de los se˜ nalamientos siguientes: • Solo muestran algunos ejercicios propuestos, ninguno resuelto. • Indican respuestas cualitativas de algunos ejercicios propuestos. En algunos casos se esboza la aplicación de ciertos artificios. Por lo antes se˜ nalado reviste importancia acometer la didáctica especializada de esta asignatura a partir de la elaboración de un libro como material de estudio que posea las caracter´ısticas requeridas, en particular, cubrir los contenidos planteados en el Plan de Estudios de la Carrera de Matemática. La intención del texto es viabilizar la adquisición de habilidades en las técnicas del Análisis Funcional, que deben lograrse mediante las formas organizativas de docencia tales como el seminario, cuya preparación debe estar apoyada en una adecuada orientación del trabajo independiente. El seminario es propicio para debatir tanto aspectos teóricos como prácticos, por lo que se ha prestado atención al desarrollo de ejemplos de ambos tipos en el texto. Por tanto, complementando el texto con una gu´ıa apropiada, se puede estimular la independencia en el estudiante, potenciar la inclusión de temas novedosos del perfil del especialista (de acuerdo con el Plan de Estudio), seleccionar las actividades preparatorias para el desarrollo del seminario y basar la ejecución de actividades de reafirmación de conocimientos.

1.2

Caracter´ısticas del texto

El presente libro es el resultado de varios a˜ nos de trabajo de los profesores de la asignatura Análisis Funcional y surge debido a la necesidad de que tanto los estudiantes como los profesores puedan utilizar un texto metodológicamente apropiado para el desarrollo del proceso docente-educativo. El mismo está estructurado mediante seis cap´ıtulos que abarcan temas básicos de la formación del profesional en esta asignatura. Cada uno de los cap´ıtulos presenta los esenciales teóricos dosificados en ep´ıgrafes que muestran las 3

definiciones, relaciones teóricas fundamentales y comentarios que contribuyen a la fijación del conocimiento. El desarrollo de los ejercicios está preparado para que el profesor pueda viabilizar la ense˜ nanza problémica y para que el estudiante pueda estudiar de forma tutorial bajo la orientación del docente porque se han explotado creativamente las facilidades del editor1 para este fin. Como caracter´ıstica general, la forma de presentación de los cap´ıtulos confiere una unidad metodológica al texto. Este hecho, unido a que el tratamiento teórico es general y el contenido es consecuente con los requerimientos de la ejercitación seleccionada, hace del texto un material bibliográfico auto contenido. Con el fin de reafirmar y ampliar la formación profesional relacionada con el ejercicio de la profesión, en el pen´ ultimo cap´ıtulo se han introducido ejercicios relacionados con la aplicación práctica de la teor´ıa de Fredholm a la resolución de ecuaciones integrales, lo cual refuerza el carácter extraordinario de este texto en cuanto a su aplicabilidad. Sobre la base de resultados ya publicados, relativos a la aplicación de modernos métodos de ense˜ nanza en el aprendizaje de la Matemática, en algunos casos vinculados al uso de la computación, en la confección del presente libro se manifiestan las siguientes perspectivas que confieren aspectos novedosos al texto: • Se han utilizado las extraordinarias ventajas que ofrece el LaTeX en cuanto al manejo de la simbolog´ıa estructural, con vistas a instrumentar la condición tutorial del conocimiento, lo cual aumenta notablemente la calidad del autoestudio. Esto puede apreciarse a lo largo de los ejercicios que son explicados en este libro. • Se han aprovechado invariantes metodológicas para el desarrollo de algunos temas, tales como la determinación de la norma de un operador, en particular de un funcional. • Se ha procurado facilitar tanto al profesor como al estudiante la concepción del seminario como forma de concretar el papel integrador de la asignatura. A este fin contribuye la forma en que se ha dise˜ nado la resolución de los ejercicios. 1

LaTeX

4

• Se viabiliza la comprensión del estudiante en lo relativo al tratamiento de la modelación matemática en problemas del Análisis Funcional, si el profesor aplica las reglas heur´ısticas que caracterizan el método de ense˜ nanza problémica. • Se facilita al profesor el montaje de una ingenier´ıa didáctica, debido a que se ha utilizado un enfoque apropiado mediante el cual los ejercicios se presentan de forma natural en el contexto de la presentación teórica y los ejercicios propuestos no son simplemente ejercicios adicionales, sino que constituyen un complemento, puesto que se originan en los ejercicios resueltos o los generalizan.

1.3

Sobre el enfoque global en el curso de An´ alisis Funcional

Para el logro de valores éticos en el estudiante, es muy u ´til que gane conciencia de la relevancia de los hechos precedentes y del esfuerzo mantenido del hombre para alcanzar nuevas conquistas como respuesta a los retos sociales. Por esto se impone abordar de forma sistemática y organizada el contenido con un enfoque que proyecte en particular la historia de la profesión. La presentación realizada toma en consideración diversas dimensiones o l´ıneas de la relación Análisis Funcional-contexto histórico con caracter´ısticas utilitarias bien definidas. Entre las dimensiones pueden citarse las siguientes: Psicol´ ogica: Busca la motivación por la aplicación de potentes resultados que conducen al manejo de valores éticos inherentes a la matemática, tales como la elegancia, la precisión y la concisión. Epistemol´ ogica: Destinada a materializar las relaciones con otras disciplinas. En este caso son claros los v´ınculos con las más notables propiedades topológicas de los espacios métricos, entre ellas la caracterización de la continuidad de funciones definidas entre espacios métricos (ampliamente utilizada en la resolución de los ejercicios), el teorema de Baire (base de la demostración del teorema general de la acotación uniforme) y las caracterizaciones de la compacidad en espacios métricos, expl´ıcitamente resumidas en el cap´ıtulo 5 por su relevancia práctica en 5

el mismo. Como proyección de la teor´ıa estudiada se han aplicado resultados básicos del Análisis Funcional en diversas áreas, como por ejemplo el teorema de la acotación uniforme en Análisis Matemático; la teor´ıa de operadores inversos en Matemática Numérica y en Ecuaciones Diferenciales; la noción de convergencia débil en la teor´ıa de funciones generalizadas y la teor´ıa espectral en la resolución de ecuaciones integrales. L´ ogica: Mediante la dosificación de procesos inductivo-deductivos. En este texto se procura un balance entre lo general y lo particular y una concatenación teórico-práctica basada en los esenciales m´ınimos y la adecuada aplicación de la experiencia acumulada. Axiol´ ogica: Debe garantizar la derivación de valores partiendo de la asequibilidad del conocimiento a partir de las caracter´ısticas de la presentación, la forma de usar las técnicas y el lenguaje. El objetivo es lograr la actualidad en la información, profundizar la especificidad cultural e inculcar un compromiso social mediante el análisis de los hechos y de la labor de eminentes profesionales. En el presente estudio hay nombres expl´ıcitos de gran significación cient´ıfica en la historia del Análisis Funcional, entre ellos: Stefan Banach (1892-1945) pionero en el estudio de los espacios normados y de sus aplicaciones a partir de 1922; David Hilbert (1862-1943) considerado el más célebre matemático alemán de la primera mitad del siglo XX, con aportes en casi todas las ramas de la matemática (fue contemporáneo de Otto Hölder (Alemania, 1859-1937)); Hermann Minkowski (1864-1909), matemático y f´ısico alemán de origen ruso, creador de algunos tipos de espacios que fueron la base del progreso de la Teor´ıa de la Relatividad y Frederich Riesz (1880-1956), h´ ungaro, que continuó y generalizó la obra de Hilbert.

1.4

Pre´ ambulo al texto

Con vistas a propiciar una motivación inicial para un acercamiento al texto, brindamos aqu´ı una exposición informal que constituye una visión escueta de ideas previas que contribuyen a la comprensión de la perspectiva del presente libro.

6

1.4.1

Influencia del An´ alisis Cl´ asico en el An´ alisis Funcional

Para adquirir una idea de cómo se originó la teor´ıa del Análisis Funcional, es u ´til tomar en consideración algunos hechos basados en la geometr´ıa clásica, como los que se exponen a continuación: • En el espacio Rn de n-plos de coordenadas reales, se pueden definir dos operaciones: una de suma (que permite la traslación) y otra de multiplicación por un escalar (o dilatación en sentido amplio) y estas operaciones dotan a este espacio de una estructura de espacio vectorial, lo cual ofrece la posibilidad de expresar algebraicamente propiedades afines de la geometr´ıa (por ejemplo, el segmento xy es paralelo al zu si el vector y − x es igual al vector u − z). • La distancia euclideana permite fundamentar la noción de convergencia de una sucesión de puntos en Rn . La formalización del concepto de distancia euclideana entre dos puntos x, y como una aplicación de valores positivos definida sobre el producto cartesiano de Rn por s´ı mismo, posee tres propiedades muy caracter´ısticas asociadas a la noción heur´ıstica de la separación entre dos puntos: la propiedad triangular, que expresa que en todo triángulo XY Z, la longitud del lado XY es menor que la suma de las longitudes de los otros dos lados; la propiedad de invarianza del valor de la distancia al permutar la notación de los puntos considerados y la propiedad de nulidad del valor de la distancia si y sólo si los puntos coinciden. De aqu´ı que Rn está dotado de una estructura métrica que presenta dos propiedades básicas, sobre las cuales descansa la teor´ıa clásica de funciones, esto es, el Análisis Matemático: el teorema de CauchyBolzano (una sucesión es convergente si y sólo si es de Cauchy) y el teorema de Bolzano-Weirstrass (de toda sucesión acotada se puede extraer una subsucesión convergente). La suficiencia para la convergencia en el teorema de Cauchy-Bolzano ofrece un modelo de comportamiento de Rn que debe recuperarse en espacios más generales mediante una caracter´ıstica expl´ıcita, lo cual origina la noción de espacio métrico completo. • La relación entre las caracter´ısticas vectorial y métrica (euclideana, 7

por lo que Rn se designa entonces como E n ) está dada por las dos propiedades que pueden expresarse as´ı: (1) La distancia d(x, y) entre los puntos x, y no cambia si los dos puntos se someten a la misma traslación, esto es: d(x + z, y + z) = d(x, y). (2) La distancia entre los puntos x, y queda multiplicada por el módulo del escalar que dilata ambos puntos, es decir: d(cx, cy) = |c| d(x, y). Tomando z = −y en la primera propiedad se tiene d(x − y, 0) = d(x, y), lo cual significa que es suficiente conocer las distancias al origen para determinar las distancias entre todos los puntos. Por tanto, el n´ umero d(x, 0) adquiere una relevancia especial que tiene las propiedades siguientes: d(x, y) ≥ 0 d(x + y, 0)

, Prop. (1)

= ≤

d(x, 0) = 0 ⇔ x = 0,

d(cx, 0) = |c| d(x, 0)

d(x + y − y, −y) = d(x, −y) d(x, 0) + d(0, −y) | {z } d((−1)(0),(−1)y)

Prop. (2)

=

d(x, 0) + |−1| d(0, y) |{z} =1

=

d(x, 0) + d(0, y)

Por invarianza

=

d(x, 0) + d(y, 0)

A la aplicación p(x) = d(x, 0) de valores positivos definida sobre Rn se le llama norma y de acuerdo con lo anterior cumple las propiedades: (N1) p(x) = 0 ⇔ x = 0; (N2) p(cx) = |c| p(x); (N3) p(x + y) ≤ p(x) + p(y). • El concepto de norma se vincula estrechamente al de producto escalar de cualquier par de vectores de Rn : x = (x1 , x2 , ..., xn ) 8

y = (y1 , y2 , ..., yn )

definido as´ı: (x| y) =

n X

xi y i ,

i=1

debido a que (x| x) =

n X

x2i ≡ (d(x, 0))2 = (p(x))2 .

i=1

Este producto obedece a las leyes siguientes: (x1 + x2 | y) = (x1 | y) + (x2 | y) (cx| y) = c (x| y) (x| y) = (y| x) (x| x) ≥ 0; (x| x) = 0 ⇔ x = 0; y además la desigualdad fundamental |(x| y)| ≤ p(x) p(y) Luego para dos vectores no nulos x, y se tiene que |(x| y)| (x| y) ≤ 1 ⇒ −1 ≤ ≤1 p(x) p(y) p(x) p(y) y este hecho origina la noción de ´ angulo α entre dos vectores x, y mediante la definición cos α =

(x| y) . p(x) p(y)

La importancia de esta relación radica en que nociones tales como la perpendicularidad entre vectores, as´ı como resultados asociados (por ejemplo el teorema de Pitágoras) se generalizan a espacios arbitrarios siempre que exista un producto que satisfaga la axiomática del producto escalar analizado.

9

1.4.2

Generalizaci´ on de la geometr´ıa al An´ alisis Funcional

Aunque desde la época de Euclides se sab´ıa que la validez de los teoremas de la geometr´ıa dependen sólamente de la axiomática que gobierna el comportamiento de los entes geométricos y no de la naturaleza de dichos entes, durante mucho tiempo la imagen f´ısica de los conceptos de punto, recta, ángulo, etc., ejerció una gran limitación al campo de aplicación de los teoremas. Con el desarrollo del Análisis Matemático, la perspectiva axiomática para la aplicación práctica de los resultados ganó fuerza, y por tanto trascendió del marco de E n . Son muy notables los problemas que plantean los ejemplos siguientes: 1) Dada una matriz K = (kij ) y un vector y = (y1 , ..., yn ) ∈ E n , hallar un vector x = (x1 , ..., xn ) ∈ E n tal que: n X

kij xj = yi

i = 1, ..., n

j=1

De forma precisa, la incógnita es una función x con dominio en el conjunto {1, ..., n} tal que x(i) = xi

i = 1, ..., n

Entonces, x constituye un punto en un cierto conjunto de funciones. Nótese que una matriz es un caso particular de una función de dos variables, y sobre la base de esta analog´ıa, Ivar Fredholm (Suecia, 18661927) planteó el problema que se presenta a continuación. 2) Dada una función de dos variables k(t, s), t, s ∈ [a, b], la función y(t) y el parámetro λ, hallar una función x(t) tal que Z b λx(t) + k(t, s)x(s) ds = y(t) a

Como en el caso de la teor´ıa de ecuaciones algebraicas se tiene una interpretación geométrica de la misma por su relación con E n , Hilbert se 10

propuso hallar un enfoque geométrico análogo para la teor´ıa de Fredholm, y esto lo llevó a introducir espacios de dimensión infinita cuyos elementos eran sucesiones o funciones con ciertas caracter´ısticas, donde se puede definir la noción de distancia, perpendicularidad u ortogonalidad, etc. En la teor´ıa de Hilbert se generaliza la noción de punto, pero se mantiene análoga la fórmula para la distancia. En sus trabajos, Minkowski generaliza la noción de distancia en un cierto sentido; pero impl´ıcitamente la generalización del concepto de distancia se ten´ıa desde que Pafnuty Chebychev (Rusia, 1821-1894), en la teor´ıa de aproximación de una función continua x por un polinomio P (t), al evaluar la bondad de la aproximación, utilizaba el valor de d(x, P ) = sup |x(t) − P (t)| , t∈[a,b]

ya que posee todas las propiedades rese˜ nadas para la distancia.

1.4.3

Importancia de los espacios normados generales

La creación de las teor´ıas abstractas de espacios métricos, normados, hilbertianos, etc., donde sólo se fijan los axiomas a los que obedecen estos conceptos, permite deducir un grupo de teoremas que después puede aplicarse a diversas teor´ıas particulares y as´ı se evita repetir para cada teor´ıa particular el mismo razonamiento. Usualmente, la teor´ıa general se enriquece mediante las tres v´ıas siguientes: • Buscando analog´ıas de “buenas”propiedades establecidas en espacios concretos. As´ı, por ejemplo, se generalizan las nociones de espacio completo y de conjunto compacto. En el caso de esta u ´ltima noción, el proceso de transferencia de la misma a espacios infinito-dimensionales conduce a un concepto cualitativamente más amplio que el que se tiene en E n . • Aumentando la cantidad de estructuras disponibles sobre un conjunto, ya que hay más propiedades y resultados que pueden ser utilizados. Por ejemplo, si en un espacio normado se considera además un producto como operación interna, que satisface ciertas compatibilidades tanto con la estructura algebraica de espacio vectorial como con la estructura 11

topológica de norma, entonces la teor´ıa se hace más rica porque se pueden considerar además las especificidades de otras teor´ıas tales como la de ideales. • Estableciendo relaciones entre diversos espacios mediante morfismos apropiados. Entre ellos se destacan los que dan lugares a los espacios normados siguientes: L(E) = {T : E → E, E0 = {f : E → K,

T lineal} (completo si E es completo) f lineal} .

La importancia de L(E) reside en que constituye el marco apropiado para la teor´ıa espectral, la cual resulta una generalización a espacios infinitos de la reducción de una matriz a la forma diagonal, mientras que la del espacio E0 radica en que permite obtener resultados de representación que logran la identificación de espacios arbitrarios con espacios conocidos.

1.5

Panor´ amica del texto

El presente texto consta de seis cap´ıtulos, especializados en técnicas del Análisis Funcional lineal a partir del segundo. Las principales ideas de cada cap´ıtulo pueden resumirse como sigue: • El segundo cap´ıtulo, relativo a espacios normados, destaca la axiomática esencial del concepto de norma e introduce por su relevancia la noción de espacio de Banach como caso particular de espacio métrico completo, ya que dicha noción fundamenta un conjunto sustancial de resultados muy importantes en las aplicaciones. A su vez, son introducidos los espacios de Hilbert como casos particulares de espacios de Banach, debido a que constituyen la generalización natural de los espacios eucl´ıdeos (donde existe el concepto de ortogonalidad) y además constituyen también el marco apropiado para el básico teorema de Riesz. Los espacios normados resultan el caso más sencillo de espacios vectoriales topológicos, y en los ejemplos resueltos se fortalece la idea de la compatibilidad entre la estructura algebraica de espacio vectorial y la 12

estructura topológica asociada a la norma mediante la demostración de la continuidad de las operaciones de espacio vectorial. Se muestra una forma general del teorema de la acotación uniforme que se particulariza posteriormente en el cuarto cap´ıtulo. • El tercer cap´ıtulo estudia los operadores lineales con una gran incidencia práctica como muestran los tipos abordados en la ejemplificación: integrales, diferenciales, de diferencias finitas, de transformadas, matriciales, de retardo, de evaluación, de proyección, etc. Dentro de la clase de los operadores lineales se estudian y caracterizan subclases distinguidas por su potencia teórica: los operadores continuos, los inversibles y los cerrados. Aqu´ı se establece la equivalencia entre operadores continuos y acotados, lo cual facilita el manejo de diversas formas equivalentes de la noción de norma de un operador. En cuanto a los operadores inversibles se investigan las condiciones para garantizar la continuidad del inverso y se demuestran diversas relaciones entre los conceptos de operador cerrado y operador continuo. • En el cuarto cap´ıtulo, la noción de norma de un operador se particulariza al caso de funcionales lineales continuos, que constituyen su objeto de estudio. Los resultados teóricos que se manejan se dividen en tres sentidos: el primero, enfatizar las aplicaciones anal´ıticas del teorema de Hahn-Banach; el segundo, particularizar al caso de algunos funcionales el teorema de la acotación uniforme analizado en el cap´ıtulo 2 y el tercero, introducir la importante noción (por su aplicación en optimización) de operador lineal adjunto y del concepto derivado en el contexto de espacios de Hilbert que se denomina como conjugado de Hermite. • El quinto cap´ıtulo trata una clase con propiedades especiales, que es usual en la teor´ıa de las ecuaciones integrales y en los procesos de sumación: ésta es la clase de los operadores totalmente continuos. • El sexto cap´ıtulo se utiliza para aplicar los fundamentos teóricos del 13

cap´ıtulo anterior, vinculados con el desarrollo de rudimentos de la teor´ıa espectral. Finalmente se ofrece un ´ındice de materias para ayudar al lector a localizar las principales definiciones y las nomenclaturas de los teoremas que son estudiados y aplicados en el texto.

14

Cap´ıtulo 2 Espacios normados La noción de módulo (o valor absoluto) de un n´ umero real es muy importante porque a partir de él se define un indicador de la cercan´ıa entre dos n´ umeros cualesquiera: éste consiste en considerar el módulo de la diferencia entre ellos, es decir, se puede definir la aplicación: d : R × R −→ R+

as´ı: d(x, y) = |x − y|

Con este concepto se puede definir inmediatamente la noción de l´ımite de una sucesión {xn } a x, se denota xn → x y se dice que xn tiende a x: def.

xn −→ x ≡ ∀² > 0 ∃n0 ∈ N : ∀n ≥ n0

d(xn , x) = |xn − x| < ²

La relevancia de este hecho es que permite dotar a R de una estructura no sólo algebraica, sino anal´ıtica en el sentido de que hace posible manejar la noción de convergencia. Si se intenta buscar cuáles son las propiedades del valor modular que hacen posible este salto cualitativo, se puede observar que en relación con las operaciones de suma y multiplicación de n´ umeros reales se cumple que: |λx| = |λ| |x| |x + y| ≤ |x| + |y| y además |0| = 0. Si se trata de generalizar estas propiedades y convertirlas en axiomática de 15

una aplicación de valores positivos definida sobre cualquier espacio vectorial, también denominado lineal, se tendrá la definición de norma que va a constituir un marco apropiado de estudio de un elevado n´ umero de propiedades de gran impacto en el Análisis Funcional.

2.1

Espacios normados

Un espacio lineal X sobre el conjunto de los n´ umeros reales R (de los complejos C) se denomina espacio normado si para todo x ∈ X se pone en correspondecia un n´ umero no negativo kxk llamado norma de x, tal que se cumplan los tres axiomas siguientes: 1) kxk = 0 ⇒ x = 01 2) kλxk = |λ| kxk 3) kx + yk ≤ kxk + kyk (Ejercicios Resueltos 1 y 2) Todo espacio normado X resulta un espacio métrico para la aplicación d : R × R −→ R+ dada por: d(x, y) = kx − yk , (Ejercicio resuelto 3) por lo que adquiere sentido la noción de bola y consecuentemente la noción topológica de conjunto abierto. La denominación de bola responde a la forma geométrica del conjunto que corresponde a la utilización de la norma euclideana en el espacio tridimensional. El conjunto Sr (x0 ) = {x ∈ X : kx − x0 k < r} se llama bola abierta con 1

x = 0 ⇒ kxk = 0 por lo que el axioma 1) se puede sustituir por si y sólo si como consecuencia del axioma 2).

16

centro en el punto x0 ∈ X y radio r > 0. El conjunto S¯r (x0 ) = {x ∈ X : kx − x0 k ≤ r} se llama bola cerrada de centro en el punto x0 ∈ X y radio r > 0. El conjunto σ(x0 ) = {x ∈ X : kx − x0 k = r} se llama esfera con centro en el punto x0 ∈ X y radio r > 0. Un conjunto A ⊂ X se denomina acotado si es posible encerrarlo en una bola (abierta o cerrada). (Ejercicio resuelto 4) El n´ umero Diam(A) = sup kx − yk x,y∈A

se denomina diámetro del conjunto A ⊂ X. La nomenclatura de diámetro se justifica porque esta noción generaliza la de diámetro de un c´ırculo y la importancia de este concepto radica en que proporciona una v´ıa alternativa para probar que un conjunto de un espacio métrico está acotado: A está acotado ⇔ Diam(A) < +∞. (Ejercicio propuesto 2) El n´ umero d(x, A) = inf kx − yk y∈A

se denomina distancia de un punto x ∈ X a un conjunto A ⊂ X. El n´ umero d(A, B) =

inf

x∈A,y∈B

kx − yk

se denomina distancia entre los conjuntos A, B ⊂ X. Un conjunto se llama abierto si para cualquier x0 ∈ M existe un r > 0 tal que, Sr (x0 ) ⊂ M . Un punto a ∈ X se llama punto de acumulación del conjunto M ⊂ X si en cualquier bola Sr (a) existe un punto x ∈ M (x 6= a). El conjunto de todos los puntos de acumulación del conjunto M se designa por M 0 . El conjunto M ∪ M 0 se llama clausura del conjunto M y se denota ¯ . Un conjunto M ⊂ X se llama cerrado si M = M ¯. mediante M Una sucesión {xn } ⊂ X(n ∈ N) se llama convergente hacia el elemento 17

x0 ∈ X y se escribe xn −→ x0 si kxn − x0 k −→ 0. Una caracterización muy n→∞ u ´til de punto de clausura es la siguiente: ¯ ⇔ ∃ {xn } ⊂ M x∈M

:

xn → x.

(Ejercicio resuelto 5) Un conjunto L ⊂ X se denomina variedad lineal si de x, y ∈ L se deduce que λ1 x + λ2 y ∈ L, para cualesquiera λ1 , λ2 . Si la variedad lineal es un conjunto cerrado en X, entonces se llama subespacio. Se llama segmento, que une los puntos x, y ∈ X, al conjunto de puntos del tipo αx + (1 − α)y, α ≥ 0. Un conjunto A ⊂ X se llama convexo si el segmento que une cualesquiera dos puntos de A, está contenido totalmente en A. Las nociones topológicas de conjunto compacto y de conjunto relativamente compacto adquieren en un espacio métrico formas especiales muy prácticas porque pueden establecerse en términos de sucesiones. Debido a que todo espacio normado es métrico, estas formas son válidas también en los espacios normados. Un subconjunto A ⊆ (E, δ) se dice que es relativamente compacto si toda sucesión infinita {xn } ⊂ A contiene al menos un punto de acumulación x0 ∈ E. En otras palabras A ⊆ (E, δ) es compacto si todo subconjunto infinito de A posee un punto de acumulación contenido en E. En particular, un espacio métrico (E, δ) es compacto si para toda sucesión infinita {xn } ⊂ E existe, al menos, una subsucesión {xnk } que converge a x0 ∈ E. Sobre un mismo espacio pueden definirse varias normas y es posible que éstas estén relacionadas. Dos normas kxk1 y kxk2 en un espacio lineal X se llaman equivalentes si existen dos n´ umeros α, β > 0 tales que, para cualquier x ∈ X se cumple la desigualdad α kxk1 ≤ kxk2 ≤ β kxk1 . (Ejercicios resueltos 6 y 7) Algunas normas de uso m´ as com´ un Se resumen seguidamente algunas definiciones de norma en diversos tipos de espacios familiares tales como: espacios de n−uplos de escalares; espacios de 18

sucesiones y espacios funcionales constituidos por funciones continuas, continuamente diferenciables, acotadas, medibles y de variación acotada. Cada uno de ellos se denomina con la notación que se utilizará en lo sucesivo. • En el espacio E m kxk =

" m X

# 21 |xk |

2

k=1

• El espacio lp (p > 1) de las sucesiones P acotadas x = (x1 , x2 , ...)(xk ∈ p R(xk ∈ C)) que satisfacen la condición ∞ k=1 |xk | < ∞ kxk =

" m X

# p1 |xk |p

k=1

• El espacio lm de los vectores x = (xk )m k=1 (xk ∈ R(xk ∈ C)), kxk =

m X

|xk |

k=1

• El espacio lpm (p > 1) de los vectores x = (xk )m k=1 (xk ∈ R(xk ∈ C)), kxk =

" m X

# p1 |xk |p

k=1

• El espacio C[a, b] de las funciones continuas sobre [a,b] kxk = max |x(t)| t∈[a,b]

• El espacio C k [a, b] de las funciones k veces continuamente diferenciables sobre [a,b] k X ¯ ¯ kxk = max ¯x(i) (t)¯ i=0

t∈[a,b]

• El espacio M [a, b] de las funciones acotadas sobre [a, b] kxk = sup |x(t)| t∈[a,b]

19

˜ p [a, b] de las clases de funciones medibles en el intervalo • El espacio L [a, b] seg´ un la relación de igualdad en casi todas partes ·Z b ¸ p1 |x(t)|p dt , 1 ≤ p < ∞ kxk = a

• El espacio V [a, b] de las funciones de variación acotada sobre [a, b] con la norma: b _ kxk = |x(a)| + x(t). a

La función x(t) real dada en [a, b] se llama función de variación acotada si existe una constante c tal que para toda partición del segmento [a, b]

:

a = t0 < t1 < ... < tn = b

se cumple la desigualdad: n X

|x(tk ) − x(tk−1 )| < c.

k=1

La variación total de una función de variación acotada sobre [a, b] es un n´ umero b n _ X |x(tk ) − x(tk−1 )| , x(t) = sup a

k=1

donde la cota superior se toma sobre todas las posibles particiones finitas del segmento [a, b]. Se puede observar que el espacio lm es un caso particular de los espacios lpm (p > 1) cuando p vale 1, por lo que resulta natural extender la notación lpm al caso p ≥ 1 porque la aplicación no constituye una norma para p < 1. (Ejercicio resuelto 8)

2.2

Espacios de Banach

El concepto de espacio de Banach es muy importante porque en ellos resultan válidos los teoremas más significativos del Análisis Funcional, por ejemplo el teorema de la Acotaci´ on Uniforme (que se particularizará en el siguiente cap´ıtulo) y los teoremas del inverso acotado y del gráfico cerrado (que se estudiarán en el próximo cap´ıtulo). 20

Definici´ on 2.2.1 Sea (X, d) un espacio métrico. Una sucesi´ on {xn } ⊂ X se denomina fundamental si para cualquier ² > 0 existe un N = N (²) tal que, para cualquier n > N y todos los p naturales se cumple la desigualdad d(xn+p , xn ) < ². Un espacio X se denomina completo si toda sucesi´ on fundamental converge en él. Un espacio normado completo se denomina espacio de Banach. (Ejercicios resueltos 9, 10 y 11) El teorema de la Acotaci´ on Uniforme basa su demostración en el teorema de Baire, por lo que se introducen a continuación las definiciones topológicas que fundamentan este u ´ltimo teorema. Un conjunto A ⊂ X se llama denso en X, si A¯ = X. Un conjunto A ⊂ X se llama nunca denso en X, si ¯ =∅ Int(A) Definici´ on 2.2.2 A es de 1ra categor´ıa si es unión contable de conjuntos nunca densos. Definici´ on 2.2.3 A es de 2da categor´ıa si no es de 1ra categor´ıa. Proposici´ on 2.2.1 A ∪ B = C , entonces B es de 2da categor´ıa. I

II

Proposici´ on 2.2.2 ∅ es nunca denso2 ⇒ ∅ de 1ra categor´ıa ⇒ ∅ no es de 2da categor´ıa. La forma más directa de demostrar el teorema de Baire es considerarlo como corolario de un teorema que establece una caracter´ıstica de los conjuntos de primera categor´ıa en los espacios completos. Teorema 2.2.1 Sea X un espacio métrico completo. A ⊂ X, A de 1ra categor´ıa. Entonces ˚ A = ∅. Corolario 2.2.1.1 (Teorema de Baire) Sea X 6= ∅, X espacio métrico completo. Entonces X es de 2da categor´ıa.

2

Por la definición.

21

Demostraci´ on[Teorema de Baire] Supongamos lo contrario, es decir, suponer que X es de 1ra categor´ıa, entonces ◦ X = X = ∅ contrario a la hipótesis Combinando el teorema de Baire y la proposición 2.2.1, se puede construir un procedimiento de demostración de que un conjunto dado es de segunda categor´ıa: Procedimiento 1 (P1) Escribir la unión disjunta X = A ∪ B, donde X es un espacio métrico completo. (P2) Garantizar que A es un conjunto de primera categor´ıa. (P3) Inferir que B es un conjunto de segunda categor´ıa. Apliquemos el Procedimiento 1 para demostrar que el conjunto de los irracionales (I) es de 2da categor´ıa en R con la topolog´ıa usual. (P1) Q ∪ I = R, donde A = Q, B = I, X = R. (P2) A = Q es la unión contable de sus puntos, cada uno de los cuales es un conjunto nunca denso. (P3) I es de 2da categor´ıa3 , Q ∪ I = R4 . I

II

En el enunciado del teorema de la acotación uniforme interviene la noción de seminorma, que es una aplicación que satisface los axiomas N2 y N3 establecidos para la norma. Teorema 2.2.2 (Teorema de la Acotaci´ on Uniforme) Sean X un espacio de Banach no vac´ıo, α ∈ I, x ∈ X, pα (x) ≥ 0. {pα }α∈I familia de seminormas continuas. Si sup pα (x) < +∞ ∀x ∈ X α∈I

entonces, sup sup pα (x) < +∞ α∈I kxk≤1

3 4

Aplicando la proposición 2.2.1. Por el Teorema de Baire.

22

Demostraci´ on Formemos An = {x ∈ X : pα (x) ≤ n ∀α ∈ I} Notemos que An es cerrado puesto que \ An = p−1 α [0, n] α∈I

además

[

An ⊂ 5 X ⊂ 6

n

[

An

n

concluyendo, X7 =

[

An =

[

n

A¯n

n

Esto implica que existe n0 ∈ N : An0 = A¯n0 tiene un punto interior, es decir, ∃x0 ∈ X, r > 0 tales que B(x0 , r) ⊂ An0 . Probemos que {pα (x)} está uniformemente acotada sobre kxk < 2r. Consideremos que x está en la bola B(x0 , r). Entonces x admite la descomposición x

x

z }|1 ´{ z³ }|2 ´{ ³ x x − x0 − = x1 − x2 x = x0 + |{z} |{z} 2 2 ∈B(x0 ,r)

∈B(x0 ,r)

aplicando pα pα (x) = pα (x1 ) + | {z } ∈B(x0 ,r)

pα (−x2 ) | {z }

≤ 2n0

pα (x2 )∈B(x0 ,r)⊂An0

1. Si 2r ≥ 1, entonces sup pα (x) ≤ 2n0

∀α ∈ I,

kxk≤1

de donde sup sup pα (x) ≤ 2n0 < +∞. α∈I kxk≤1

5

Por construcción ∀x, {pα } está acotada 7 Completo, luego de 2da categor´ıa. 6

23

∀α ∈ I.

2. Si 2r < 1, entonces

1 1 > 0. Sea m > > 1. ∈N 2r 2r

Consideremos x : kxk ≤ 1, °x° 1 1 kxk ° ° m> ⇒ 1 > 2r > ⇒ ≤ 2r kxk ⇒ ° ° ≤ 2r |{z} 2r m m m ≤1

aplicando pα (x) α ∈ I pα

³x´ m

≤ 2n0

Entonces, pα (x) ≤ 2mn0 . De aqu´ı que sup pα (x) ≤ 2mn0 ⇒ sup sup pα (x) ≤ 2mn0 < +∞. kxk≤1

2.3

α∈I kxk≤1

Espacios de Hilbert

Un espacio lineal real se llama eucl´ıdeo si a todo par de sus elementos x, y se le pone en correspondencia un n´ umero real denotado (x | y) y llamado producto escalar, el cual debe cumplir los axiomas siguientes: 1) (x | x) ≥ 0, (x | x) = 0 si y sólo si x = 0 2) (x | y) = (y | x) 3) (λx | y) = λ(x | y) para cualquier λ ∈ K 4) (x + y | z) = (x | z) + (y | z) Un espacio lineal complejo se llama unitario si a todo par de elementos suyos x, y se le pone en correspondencia un n´ umero complejo denotado (x | y) y llamado producto escalar, siempre que se cumplan los axiomas siguientes: (1) (x | x) ≥ 0, (x | x) = 0 si y sólo si x = 0, (2) (x | y) = (y | x), 24

(3) (λx | y) = λ(x | y) para cualquier λ ∈ C, 4) (x + y | z) = (x | z) + (y | z). Del axioma (1) y de la desigualdad de Cauchy-Buniakovski 8 se desprende que en espacios eucl´ pıdeos y unitarios se puede introducir la norma mediante la igualdad kxk = (x | x) (Ejercicios propuestos 1 y 2). Un espacio H con producto escalar (eucl´ıdeo o unitario) se llama de Hilbert si es completo con respecto a esta norma. (Ejercicio resuelto 12, ejercicios propuestos 3, 4 y 5) Se llama ángulo entre dos elementos no nulos x e y y de un espacio de Hilbert real a un ángulo ϕ comprendido entre 0 y π tal que cos ϕ =

(x | y) kxk kyk

Los elementos x, y ∈ H se llaman ortogonales y se escribe x⊥y si (x | y) = 0. Un conjunto de elementos z ∈ H tales que (z | x) = 0 para cualquier x ∈ M ⊂ H se denota M ⊥ . Un sistema de elementos h1 , h2 , ... ∈ H se llama ortogonal si ( 1 para i 6= j, (hi | hj ) = δij = 0 para i = j. El sistema de elementos x1 , x2 , ... ∈ H se llama linealmente independiente si para cualquier n ∈ N el sistema x1 , x2 , ..., xn es linealmente independiente.

2.4

Desigualdades de H¨ older y Minkowski

La demostración de la desigualdad de Hölder se basa en propiedades de las funciones convexas, por lo que se estudia en ocasiones bajo la denominación de desigualdad de convexidad y su utilidad fundamental se explica porque interviene en la demostración de la desigualdad de Minkowski. La importancia de esta u ´ltima está dada porque fundamenta la demostración de la desigualdad triangular en ciertos espacios. Es por esto que resulta u ´til presentarlas agrupadas en diversas formas: para sumas finitas, para series y para integrales, como se resumen a continuación. 8

2

|(x | y)| ≤ (x | x)(y | y).

25

Desigualdades de H¨ older. Sean p, q dos n´ umeros reales positivos deter1 1 minados por la relación p + q = 1. (1) Para cualesquiera n´ umeros x1 , ..., xn ; y1 , ..., yn , ( n ) p1 ( n ) 1q n X X X |xk yk | ≤ |xk |p . |yk |q k=1

k=1

k=1

(2) Para cualesquiera n´ umeros x1 , ..., xn , ...; y1 , ..., yn , ..., tales que, ∞ X

p

|xk | < ∞,

k=1

|yk |q < ∞,

k=1

se tiene, ∞ X

∞ X

( |xk yk | ≤

∞ X

) p1 ( |xk |p

k=1

k=1

∞ X

) 1q |yk |q

.

k=1

(3) Para cualesquiera funciones continuas x(t), y(t) sobre una región T , ¾ p1 ½Z ½Z ¾ 1q Z p q |x(t)| dt |x(t)y(t)| dt ≤ |y(t)| dt . T

T

T

Desigualdades de Minkowski. Sea 1 ≤ p < ∞. (1) Para cualesquiera n´ umeros x1 , ..., xn ; y1 , ..., yn , ) p1 ( n ) p1 ( n ) p1 ( n X X X |xk + yk |p ≤ |xk |p + |yk |p . k=1

k=1

k=1

umeros x1 , ..., xn , ...; y1 , ..., yn , ..., tales que (2) Para cualesquiera n´ ∞ X

p

|xk | < ∞,

k=1

∞ X

|yk |p < ∞,

k=1

se tiene, (

∞ X k=1

(

) p1 |xk + yk |p

≤

∞ X k=1

26

) p1 |xk |p

+

(∞ X k=1

) p1 |yk |p

.

(3) Para cualesquiera funciones continuas x(t), y(t) sobre una región T , ¾ p1 ½Z ¾ p1 ¾ p1 ½Z p p ≤ |x(t)| dt + |y(t)| dt . |x(t) + y(t)| dt

½Z

p

T

T

T

Una aplicación F : X −→ Y , X e Y espacios normados, se llama continua en el punto x0 ∈ X, si para cualquier ² > 0 existe δ = δ(x0 ) > 0 tal que, para todo x0 ∈ Sδ (x0 ), f (x) ∈ S² (f (x0 )). Una aplicación F : X −→ Y se llama continua, si es continua en cada punto x0 ∈ X. Una aplicación F : X −→ Y se llama uniformemente continua, si para cualquier ² > 0 existe δ = δ(²) > 0 tal que, para todo x0 ∈ X de x ∈ Sδ (x0 ) se deduce que f (x) ∈ S² (f (x0 )). (Ejercicios resueltos 15, 16 y 17, ejercicio propuesto 6) También es válida y muy u ´til desde el punto de vista práctico, la siguiente caracterización de la continuidad de una función definida entre espacios métricos mediante el concepto de sucesión y que se conoce con la denominación de función sucesionalmente continua. Se tiene en este caso que: f es continua en x ≡ f es sucesionalmente continua en x ≡ [xn −→ x ⇒ f (xn ) −→ f (x)]. (Ejercicio resuelto 14)

2.5

Ejercicios Resueltos

1. Probar que en el espacio X de las funciones acotadas sobre [a, b], p(x) = sup |x(t)|

x∈X

t∈[a,b]

constituye una norma. Soluci´ on: 1) p(x) = 0 ⇒

sup |x(t)| = 0 ⇒ |x(t)| = 0 ∀t ∈ [a, b] t∈[a,b]

⇒ x(t) = 0 ∀t ∈ [a, b] ⇒ x = 0. 27

2) p(αx) =

sup |(αx)(t)| = sup |αx(t)| = sup |α| |x(t)| = |α| sup |x(t)| t∈[a,b]

t∈[a,b]

= |α| p(x) α ∈ K 3) Sean x, y ∈ X

t∈[a,b]

t∈[a,b]

x ∈ X.

t ∈ [a, b]

|(x + y)(t)| = |x(t) + y(t)| ≤ |x(t)| + |y(t)| ≤ sup |x(t)| + sup |y(t)| t∈[a,b] t∈[a,b] | {z } | {z } |

p(x)

p(y)

{z

}

cota superior

⇒

sup |(x + y)(t)| ≤ p(x) + p(y). | {z }

t∈[a,b]

p(x+y)

2. En el espacio de las funciones continuamente diferenciables sobre [a, b] determinar si las siguientes expresiones constituyen normas: a) max |x0 (t)|; t∈[a,b] µ ¶ 0 b) max |x (t)| + |x(a)|. t∈[a,b]

Soluci´ on al inciso a) Denominemos p(x) = max |x0 (t)| t∈[a,b]

p(x) = 0 ⇒ max |x0 (t)| = 0 ⇒ |x0 (t)| = 0 ∀t ∈ [a, b] t∈[a,b] 0

⇒ X (t) = 0 ∀t ∈ [a, b] ⇒ x(t) es constante en [a, b] ; x=0 Conclusión: p no es una norma. Soluci´ on al inciso b) Denominemos p(x) = max |x0 (t)| + |x(a)| t∈[a,b]

p(x) = 0 ⇒ max |x0 (t)| = 0 ∧ |x(a)| = 0 t∈[a,b]

Por el razonamiento hecho en el inciso a), x(t) es constante en [a, b] y x(a) = 0, lo cual indica que la constante es necesariamente 0. ∴ p(x) = 0 ⇒ x = 0. 28

Es necesario analizar si se cumplen los restantes axiomas; µ ¶ 0 p(αx) = max |(αx) (t)| + |(αx)(a)| t∈[a,b]

= max |αX 0 (t)| + |α| |x(a)| t∈[a,b] | {z } |α||x0 (t)|

µ

¶

0

= |α| max |x (t)| + |x(a)| t∈[a,b] | {z } p(x)

Veamos el u ´ltimo axioma p(x + y) = max |(x + y)0 (t)| + |(x + y)(a)| t∈[a,b]

Pero por las definiciones

µ

0

max |(x + y) (t)|+|(x + y)(a)| =

t∈[a,b]

¶ 0

0

max |x (t) + y (t)| +|(x + y)(a)|

t∈[a,b]

Para todo t ∈ [a, b] se tiene |x0 (t) + y 0 (t)| ≤ |x0 (t)| + |y 0 (t)| ≤ max |x0 (t)| + max |y 0 (t)| t∈[a,b]

0

0

t∈[a,b]

0

∴ max |x (t) + y (t)| ≤ max |x (t)| + max |y 0 (t)| t∈[a,b]

t∈[a,b]

t∈[a,b]

A partir de la expresión de p(x + y) llegamos a que p(x + y) ≤ max |x0 (t)| + max |y 0 (t)| + |x(a)| + |y(a)| t∈[a,b]

t∈[a,b]

0

= max |x (t)| + |x(a)| + max |y 0 (t)| + |y(a)| t∈[a,b] t∈[a,b] | {z } | {z } p(x)

3. Probar que todo espacio normado es métrico. Soluci´ on: Sea X un espacio normado. Definamos: d(x, y) = kx − yk , donde d satisface los axiomas siguientes: 29

p(y)

1) d : X × X −→ R+ ; 2) d(x, y) = kx − yk = k(−1)(y − x)k = |−1| ky − xk = d(y, x); 3) d(x, y) = 0 ⇒ kx − yk = 0 ⇒ x = y; 4) d(x, y) = kx − yk = 9 k(x − z) + (z − y)k ≤ kx − zk + kz − yk. | {z } | {z } d(x,z)

d(z,y)

De aqu´ı que se cumplen los axiomas de distancia, por lo que (X, d) es un espacio métrico. 4. Hallar las formas geométricas de las bolas siguientes: 4.1) S¯1 (0) en E 3 . 4.2) S¯1 (0) en R3 con la norma kxk = max |xi |. i=1,2,3

4.3) S1 (f0 ) en C[a, b]. Soluci´ on al inciso 4.1) S¯1 (0) = {(x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 : x21 + x22 + x23 ≤ 1} (esfera centrada en el origen y radio 1). Soluci´ on al inciso 4.2) S¯1 (0) = {max(|x1 | , |x2 | , |x3 |) ≤ 1}. max(|x1 | , |x2 | , |x3 |) ≤ 1 ⇔ |x1 | ≤ 1, |x2 | ≤ 1 ∧ |x3 | ≤ 1 ⇔ −1 ≤ x1 ≤ 1 , −1 ≤ x2 ≤ 1 , −1 ≤ x3 ≤ 1. Luego, S¯1 (0) es un cubo centrado en el origen y con arista de longitud 2. ½ ¾ Soluci´ on al inciso 4.3) S1 (f0 ) = f ∈ C[a, b] : max |f (t) − f0 (t)| < 1 . t∈[a,b]

max |f (t) − f0 (t)| < 1 ⇔ ∀t ∈ [a, b]

t∈[a,b]

|f (t) − f0 (t)| < 1

⇔ ∀t ∈ [a, b] − 1 < f (t) − f0 (t) < 1 ⇔ ∀t ∈ [a, b] f0 (t) − 1 < f (t) < f0 (t) + 1. Entonces, la ordenada f (t) del gráfico de cada una de las funciones en la bola centrada en f0 están comprendidas en la banda determinada por las ordenadas de las funciones f0 (t)−1 y f0 (t)+1. 9

Introduciendo z ∈ X.

30

¯ 5. Probar que Diam(A) = Diam(A). Soluci´ on:

¯ A ⊂ A¯ ⇒ Diam(A) ≤ Diam(A).

¯ Sean x, y ∈ A. ∃ {xn } , {yn } ⊂ A

:

xn −→ x

∧

yn −→ y.

d(xn , x) < ²

∧

d(yn , y) < ².

Sea ² > 0 ∃n0 ∈ N

:

∀n ≥ n0

Entonces, d(x, y) ≤ d(x, xn ) +d(xn , yn ) + d(yn , y) < 2² + Diam(A), | {z } | {z } 0 : a1 kxk1 ≤ kxk2 ≤ a2 kxk1 k k2 R k k3 ⇒ ∃b1 , b2 > 0 : b1 kxk2 ≤ kxk3 ≤ b2 kxk2 . De estas desigualdades se deduce:

∴

kxk3 ≤ b2 kxk2 ≤ b2 a2 kxk1 kxk3 ≥ b1 kx2 k ≥ b1 a1 kxk1 a1 b1 kxk1 ≤ kxk3 ≤ a2 b2 ⇒k k1 R k k3 . |{z} |{z} a>0

b>0

33

8. ¿Constituye kxk =

" m X

# p1 |xk |p

k=1

una norma en el conjunto de los vectores x = (xk )m k=1 (xk ∈ R) si p < 1 y m ≥ 2? Soluci´ on: La respuesta es no, veamos qué ocurre cuando tenemos dos vectores de la forma siguiente:     1/2 0  0  1/2      .   .     x= y y =  .   .       .   .  0 0 Verifiquemos que no se cumple el tercer axioma de norma10 : " Ã !p # p1 1−p 1 =2 p kx + yk = 2 2 donde 0 < p < 1 ⇒

1−p 1−p > 0 ⇒ 2 p > 1 = kxk + kyk . p

9. Probar que toda sucesión fundamental está acotada. Soluci´ on: Sea {xn } ⊂ X una sucesión fundamental. ∀² > 0∃n0 ∈ N tal que ∀n, m ≥ n0 ⇒ kxn − xm k < ² En particular kxn − xn0 k < ² y kxm − xn0 k < ² ⇒ xn ∈ B² (xn0 ) y xm ∈ B² (xn0 ) 10

Desigualdad triangular.

34

Esto significa que la sucesión está acotada a partir del término n0 , es decir, ∀n ≥ n0 kxn k ≤ kxn − xn0 + xn0 k ≤ kxn − xn0 k + kxn0 k < ² + kxn0 k Por tanto, kxn k ≤ max(kx1 k , kx2 k , ..., kxn0 −1 k , ² + kxn0 k). 10. Sea (X, kk) un espacio de Banach. Probar que (X × X, kk0 ) donde k(x, y)k0 = max(kxk , kyk) es un espacio de Banach. Soluci´ on: Sea (xn , yn ) una sucesión fundamental en X × X. Se tiene que ∀² > 0∃n0 ∈ N tal que ∀n, m ≥ n0 ⇒ k(xn , yn ) − (xm , ym )k0 < ². Pero k(xn , yn ) − (xm , ym )k0 = k(xn − xm , yn − ym )k0 = max(kxn − xm k , kyn − ym k) < ² ∀n, m ≥ n0 ⇒ {xn } y {yn } son sucesiones fundamentales en X. Como X es un espacio de Banach, existen x, y ∈ X tales que xn −→ x y yn −→ y n→∞

n→∞

Obtengamos ahora que (xn , yn ) −→ (x, y). k(xn , yn ) − (x, y)k0 = k(xn − x), (yn − y)k0 = max(kxn − xk , kyn − yk) −→ 0 n→∞

11. Sean (X, kk1 ) un espacio de Banach, kk1 y kk2 dos normas equivalentes. Demostrar que (X, kk2 ) es también un espacio de Banach. 35

Soluci´ on Def.

kk1 son kk2 equivalentes ⇔ ∃α > 0, β > 0 : ∀x ∈ X

α kxk2 ≤ kxk1 ≤ β kxk2

Y {an } es una sucesión fundamental en (X, kk2 ) si y sólo si ∀² > 0 ∃n0 (²) ∈ N : ∀n0 ≥ n ∀p ∈ N kan+p − an k2 <

² β

Como ∀x ∈ X kxk1 ≤ β kxk2 ⇒ kan+p − an k1 < ² entonces {an } es una sucesión fundamental en (X, kk1 ), como este es de Banach, entonces, ∃a ∈ X : ∀² > 0 ∃n1 (²) ∈ N : n ≥ n1 kan − ak1 < α². Como ∀x ∈ X α kxk2 ≤ kxk1 ⇒ α kan − ak2 ≤ kan − ak1 ≤ α² ⇒ kan − ak2 ≤ ² entonces, {an } −→ a en (X, kk2 ). Luego, como {an } es una sucesión n→∞

fundamental arbitraria que converge a un punto a ∈ (X, kk2 ), entonces (X, kk2 ) es un espacio de Banach. 12. Sea X un espacio de Hilbert. Sea M ⊂ X. Definimos M ⊥ = {z ∈ X

:

(z | m) = 0 ∀m ∈ M } .

Probar que M es un subespacio (variedad lineal cerrada). Soluci´ on: Sean x, y ∈ M ⊥

α, β ∈ K. ¿αx + βy ∈ M ⊥ ?

Hay que probar que ∀m ∈ M,

(αx + βy | m) = 0

(αx + βy) = α (x | m) +β (y | m) = 0 | {z } | {z } =0

36

=0

¯ ⊥ ⊂ M ⊥. Para probar que M ⊥ es cerrado es suficiente probar que M ¯ ⊥ . Entonces existe {xn } ⊂ M ⊥ : xn −→ x. Consideremos que x ∈ M Demostremos que x ∈ M ⊥ . Sea m ∈ M . ¿(x | m) = 0? Tenemos que donde xn ∈ M ⊥ y m ∈ M

(xn | m) = 0 Pero,

(xn | m) −→ (x | m)11 | {z } n→∞ =0

luego (x | m) = 0 ∀m ∈ M . Concluimos con que x ∈ M ⊥ y M ⊥ es un subespacio. 13. Probar que: 13.1) Toda función de variación acotada sobre [a, b] es acotada sobre [a, b]. 13.2) La expresión kxk = |x(a)| +

b _

x(t)

a

constituye una norma. Soluci´ on al inciso 13.1) Sea P[a, b] el conjunto de todas las particiones finitas de [a, b]. Entonces Def.

∀x(t) ∈ V [a, b] ⇔ ∃c > 0 : ∀p ∈ P[a, b]

n X

|x(tk ) − x(tk−1 )| < c

k=1

Consideremos un p = {a, t, b}: |x(t) − x(a)| + |x(b) − x(t)| < c ⇒ |x(t) − x(a)| < c |x(t)| − |x(a)| < |x(t) − x(a)| < c ⇒ |x(t)| < c + |x(a)| 11

Consecuencia del Ejemplo Resuelto (5).

37

Soluci´ on al inciso 13.2) Probemos ahora que kxk = |x(a)| +

b _

x(t),

a

es una norma. Veamos 1) kxk = 0 ⇔ |x(a)| +

b _

x(t) = 0

a

⇒ |x(a)| = 0 ∧

b _

x(t) = 0.

a

Como n X

|x(tk ) − x(tk−1 )| ≤ sup

n X

|x(tk ) − x(tk−1 )| =

b _ a

k=1

k=1

x(t)

entonces, ∀z ∈ [a, b] | x(z) − x(a) | + |x(b) − x(z)| ≤ |{z} =0

b _

x(t) = 0.

a

Luego, ∀z ∈ [a, b] |x(z)| = 0. 2) Debemos probar que kαxk = |α| kxk. kαxk = |αx(a)| +

b _

αx(t)

a

= |α| |x(a)| + sup = |α| |x(a)| + sup

n X k=1 n X k=1

38

|α(x(tk ) − x(tk−1 ))| |α| |x(tk ) − x(tk−1 )|

" = |α| |x(a)| + |α| sup

n X

# |x(tk ) − x(tk−1 )|

k=1

" = |α| |x(a)| +

b _

#

x(t) = |α| kxk .

{z a

|

}

kxk

3) Sean x(t), y(t) ∈ V [a, b], probemos que kx + yk ≤ kxk + kyk. kx + yk = |(x + y)(a)| +

b _

(x + y)(t)

a

= |(x + y)(a)| + sup

n X

|(x + y)(tk ) − (x + y)(tk−1 )|

k=1

= |x(a) + y(a)| n X |x(tk ) + y(tk ) − x(tk−1 ) − y(tk−1 )| + sup k=1

≤ |x(a)| + |y(a)| n X |[x(tk ) − x(tk )] + [y(tk ) − y(tk−1 )]| + sup k=1

Aplicando la desigualdad de Minkowski (p = 1), n X

|[x(tk ) − x(tk )] + [y(tk ) − y(tk−1 )]| ≤

n X

|x(tk ) − x(tk−1 )|

k=1

k=1

+

n X

|y(tk ) − y(tk−1 )| .

k=1

Luego, |x(a)| + |y(a)| + sup ≤ |x(a)| + |y(a)| + sup

n X k=1 n X

|[x(tk ) − x(tk )] + [y(tk ) − y(tk−1 )]| |x(tk ) − x(tk−1 )|

k=1

+ sup

n X

|y(tk ) − y(tk−1 )|

k=1

39

Agrupando convenientemente, = |x(a)| + sup

n X

|x(tk ) − x(tk−1 )|

k=1

+ |y(a)| + sup

n X

|y(tk ) − y(tk−1 )|

k=1

= |x(a)| + |

b _

{z

x(t) + |y(a)| +

a

}

|

kxk

b _

{z

y(t) = kxk + kyk .

a

}

kyk

14. Probar que la aplicación f2 (α, x) = αx es continua. Soluci´ on: f2 : K × X −→ X, donde K es el cuerpo de escalares. Consideremos sobre K ×X cualquier estructura topológica que induzca la convergencia por coordenadas, en particular k(α, x)k = max(|α| , kxk). Probemos que f2 es sucesionalmente continua. Supongamos que, (αn , xn ) −→ (α, x). n→∞

Hay que probar que f2 (αn , xn ) −→ f2 (α, x), n→∞

esto es por definición de f2 f2 (αn , xn ) = αn xn

f2 (α, x) = αx;

luego concretamente tenemos que demostrar que: Def.

αn xn −→ αx ≡ kαn xn − αxk −→ 0. n→∞

n→∞

40

Por esto analizamos el comportamiento de kαn xn − αxk. Introduciendo el término auxiliar αn x kαn xn − αxk = = ≤ =

kαn xn − αn x + αn x − αxk kαn (xn − x) + (αn − α)xk kα(xn − x)k + k(αn − α)xk |αn | kxn − xk + |αn − α| kxk | {z } −→ 0

n→∞

En el primer término de la u ´ltima suma, se observa que {αn } está acotada por ser convergente, por tanto ∃M > 0 tal que ∀n |αn | ≤ M , de aqu´ı que |αn | kxn − xk −→ 0. |{z} | {z } n→∞ ≤M

−→ 0

n→∞

15. Probar que la función f (x) = kxk es continua. Soluci´ on: f : X −→ R+ Vamos a probar que f es sucesionalmente continua, es decir [xn −→ x ⇒ f (xn ) −→ f (x)] n→∞ | {z } n→∞ |{z} ∈

R

R

∈

Supongamos entonces que Def.

xn −→ x ≡ kxn − xk −→ 0 n→∞

n→∞

Debemos estimar: |f (xn ) − f (x)| = |kxn k − kxk| Tenemos que kxn k = 12 k(xn − x) + xk ≤ kxn − xk + kxk ⇒ kxn k − kxk ≤ kxn − xk 12

Se introduce el l´ımite x.

41

Análogamente kxk = 13 k(x − xn ) + xn k ≤ kx − xn k + kxn k ⇒ kxk−kxn k ≤ kxn − xk | {z } kxn −xk

Como kxn − xk es mayor que (kxn k − kxk) y también es mayor que el opuesto de este n´ umero (kxk − kxn k), se infiere que kxn − xk supera el valor modular de (kxn k − kxk), de aqu´ı que |kxn k − kxk| ≤ kxn − xk . A partir de esta estimación se deduce, debido a que kxn − xk −→ 0,

que

n→∞

kxn k −→ kxk . n→∞

16. Sea X un espacio de Hilbert sobre K. Definamos f (x, y) = (x | y), donde ( | ) es el producto escalar del mismo. Probar que f es una aplicación continua. Soluci´ on: Consideremos sobre X ×X cualquier estructura topológica que induzca la convergencia por coordenadas, en particular, k(x, y)k = max(kxk , kyk). De aqu´ı que se tiene que ³

´

³

´

(xn , yn ) −→ (x, y) ⇒ xn −→ x ∧ yn −→ y n→∞

n→∞

n→∞

Probemos que f es sucesionalmente continua. Supongamos que: (xn , yn ) −→ (x, y); hay que probar que: f (xn , yn ) | {z }

−→

∈K

∈K

f (xn , yn ) = (xn | yn ) 13

f (x, y) | {z }

Se introduce el término xn .

42

;

f (x, y) = (x | y),

luego hay que demostrar que Def.

(xn | yn ) −→ (x | y) ≡ |(xn | yn ) − (x | y)| −→ 0. n→∞

Por esto vamos a analizar el comportamiento de |(xn | yn ) − (x | y)|. Introduciendo el término auxiliar (xn | y) |(xn | yn ) − (x | y)| = |(xn | yn ) − (xn | y) + (xn | y) − (x | y)| = |((xn | yn ) − (xn | y)) + ((xn | y) − (x | y))| Aplicando propiedades del módulo y del producto interior ≤ |(xn | yn ) − (xn | y)| + |(xn | y) − (x | y)| = |(xn | yn − y) + (xn − x | y)| Por la desigualdad de Cauchy-Buniakowski |(xn | yn − y) + (xn − x | y)| ≤ kxn k kyn − yk + kxn − xk kyk | {z } | {z } | {z } ≤M

|

−→ 0

n→∞

{z

}

|

−→ 0

n→∞

−→ 0

n→∞

{z

−→ 0

n→∞

Por tanto, |(xn | yn ) − (x | y)| −→ 0 n→∞

2.6

Ejercicios Propuestos

1. Determinar la forma geométrica de la bola S1 (0) en l2 . 2. Probar que: A está acotado ⇔ Diam(A) < +∞. 3. Probar que en todo espacio unitario ¯ | y). (x | λy) = λ(x 4. Probar que en los espacios eucl´ıdeos y unitarios la aplicación p kxk = (x | x) constituye una norma. 43

}

5. Probar los ejercicios resueltos 14 y 15 a partir de la definición expresada en téminos de ², δ. 6. Probar que si X es un espacio unitario, x0 ∈ X la aplicación f (x) = (x, x0 ),

(x ∈ X)

es una aplicación continua, aplicando: on sucesionalmente continua; a) la caracterización de funci´ b) la definición en términos ², δ; c) el ejercicio resuelto 16.

44

Cap´ıtulo 3 Operadores lineales Si X, Y son espacios normados y se establece una aplicación T de X en Y , el estudio de las peculiaridades de esta función (denominada operador) y sus principales propiedades conduce a la obtención de esquemas de comportamiento predeterminados en casos aparentemente muy distintos como los siguientes: 1ro) T (x) = Ax, donde x ∈ Rn y A es una matriz cuadrada de dimensión n. 2do) T (x) = x0 , donde x es una función con derivada continua x0 en un intervalo [a, b]. 3ro) T x = g, si x es una función continua en [0, 1] y g es la función dada por: Z 1 g(s) = stx(t)dt 0 ≤ s ≤ 1 0

Este conocimiento resulta muy u ´til en la teor´ıa de resolución de ecuaciones.

3.1

Continuidad, acotaci´ on y norma de un operador lineal

El conocido concepto de función continua entre espacios métricos adquiere un matiz especial cuando los espacios son vectoriales y el operador es lineal. Se verá que en este caso son válidos dos resultados de gran fuerza práctica: 45

el primero establece la equivalencia entre la continuidad en un punto y la continuidad en todo el espacio. El mismo fundamenta la demostración de que el concepto de continuidad equivale a un nuevo concepto: el de operador acotado, más fácil de manejar porque está basado en una desigualdad. Definici´ on 3.1.1 Sea F un operador con campo de definición D(F ) ⊂ X y campo de valores R(F ) ⊂ Y . Se llama acotado si transforma cualquier conjunto acotado de D(F ) en un conjunto acotado en el espacio Y . Definici´ on 3.1.2 Sean X, Y espacios normados, ambos reales o ambos complejos. Un operador A : X → Y con campo de definición D(A) ⊂ X se llama lineal si D(A) es una variedad lineal en X y para cualesquiera x, y ∈ D(A), as´ı como para cualesquiera λ1 , λ2 ∈ R(λ1 , λ2 ∈ C) se cumple la igualdad A(λ1 X1 + λ2 X2 ) = λ1 A(X1 ) + λ2 A(X2 ). (Ejercicio resuelto 1) El conjunto N (A) = {x ∈ D(A) : A(X) = 0} se denomina conjunto de ceros o n´ ucleo del operador A. La importancia práctica del concepto de operador lineal está dada por la variedad de operadores muy u ´tiles que satisfacen esta propiedad. Se resumen seguidamente algunos de ellos, suponiendo en todos los casos un dominio de definición apropiado. (Ejercicio propuesto 4) Algunos ejemplos de operadores lineales (1) El operador nulo: Ax = 0 ∀x ∈ X; (2) El operador identidad: Ax = 1; Rb (3) Ax = y si y(s) = a K(s, t) x(t) dt; (4) Ax = y si y(s) = x00 (s) + λ x(s); (5) El operador de diferencias finitas: Ax = y si y(s) = ∆ x(s) + λ x(s), siendo ∆ x(s) = x(s + ∆ s) − x(s), x : R −→ R; R∞ (6) El operador de transformada: Ax = −∞ ei k s x(s) ds k ∈ R; 46

(7) Si x = (x1 , x2 , x3 , ...) Ã

! 1 1 1 (x1 + x2 ), (x2 + x3 ), (x3 + x4 ), ... ; A1 x = 2 2 2 Ã∞ ! ∞ X X A2 x = a1k xk , a2k xk , ... k=1

k=1

(8) Ax = y si y(s) = s x(s); (9) Ax = y si y(s) = x(s − 1); (10) El operador combinado (evaluación y multiplicación): Ax = y

tal que y(t) = t2 x(0).

Donde A : C[0, 1] −→ C[0, 1]; (11) El operador producto por una función fija: Ax = y

siendo y(t) = θ0 (t) x(t);

(12) Operador entre espacios de sucesiones: Ax = (λ1 x1 , λ2 x2 , ..., λn xn , ...),

x = (x1 , ..., xn , ...) λn ∈ R n ∈ N.

Teorema 3.1.1 Un operador lineal A : X → Y , dado sobre todo X y continuo en el punto x0 ∈ X es continuo en cualquier punto y ∈ X. (Ejercicio resuelto 2) Por tanto un operador lineal A : X → Y con D(A) = X es continuo si es continuo en el punto 0 ∈ X. Definici´ on 3.1.3 Un operador lineal A : X → Y con D(A) = X se llama acotado si existe c > 0 tal que para cualquier x ∈ S¯1 (0) es válida la desigualdad kAxk ≤ c. Teorema 3.1.2 Un operador lineal A : X → Y con D(A) = X es acotado si y sólo si para cualquier x ∈ X se cumple la desigualdad kAxk ≤ c kxk. 47

(Ejercicio resuelto 3, ejercicio propuesto 2) Teorema 3.1.3 Un operador lineal A : X → Y con D(A) = X es continuo si y sólo si es acotado. (Ejercicios resueltos 4, 5 y 6) Denominación: L(X, Y ) = {A : X −→ Y

tales que A es lineal acotado} .

umero Definici´ on 3.1.4 El n´ kAk =

sup

kAxk

x∈X,kxk≤1

se denomina norma del operador lineal acotado A : X → Y con D(A) = X. Proposici´ on 3.1.1 (Definiciones alternativas de norma) Sea A ∈ L(X, Y ). Definamos, E = sup x6=0

kAxk , kxk

B = sup kAxk ,

C = sup kAxk , kxk≤1

D = inf{k ≥ 0 : ∀x ∈ X kAxk ≤ k kxk}.

kxk=1

Entonces E ≤ B ≤ C ≤ D ≤ E. (Ejercicio resuelto 7) La denominación de norma se justifica por el hecho de que la aplicación kAk = E = B = C = D constituye una norma sobre el espacio L(X, Y ) (Ejercicio propuesto 3). Tomando en consideración las expresiones equivalentes para la norma de un operador lineal y continuo, se puede construir un procedimiento para el cálculo de la norma. Procedimiento 2. C´ alulo de la norma de un operador Sea A ∈ L(X, Y ). (P1) Verificar que A es un operador (A : X −→ Y ). 48

(P2) Verificar que A es lineal. (P3) Verificar que A está acotado. (Es decir ∃k : ∀x ∈ X

kAxk ≤ k kxk)

Nota: Al terminar (P3) hemos probado que A ∈ L(X, Y ) (P4) Acotar superiormente la norma. Nota: Al terminar (P4) se concluye que kAk ≤ k. (P5) Hallar kAk. Nota: Si se quiere probar que kAk = k proceder entonces de una de las formas siguientes: 1ra forma) Buscar x0 ∈ X, x0 6= 0, tal que

kAx0 k =k kx0 k

Nota: Con esto se demuestra que: kAx0 k = k ≤ E = kAk , kx0 k que es la desigualdad contraria a la determinada en (P4). 2da forma) Buscar x0 ∈ X, kx0 k = 1, tal que kAx0 k = k. Nota: Con esto se demuestra que: kAx0 k = k ≤ B = kAk , que es la desigualdad contraria a la determinada en (P4). (Ejercicios resueltos 8, 9, 10 y 11) Si en un espacio normado se define una ley interna con las propiedades algebraicas de un producto con identidad e, entonces la estructura de álgebra que se obtiene se hace compatible con la estructura topológica de espacio normado exigiendo las condiciones: 49

(1) kxyk ≤ kxk kyk; (2) kek = 1. La primera de estas condiciones conduce a establecer que la ley de producto es continua, como lo son también las leyes de suma y de multiplicación por un escalar. (Ejercicio resuelto 12)

3.1.1

Ejercicios Resueltos

1. Sean X e Y , espacios lineales; A : X → Y un operador lineal. Demostrar que el operador A transforma un conjunto convexo de D(A) en un conjunto convexo en el espacio Y . Soluci´ on: A lineal, S ⊂ X convexo, ¿A(S) convexo? y1 , y2 ∈ A(S) ⇒ ∃x1 , x2 ∈ S : y1 = Ax1 ∧ y2 = Ax2 . Sea α ∈ [0, 1] αy1 + (1 − α)y2 = αAx1 + (1 − α)Ax2 ⇔ 1 A(αx1 + (1 − α)x2 ) ∈ A(S) | {z } ∈S

2. Veamos la demostración del Teorema 3.1.1. Demostraci´ on Sea y ∈ X. Como X e Y son espacios métricos por ser normados, es suficiente probar que A es sucesionalmente continuo. Supongamos que yn → y, entonces ¿A(yn ) → A(y)? A(yn ) = A(yn − y + y − x0 + x0 ) Por la linealidad de A, se tiene que A(yn ) = A(yn − y + x0 ) + A(y) − A(x0 ), 1

Por la linealidad de A.

50

pero como A es continuo en x0 yn − y + x0 → x0 ⇒ A(yn − y + x0 ) → A(x0 ) ∴ A(yn ) → A(x0 ) + A(y) − A(x0 ) = A(y) 3. Demostrar que el n´ ucleo N (A) de un operador lineal acotado A : X → Y es un subespacio del espacio X. Soluci´ on: Sean x, y ∈ N (A), entonces Ax = 0 y Ay = 0 dos elementos de N (A). Por la linealidad de A tenemos A(x + y) = |{z} Ax + Ay = 0 ⇒ x + y ∈ N (A) |{z} =0

=0

y Aαx = α |{z} Ax = 0 ⇒ αx ∈ N (A), =0

esto nos asegura que N (A) es una variedad lineal, por lo que sólo nos faltar´ıa probar que es cerrado. 1ra forma) Un conjunto cerrado es aquel donde se verifica N (A) = N (A). Es suficiente probar que N (A) ⊂ N (A). x ∈ N (A) ⇒ ∃xn ∈ N (A) : xn −→ x ⇒ Axn −→ Ax |{z} 0

Por ser A un operador continuo. De aqu´ı que Ax = 0 ⇒ x ∈ N (A). Preimagen

z}|{ −1 2da forma) N (A) = | A{z {0} ) }( |{z} | {z } cerrado

continua

cerrado

4. Veamos la demostración del Teorema 3.1.3, es decir A lineal y continuo ≡ A acotado. 51

Demostraci´ on Supongamos que A es acotado y que xn → 0, entonces ¿Axn → A(0)? Donde A(0) = 0 por el carácter lineal de A. Como una consecuencia del Teorema 3.1.2 A acotado ⇔ ∃c > 0 : kAxn k ≤ c kxn k . Luego, xn → 0 ⇒ kxn k → 0 ⇒ kAxn k → 0 ⇒ Axn → 0 Por tanto, A continuo en x0 = 0 ⇒ A continuo.2 Supongamos ahora que A es continuo, entonces ¿será A acotado? Supongamos lo contrario; es decir, para cada n existe xn tal que ¯ µ ¶¯ ¯ ¯ xn ¯>1 ¯ kAxn k > n kxn k ⇒ ¯A n kxn k ¯ sea yn =

xn , n kxn k ¯ ¯ ¯ 1 xn ¯ 1 ¯ = −→ 0, n → ∞ kyn k = ¯¯ n kxn k ¯ n

pero Ayn 9 0, n → ∞, luego A no es continuo en el punto cero y por tanto no es continuo en ning´ un punto por el Teorema 3.1.1. dx 5. ¿Será acotado el operador A : C[0, 1] → C[0, 1], Ax(t) = , cuyo camdt po de definición L es la variedad lineal de las funciones continuamente diferenciables sobre [0,1]? Soluci´ on: 2

Recordar Teorema 3.1.1

52

Sean A lineal, xn (t) = tn , kAxn k = kx0n k = kxn k =

x0n (t) = ntn−1

y Axn = x0n . ¯ ¯ sup |x0n (t)| = sup ¯ntn−1 ¯ = n

t∈[0,1]

t∈[0,1]

sup |xn (t)| = sup |tn | = 1 t∈[0,1]

t∈[0,1]

Luego, {kxn k∞ n=1 } , {kAxn k∞ n=1 } ,

es un conjunto acotado; pero no está acotado.

Como podemos apreciar el operador A no está acotado ≡ A no es continuo.3 6. Sean X, Y , espacios de Banach; A : X → Y un operador lineal acotado con D(A) = X. ¿Constituyen normas en X las igualdades: a) kxk1 = kAxk, b) kxk2 = kxk + kAxk? En caso afirmativo, ¿será X un espacio de Banach con esta norma? Soluci´ on al inciso a) Vamos a analizar el primer axioma de norma kxk1 = 0 ⇒ kAxk = 0 ⇒ Ax = 0 Si N (A) = {0} entonces se puede implicar que x = 0, luego en general esta aplicación no constituye una norma. En el caso de que N (A) = {0}, X resulta isométrico a R(A), por lo que ser´ıa completo si este espacio lo es. Soluci´ on al inciso b) S´ı. Probemos el primer axioma kxk2 = kxk + kAxk = 0 ⇒ kxk = 0 ∧ kAxk = 0 ⇒ x = 0. Sea λ un escalar kλxk2 = 4 kλxk + kλAxk = |λ| kxk + |λ| kAxk = |λ| kxk2 . 3 4

Recordar Teorema 3.1.2. A es lineal.

53

Probemos ahora el axioma triangular, kx + yk2 ≤ kxk2 + kyk2 kx + yk2 = kx + yk + kA(x + y)k ≤ kxk + kAxk + kyk + kAyk | {z } | {z } kxk2

kyk2

Recordemos que en un espacio de Banach toda sucesión fundamental debe ser convergente. Probemos esta propiedad, kxn+p − xn k2 −→ 0 ⇒ kxn+p − xn k + kA(xn+p − xn )k −→ 0 | {z } | {z } ≥0

⇒ kxn+p − xn k −→ 0 ∧

≥0

kA(xn+p − xn )k −→ 0.

n→∞

n→∞

Veamos cada sumando por separado, kxn+p − xn k −→ 0 ⇒ 5 ∃x ∈ X : kxn+p − xk −→ 0 y en el otro sumando, kA(xn+p − xn )k −→ 0 ⇔ 6 kAxn+p − Axn k −→ 0, luego, {Axn } es una sucesión fundamental. Entonces ∃y ∈ Y : kAxn+p − yk −→ 07 ⇒ y = Ax8 Luego, kxn+p − xk2 = kxn+p − xk + kA(xn+p − x)k −→ 0 ∴ (X, kk2 ) es de Banach. 7. Demostrar la proposición 3.1.1. Soluci´ on:

° Ã !° ° x kAxk ° ° ° 1ro) = °A ° ≤ B ⇒ E ≤ B ≤ 9 C. ° kxk kxk ° 5

X es un espacio completo Por la linealidad de A. 7 Y es de Banach 8 A acotado, luego continuo 9 Por definición. 6

54

2do) kAxk ≤ k

∀x : kxk ≤ 1 ⇒ C ≤ D.

3ro) Supongamos que D − E = ² > 0 ⇒ E = D − ² < D −

² 2

Entonces ∀x 6= 0 kAxk ² ≤ E < D− ⇒ kAxk < kxk 2

Ã

! ² D− kxk 2

∀x 6= 0 ¡Absurdo!

Luego, E ≤ B ≤ C ≤ D ≤ E. 8. Demostrar que los siguientes operadores son lineales acotados y hallar sus normas aplicando el procedimiento 2: Rt a) A : C[0, 1] → C[0, 1], Ax(t) = 0 x(τ )dτ ; b) A : C[0, 1] → C[0, 1], Ax(t) = t2 x(0); Soluci´ on inciso a) (P1) A es un operador; (P2) la linealidad es una consecuencia inmediata de la linealidad de la integral; (P3) por la definición de norma en C[0, 1] se tiene que, ¯Z t ¯ ¯ ¯ kAxk = sup |(Ax)(t)| = sup ¯¯ x(τ )dτ ¯¯ t∈[0,1]

t∈[0,1]

0

Podemos acotar la expresión que aparece en el u ´ltimo miembro ¯Z t ¯ Z t ¯ ¯ ¯ x(τ )dτ ¯ ≤ |x(τ )| dτ ¯ ¯ 0

0

≤

sup |x(τ )| sup |t − 0| t∈[0,1] {z } | {z } |

τ ∈[0,1]

kxk

1

¯ ¯Z t ¯ ¯ ⇒ sup ¯¯ x(τ )dτ ¯¯ ≤ 1 kxk ⇒ sup kAxk ≤ 1 t∈[0,1] kxk≤1 0 | {z } | {z } kAxk

kAk

55

Para probar la desigualdad en sentido contrario consideremos x0 ∈ C[0, 1] dado por x0 (t) ≡ 1 ∀t ∈ [0, 1]. Notemos que kx0 k = 1 y hallemos kAx0 k. ¯ ¯ ¯Z t ¯ ¯ ¯ ¯ kAx0 k = sup ¯ x0 (τ ) dτ ¯¯ = sup |t| = 1. t∈[0,1] ¯ 0 | {z } ¯ t∈[0,1] =1

Entonces kAx0 k = 1 ≤ sup kAxk = kAk , kxk≤1

luego kAk = 1. Soluci´ on al inciso b) Prueba de la linealidad. A(αx(t) + βy(t)) = t2 (αx(0) + βy(0)) = α t2 x(0) +β t2 y(0) | {z } | {z } Ax(t)

Ay(t)

= αAx(t) + βAy(t) Hallemos kAk. Por definición de norma en C[0, 1] ¯ ¯ kAxk = sup |(Ax)(t)| = sup ¯t2 x(0)¯ ≤ |x(0)| ≤ 1 kxk t∈[0,1]

t∈[0,1]

entonces, sup kAxk ≤ 1 | {z } kxk≤1

kAk

Rec´ıprocamente, sea x0 (t) ≡ 1 ∀t ∈ [0, 1], por lo que kx0 k = 1 ¯ ¯ kAx0 k = sup ¯t2 (1)¯ = 1 ≤ sup kAxk = kAk t∈[0,1]

kxk≤1

luego kAk = 1. ∴ kAk ≤ 1 la igualdad se alcanza cuando x es constante. 9. Dado el operador T : l1 −→ l1 definido por: T (x1 , x2 , x3 , ...) = (0, x1 , 2x2 , x3 , 2x4 , ...), | {z } =x

56

probar que kT k = 2. Soluci´ on: La linealidad se demuestra directamente de la definición. kT xk = |x1 | + 2 |x2 | + |x3 | + 2 |x4 | + ... ≤ 2 |x1 | + 2 |x2 | + 2 |x3 | + 2 |x4 | + ... ≤ 2 kxk ⇒ kT k ≤ 2. Para probar la desigualdad contraria, consideremos el elemento de l1 : x0 = (0, 1, 0, 0, 0, ...). Entonces kx0 k = 1 T x0 = (0, 2, 0, 0, ...) ⇒ kT x0 k = 2 kT x0 k 2 kT xk = = 2 ≤ sup = kT k . kx0 k 1 kxk6=0 kxk 10. En el espacio de Hilbert H el operador de proyecci´ on ortogonal sobre el subespacio L ⊂ H para x = u + v, siendo u ∈ L y v ∈ L⊥ se define por la igualdad P x = u. Demostrar que el operador P es acotado y hallar su norma. Soluci´ on: P es lineal si y = u0 + v 0 entonces P (αx + βy) = αu + βu0 = αP (x) + βP (y) Sea x ∈ H q kP xk = kuk ≤

kuk2 + kvk2 =

p

(u + v | u + v) = kxk ⇒ kP k ≤ 1.

La igualdad kP xk = kxk se cumple para cualquier u ∈ L por lo que para todo u 6= 0 kP uk kuk kP xk = = 1 ≤ sup = kP k , kuk kuk kxk6=0 kxk luego kP k = 1.

57

11. En el espacio C[−1, 1] consideremos los operadores 1 [x(t) + x(−t)], 2 1 [x(t) − x(−t)] Bx(t) = 2

(3.1.1)

Ax(t) =

(3.1.2)

a) Demostrar que A es un operador lineal acotado y hallar su norma. b) Probar que A2 = A. Soluci´ on al inciso a) Demostremos la linealidad. 1 [(αx + βy)(t) + (αx + βy)(−t)] 2 1 = [αx(t) + βy(t) + αx(−t) + βy(−t)] 2 1 1 = α [x(t) + x(−t)] +β [y(t) + y(−t)] {z } {z } |2 |2

A(αx + βy)(t) =

Ax(t)

Ay(t)

Hallemos kAk kAk =

sup kAx(t)k kxk=1

1 [x(t) + x(−t)] kxk=1 t∈[−1,1] 2 sup max

" ≤

sup kxk=1

=

# 1 (kxk + kxk) 2

sup kxk = 1 kxk=1

La cota superior se alcanza para x ≡ 1, por lo que kAk = 1. Soluci´ on al inciso b) 1 A2 x(t) = [Ax(t) + Ax(−t)] = Ax(t) | {z } 2 Ax(t)

12. Si {xn } , {yn } son sucesiones fundamentales de un álgebra normada A, probar que {xn yn } es una sucesión fundamental. Además, si xn −→ x 58

y yn −→ y, pruebe que xn yn −→ xy. Soluci´ on: Hay que probar que kxn yn − xm ym k

−→

n,m→∞

kxn yn − xm ym k agrupando

= = ≤

0 kxn yn − xn ym + xn ym − xm ym k kxn (yn − ym ) + (xn − xm )ym k kxn (yn − ym )k + k(xn − xm )ym k

´ Por la definición de Algebra ≤M

≤M

z }| { z }| { ≤ kxn k kyn − ym k + kxn − xm k kym k | {z } | {z } −→ 0

n,m→∞

−→ 0

n,m→∞

Supongamos ahora que xn −→ x y que yn −→ y. kxn yn − xyk = kxn yn − xyn + xyn − xyk = k(xn − x)yn + x(yn − y)k ≤ kxn − xk kyn k + kxk kyn − yk | {z } |{z} | {z } −→ 0

n→∞

−→ 0

≤M

n→∞

Observe que el término auxiliar introducido −xyn + xyn = 0, pudo haber sido alternativamente −xn y + xn y la demostración se hubiera cambiado por: kxn yn − xyk = kxn yn − xn y + xn y − xyk = kxn (yn − y) + (xn − x)yk ≤ kyn − yk kxn k + kyk kxn − xk | {z } | {z } | {z } −→ 0

n→∞

−→ 0

≤M

n→∞

59

3.2

Espacio de operadores lineales acotados

Definici´ on 3.2.1 Sean X e Y , espacios normados, ambos reales o complejos; A, B, operadores lineales acotados definidos sobre todo el espacio X y con valores pertenecientes a Y . Al suponer seg´ un la definición: (A + B)x = Ax + Bx, λA(x) = λAx, kAk =

sup

kAxk

x∈X,kxk≤1

obtenemos el espacio L(X, Y ) normado de operadores lineales acotados. Definici´ on 3.2.2 En el espacio L(X, X) = L(X) suponemos, por definición, (AB)x = A(Bx). Por lo tanto L(X) pasa a ser una álgebra con unidad, donde ésta es el operador idéntico I : X −→ X, Ix = x. (Ejercicios resueltos 1 y 2) on An ∈ L(X, Y )(n ∈ N) se llama uniformeDefinici´ on 3.2.3 Una sucesi´ u mente convergente hacia el operador A ∈ L(X, Y ) y se denota An −→ A si kAn − Ak −→ 0(n −→ ∞). Una sucesi´ on An ∈ L(X, Y )(n ∈ N) se llama fuertemente convergente hacia el operador A ∈ L(X, Y ) y se denota s An −→ A si para todo x ∈ X kAn x − Axk −→ 0(n −→ ∞). (Ejercicios resueltos 3 y 4) Teorema 3.2.1 Si Y es un espacio de Banach, L(X, Y ) es un espacio de Banach. (Ejercicio resuelto 5) Teorema 3.2.2 (Principio de acotaci´ on uniforme) Sea Λ un conjunto de ´ındices de cardinalidad arbitraria y supongamos que la sucesi´ on {Aα }, donde α recorre a Λ, es una colecci´ on de elementos de L(X, Y ) donde X es un espacio de Banach. Si sup kAα xk < ∞ ∀x ∈ X α

entonces, sup kAα k < ∞. α

60

Demostraci´ on Aplicaremos el teorema de la acotación uniforme, por lo cual el primer paso será construir una familia de seminormas continuas. Sea pα = kAα (x)k norma.

α ∈ I. Debemos comprobar que cada pα es una semi-

pα (βx) = kAα (βx)k = |β| kAα xk = |β| pα (x) pα (x + y) = kAα (x + y)k = kAα (x) + Aα (y)k ≤ kAα (x)k + kAα (y)k = pα (x) + pα (y). Ahora debemos comprobar que cada pα es continua, lo cual se hará mediante el análisis de la condición de ser sucesionalmente continua. Supongamos que xn −→ x pα (xn ) = kAα (xn )k −→ kAα (x)k = pα (x) ↓ Aα (x) Por hipótesis se tiene, sup pα (x) = sup kAα (x)k < +∞ ∀x, α

α

obteniéndose la tesis de acuerdo con el teorema de la acotación uniforme sup sup pα (x) = sup sup kAα (x)k < +∞. α kxk≤1 α kxk≤1 | {z } kAα k

En particular, cuando Λ = N se obtiene: Teorema 3.2.3 (Teorema de Banach-Steinhaus) Sean X un espacio de Banach, An ∈ L(X, Y )(n ∈ N) y la sucesi´ on kAn xk acotada para cualquier x ∈ X. Entonces, la sucesi´ on kAn k es acotada. (Ejercicio resuelto 6) Agrupemos seguidamente algunas aplicaciones del teorema de la acotación uniforme que muestran su alcance práctico. 61

Aplicaciones 1.- X espacio de Banach, Y espacio normado y Tn ∈ L(X, Y ). Supongamos que Tn converge en cada punto x ∈ X. Entonces el operador T definido por T (x) = lim Tn (x) está en L(X, Y ) n→∞

Demostraci´ on Es necesario probar que T es lineal y continuo. Mostremos en primer lugar la linealidad. Sean α, β escalares; x, y ∈ X. T (αx + βy)

Def.

= =

lim Tn (αx + βy)

Tn ∈L(X,Y )

n→∞

=

lim (αTn (x) + βTn (y))

n→∞

α lim Tn (x) + β lim Tn (y) = αT (x) + βT (y). n→∞

n→∞

Veamos ahora la acotación. Para cada n se tiene que kTn (x)k ≤ kTn k kxk ≤ 10 K kxk ∀x ∈ X Pasando al l´ımite: kT (x)k ≤ K kxk 2.- X espacio de Banach F ⊂ X 0 : sup |x0 (x)| < +∞ ∀x ∈ X x0 ∈F

Entonces F está acotado. Demostraci´ on Tomemos en el Teorema 3.2.2 a Y = K entonces, sup kx0 k < +∞. x∈F

Teorema 3.2.4 Sean X, Y espacios de Banach; An ∈ L(X, Y )(n ∈ N). Para que la sucesi´ on An con n −→ ∞ converja fuertemente hacia el operador A ∈ L(X, Y ) es necesario y suficiente que: 10

Por el Teorema de Banach-Steinhaus

62

1) la sucesi´ on kAn k sea acotada. 2) An −→ A fuertemente en una variedad lineal L densa en el espacio X. n→∞

(Ejercicio resuelto 7) Teorema 3.2.5 Sea X un espacio normado, Y un espacio de Banach, A : X −→ Y un operador lineal y, además, D(A) = X siendo el operador A ˆ acotado sobre D(A). Entonces existe un operador ° ° lineal acotado A ∈ L(X, Y ) ° ˆ = Ax para cualquier x ∈ D(A) y ° tal que Ax °Aˆ° = kAk. Por tanto el operador Aˆ es una prolongaci´ on del operador A que preserva su norma. (Ejercicio resuelto 8)

3.2.1

Ejercicios Resueltos

1. Sean T, U, V espacios normados, G ∈ L(T, U ), H ∈ L(U, V ). Entonces kHGk ≤ kHk kGk. Soluci´ on: kHGxk ≤ kHk kGxk ∀x ∈ T ≤ kHk kGk kxk ∀x ∈ T ⇒ kHk kGk ≥ kHGk 2. Sean X, Y, Z espacios normados; An , A ∈ L(X, Y ) y Bn , B ∈ L(Y, Z) donde n ∈ N y An −→ A y Bn −→ B. Pruebe que: n→∞

n→∞

Bn An −→ BA n→∞

en el espacio L(X, Z). Soluci´ on: kBn An − BAk = = ≤ ≤

kBn An − Bn A + Bn A − BAk kBn (An − A) + (Bn − B)Ak kBn (An − A)k + k(Bn − B)Ak kBn k kAn − Ak + kBn − Bk kAk −→ 0 n→∞ | {z } | {z } | {z } −→0

≤M

63

−→0

3. En el espacio l2 , para un elemento x = (x1 , x2 , ...) ∈ l2 pongamos las sucesiones de operadores ´ ³x x 2 1 , , ... , An x = n n Bn x = (0, 0, ..., 0, xn+1 , xn+2 , ...), n ∈ N. | {z } n

¿Cuál es el carácter de la convergencia de cada una de las sucesiones? Soluci´ on: Probemos que An converge uniformemente, lo cual nos da una condición suficiente para todas las demás convergencias. Ã∞ !1 X ¯¯ xk ¯¯2 2 1 kAn xk = = kxk ¯ ¯ n n k=1 ⇒ kAn k = sup kAn xk = kxk≤1

lim kAn − 0k =

1 n

1 =0 n→∞ n

lim kAn k = lim

n→∞

n→∞

u

∴ An −→ 0 en l2 . s

u

Probemos que Bn −→ 0 y Bn 9 0. Sea x = (x1 , x2 , ...) ∈ l2 Ã kBn x − 0xk = kBn xk =

∞ X

! 12 |xk |2

−→ 0(n → ∞).

k=n+1

Este resultado se obtiene de que xn ∈ l 2 ≡

X

|xn |2 < +∞

n

≡ resto −→ 0. Veamos que kBn − 0k −→ 0 (n → ∞).

64

Sea xn = (0, 0, ..., 0, 1, 0, 0, ...) ⇒ kxn k = 1 para cada n | {z } n

kBn k = sup kBn xk ≥ kBn xn k = 1 ∀n ∈ N kxk≤1

⇒ ∴

lim kBn − 0k ≥ 1 6= 0

n→∞

Bn 9 0

uniformemente en l2 . 4. Consideremos el operador A : C[0, 1] −→ C[0, 1], Z t Ax(t) = eτ x(τ )dτ 0

y la sucesión de operadores An : C[0, 1] −→ C[0, 1] # Z t "X n τk An x(t) = x(τ )dτ, n ∈ N, k! 0 k=0 ¿Converge la sucesión An hacia A? ¿Cuál es el carácter de la convergencia?

65

Soluci´ on: kAn − Ak =

sup k(An − A)xk kxk=1

=

sup max |(An − A)x(t)| ¯ ¯Z ∞ ¯ ¯ t X τk ¯ ¯ x(τ ) dτ ¯ = sup max ¯ ¯ kxk=1 t∈[0,1] ¯ 0 k=n+1 k! ¯Z ¯ ∞ ¯ t X ¯ τk ¯ ¯ ≤ sup max ¯ kxk dτ ¯ ¯ kxk=1 t∈[0,1] ¯ 0 k=n+1 k! ¯Z ¯ ∞ ¯ t X τ k ¯¯ ¯ = max ¯ dτ ¯ t∈[0,1] ¯ 0 k! ¯ kxk=1 t∈[0,1]

k=n+1

Por la convergencia uniforme de la serie ¯ ¯ ¯ ∞ Z ¯ ∞ ¯ ¯ X ¯ X tk+1 ¯ 1 k τ ¯ ¯ ¯ ¯ = max ¯ dτ ¯ = max ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ t∈[0,1] ¯ t∈[0,1] k! (k + 1)! 0 k=n+1 k=n+1 =

∞ X

1 ⇒ An ⇒ A. (k + 1)! k=n+1

En el caso anterior se ha utilizado un resultado del análisis matemático, ex =

x x2 xn + + ... + + ... 1! 2! n!

5. Demostrar el Teorema 3.2.1. Y de Banach ⇒ L(X, Y ) es de Banach. Soluci´ on: {An } | {z }

⊂ L(X, Y ) ⇒ kAn − Am kL(X,Y ) −→ 0 n,m→∞

f undamental

⇒ ∀x ∈ X, kAn x − Am xkY ≤ kAn − Am kL(X,Y ) kxkX −→ 0 n,m→∞

⇒

{An x} ⊂ Y ←− Banach. | {z } fundamental

66

Entonces, ∃y ∈ Y : An x −→ y. n→∞

Formemos A : X −→ Y x −→ lim An x = y n→∞

Probemos que: a) A ∈ L(X, Y ) b) kAn − AkL(X,Y ) −→ 0(n → ∞) Soluci´ on al inciso a) A lineal: A(αx + βy) = =

lim An (αx n→∞ |{z} lineal

+ βy)

lim (αAn x + βAn y) = αAx + βAy.

n→∞

A continuo ≡ A acotado ≡ ∃c > 0 : ∀x ∈ X, kAxk ≤ c kxk. Probemos esta u ´ltima condición. Se tiene que: kAn xk | {z } lineal y continua

≤

kAn k | {z }

kxk ≤ c kxk ∀n

fund.⇒acotada

Pasemos al l´ımite: ∀x ∈ X, An x −→ Ax ⇒ kAn xk −→ kAxk ⇒ kAxk ≤ c kxk Como A es lineal y continuo se concluye que A ∈ L(X, Y ). Soluci´ on al inciso b) ∀² > 0 ∃n0 ∈ N : ∀n, m ≥ n0 kAn − Am k < ² ⇒ kAn x − Am xk ≤ kAn − Am k kxk < ² kxk Para n ≥ n0 y m → ∞ kAn x − Axk ≤ ² kxk ⇒ k(An − A)(x)k ≤ ² kxk ⇒ kAn − Ak ≤ ² , n ≥ n0 ⇒ An −→ A n→∞

en L(X, Y ). 67

6. Sean X, Y , espacios de Banach, An ∈ L(X, Y )(n ∈ N) y cuando n −→ ∞ converge fuertemente hacia un operador A ∈ L(X, Y ). Demostrar que si xn , x ∈ X y xn −→ x cuando n → ∞, entonces An xn −→ Ax cuando n → ∞. Soluci´ on: kAn xn − Axk = k(An xn − An x) + (An x − Ax)k ≤ kAn k kxn − xk + kAn x − Axk −→ 0 | {z } | {z } | {z } n→∞ →0 →0 ≤M | {z } teorema 3.2.3

⇒ An xn −→ Ax, n→∞

7. Demostrar el Teorema 3.2.4. Soluci´ on ⇒) 1) es una consecuencia del Teorema 3.2.3 y 2) se tiene como caso particular de la definición de convergencia fuerte. ⇐) Sea x ∈ X arbitrario, ² > 0 ¯=X ∃x² ∈ L : kx − x² k < ² ya que L ∃n0 ∈ N : ∀n ≥ n0 kAn x² − Ax² k < ² Por la condición 2) Vamos a estimar kAn x − Axk kAn x − Axk = kAn x − An x² + An x² − Ax² + Ax² − Axk = k(An x − An x² ) + (An x² − Ax² ) + (Ax² − Ax)k ≤ kAn k kx − x² k + kAn x² − Ax² k + kAk kx − x² k {z } | {z } | {z } | | {z } ≤M

0 tal que (3.3.2) ∀x ∈ D(A) se cumple que y = Ax ∈ R(A), luego sustituyendo en la desigualdad (3.3.2) −1 M kAxk ≥ k A | {zA} x k= kxk I

1 ⇒ kAxk ≥ kxk M |{z} m

para m =

1 M 75

∀x ∈ D(A),

“⇐” Supongamos que ∀x ∈ D(A), kAxk ≥ m kxk ,

con m > 0

(3.3.3)

Ax = 0 ⇒ x = 0 ⇒ A13 es inyectiva. Luego, A es biyectivo sobre R(A), luego existe A−1 . Sea y = Ax. Entonces x = A−1 y. Sustituyendo en (3.3.3): ° ° kyk ≥ m °A−1 y ° ° ° 1 ∴ °A−1 y ° ≤ kyk ∀y ∈ R(A) ⇒ A−1 es continuo. m |{z} m>0

6. Sea X un espacio normado; A : X −→ X, un operador lineal, supongamos que en X exista una sucesión xn ∈ D(A)(n ∈ N) tal que kxn k = 1 y Axn −→ 0. n→∞

Demostrar que el operador A no tiene inverso acotado. Soluci´ on: Supongamos que A−1 existe y es acotado, entonces por el Teorema 3.3.1 se tiene que ∃m > 0 : kAxk ≥ m kxk ∀x ∈ D(A). En particular kAxn k ≥ m kxn k = m, | {z } =1

lo cual es un absurdo porque tenemos por hipótesis que Axn −→ 0. n→∞

7. Sea X un espacio vectorial. Sean kk1 , kk2 dos normas sobre X con respecto a una de las cuales X es de Banach. Supongamos que existe a > 0 tal que kxk1 ≤ a kxk2 ∀x ∈ X. Probar que las dos normas son equivalentes. 13

Lineal

76

Soluci´ on: Consideremos el operador identidad I : (X, kk2 ) −→ (X, kk1 ). Este operador es biyectivo y por la hipótesis es continuo. Aplicando el teorema 3.3.2 I −1 : (X, kk1 ) −→ (X, kk2 ), es continuo, por lo que existe b > 0 tal que k I| −1 {zx} k2 ≤ b kxk1 , x

de aqu´ı que 1 kk ≤ kk1 ≤ a kk2 , b 2 por tanto, las normas son equivalentes. 8. Demostrar el Teorema 3.3.3 Soluci´ on: Vamos a aplicar el teorema 3.3.2. Consideremos Y = X (espacio de Banach). I − C es lineal porque C ∈ L(X). a) Se puede probar que R(I − C) = X mediante el principio de las aplicaciones contra´ıdas. (Ejercicio propuesto 6) b) Probemos que existe el inverso de I − C. Se tiene la identidad (I − C)(I + C + C 2 + ... + C n ) = − = =

I + C + C 2 + ... + C n C − C 2 − ... − C n − C n+1 I − C n+1 (I + C + C 2 + ... + C n )(I − C)

Como k(AB)xk = kA(Bx)k ≤ kAk kBxk ≤ kAk kBk kxk entonces kABk ≤ kAk kBk. Si B = A, se tiene que kA2 k ≤ kAk2 . 77

Luego kC n+1 k ≤ kCkn+1 −→ 0 ya que kCk < 1. n→∞

Formemos la sucesión Sn = I+C+C 2 +...+C n ∈ L(X). Probemos que ∃S ∈ L(X) tal que lim Sn = S,

n→∞

para lo cual es suficiente demostrar que es fundamental. Para todo p ∈ N se tiene: ° ° n+p n+p ° ° X X ° k° ° k° °C ° −→ 014 kSn+p − Sn k = ° C °≤ n→∞ ° ° k=n+1

k=n+1

Pasando al l´ımite en la identidad se llega a que (I − C)S = I = S(I − C) Con el convenio C 0 ≡ I −1

S = (I − C)

=

∞ X

C n ∈ L(X),

n=0

luego R(I − C) = D[(I − C)−1 ] = X (I − C)−1 es acotado en virtud del Teorema 3.3.2 y además ∞ ° ° X °(I − C)−1 ° ≤ kCkn = n=0

1 1 − kCk

9. Sean X un espacio de Banach; A ∈ L(X) y kI − Ak < 1. Demostrar que A es continuamente inversible. Soluci´ on: Sea

∈L(X)

B=

z}|{ I − |{z} A , kBk < 1 ⇒ A = I − B 15 ∈L(X)

luego A es continuamente inversible. 14 15

Resto de una serie convergente, ya que kCk < 1. Por el resultado del Teorema 3.3.3

78

10. Demostrar el Teorema 3.3.4. Soluci´ on: Sea B−A = C B = A + C = A(I + A−1 C) = A(I − (−A−1 C)). Se tiene que:

° ° ° ° °−A−1 C ° ≤ °A−1 °

kCk |{z}

0. Entonces existe una f ∈ X 0 tal que f (x) = 0 para cualquier x ∈ L, f (x0 ) = 1 y kf k = d1 . (Ejercicios resueltos 8 y 9) Teorema 4.2.3 (Teorema de Riesz) Sea H un espacio de Hilbert. Para cualquier funcional lineal acotado f , dado sobre todo H, existe un elemento u ńico y ∈ H, tal que f (x) = (x | y) para cualquier x ∈ H. Adem´ as kf k = kyk. (Ejercicio resuelto 10)

4.2.1

Aplicaciones del Teorema de la Acotaci´ on Uniforme al caso de funcionales

A continuación se enuncia el teorema de Banach-Steinhaus para su aplicación especializada al caso en que los operadores que deben manejarse sean funcionales. Sean X espacio de Banach, {Tn } ⊂ L(X, Y ). ∀x ∈ X ∃cx ∈ R : kTn (x)k ≤ cx n = 1, 2, ... ⇒ ∃c ∈ R : kTn k ≤ c n = 1, 2, ... 102

(4.2.1) (4.2.2)

Aplicaciones 1. A los espacios de polinomios. Si X es el espacio de polinomios x(t) = α0 + α1 t + ... + αn tn

n ∈ N,

con kxk = max |αj | . 0≤j≤n

Entonces X no es completo. Demostraci´ on Se basa en construir una sucesión {Tn } ⊂ L(X, Y ) que satisfaga la condición (4.2.1) pero no a (4.2.2). Vamos a tomar Y = K (los Tn funcionales). Definamos: Tn (0) = 0;

Tn (x) = α0 + α1 + ... + αn

se tiene directamente de la definición que Tn es lineal y se cumple la acotación: ¯ ¯ n n ¯X ¯ X ¯ ¯ |Tn (x)| = ¯ αi ¯ ≤ |αi | ≤ (n + 1) kxk ¯ ¯ i=0

i=0

(4.2.1) De acuerdo con la acotación si Nx = Grad(x), entonces |Tn (x)| ≤ (Nx + 1)1 kxk ⇒ kTn k ≤ Nx + 1 (4.2.2) Probemos que kTn k no está acotada. Sea x(t) = 1 + t + ... + tn |Tn (x)| = 1| + {z ... + 1} = (n + 1) kxk |{z} n+1

(n + 1)(1) |Tn (x)| = =n+1 kxk (1) |Tn (x)| = kTn k ≥ n + 1. ⇒ sup kxk x6=0 1

Cantidad de coeficientes

103

=1

2. A las series de Fourier. Existe una función continua de valores reales cuya serie de Fourier diverge en un punto dado t0 . Demostraci´ on Sea X el espacio de las funciones continuas de valores reales de per´ıodo 2π. kxk = max |x(t)| X = C[0, 2π] es un espacio de Banach. Tomando t0 = 0; Tn funcionales).

Y = K (los

Si Tn es el valor de la n−ésima suma parcial de la serie de Fourier de x evaluada en t0 = 0, entonces n X 1 Tn (x) = a0 + am 2 m=1

Resulta inmediato por la definición de Tn que es lineal. Se puede probar que Z 1 2π kTn k = |qn (t)| dt 2π 0 Ã ! 1 sin n + t 2 donde qn (t) = y que kTn k −→ ∞ y por tanto {kTn k} n→∞ 1 sin t 2 no está acotada, entonces, ∃x ∈ X : |Tn (x)| no está acotado2 , luego, por definición de Tn la serie de Fourier de x diverge en t0 . 2

Aplicando la ley de contraposición en el teorema de la Acotación Uniforme.

104

3. A la aplicación canónica. Esta aplicación requiere el manejo de un importante operador que se denota por J y que relaciona de forma natural un espacio con su bidual, por lo que se le denomina aplicaci´ on canónica. Sabemos que: Y

de Banach ⇒ L(X, Y ) de Banach.

Si Y = K entonces L(X, Y ) ≡ X 0 es completo. Sea x ∈ X definiremos: x00 (x0 ) = x0 (x)

∀x0 ∈ X 0

y formemos J(x) = x00 . Entonces se tiene que: x00 ∈ X 00 . Demostraci´ on Hay que probar que x00 es lineal y continua. Linealidad : Def.

x00 (x01 + x02 ) = (x01 + x02 )(x) = 3 x01 (x) + x02 (x) = x00 (x01 ) + x00 (x02 ). También, Def.

x00 (λx01 ) = (λx01 )(x) = 4 λx01 (x) = λx00 (x01 ). Continuidad : Def.

|x00 (x0 )| = |x0 (x)| ≤ kx0 k kxk ⇒ kx00 k ≤ kxk . (2) J lineal y continuo.

3 4

Definición de suma de funciones. Definición de producto de un escalar por una función.

105

Demostraci´ on Linealidad : J(x1 + x2 ) = y 00 : y 00 (x0 ) = x0 (x1 + x2 ) ∀x0 ∈ X 0 y 00 (x0 ) = x0 (x1 + x2 ), pero tenemos que x0 es lineal, entonces x0 (x1 + x2 ) = x0 (x1 ) + x0 (x2 ) = x001 (x0 ) + x002 (x0 ) = (x001 + x002 )(x0 ) ⇒ y 00 = x001 + x002 = J(x1 ) + J(x2 ). También, J(λx) = y 00

y 00 (x0 ) = x0 (λx),

:

pero como x0 es lineal, entonces x0 (λx) = = ⇒ ∴ J(λx) =

λx0 (x) = λx00 (x0 ) (λx00 )(x0 ) y 00 = λx00 λx00 = λJ(x).

Continuidad : kJxk = kx00 k = sup |x00 (x0 )| = sup |x0 (x)| , kx0 k=1

kx0 k=1

pero, x0 ∈ X 0 , tenemos |x0 (x)| ≤ kx0 k kxk ≤ kxk

∀x ∈ X 0

:

kx0 k = 1.

Luego, sup |x0 (x)| ≤ kxk ⇒ kJk ≤ 1. | {z } kx0 k=1

=kJxk

Sea x ∈ X ∃x00 ∈ X 0 tal que kx00 k = 1 y |x00 (x)| = kxk por el teorema 4.2.1. ∴ kxk = |x00 (x)| ≤ sup |x0 (x)| = kJxk ≤ kxk . kx0 k=1

106

Por tanto kJxk = kxk ∀x ∈ X. Como J es lineal, ∀x1 , x2 ∈ X se tiene que kJ(x1 − x2 )k = kx1 − x2 k | {z } =kJx1 −Jx2 k

esto es, d(x1 , x2 ) = d(J(x1 ), J(x2 )), por lo que se dice que J es una isometr´ıa. Una consecuencia de que J sea una isometr´ıa es que: M

acotado ⇔ J(M ) acotado.

4. A la acotación de conjuntos. Caso 1) Sea X un espacio normado M ⊂ X : sup |x0 (m)| < +∞ ∀X 0 ∈ X 0 . m∈M

Entonces M está acotado. Demostraci´ on Sea F = J(M ) ⊂ X 0 y observando que X 0 es de Banach. F = J(M ) ⊂ X 0 :

| J(m)(x0 ) |< +∞5 | {z } J(m)∈J(M ) sup

m∈M

∀X 0 ∈ X.

x0 (m)

Entonces J(M )6

está acotado ⇒ M

está acotado.

Caso 2) Sea {xn } ⊂ X, X espacio normado. Supongamos que ∀x0 ∈ X 0

existe

Entonces kxn k está acotada. 5 6

Por hipótesis. Isometr´ıa.

107

lim x0 (xn ).

n→∞

Demostraci´ on Utilizando la aplicación 3 y considerando M = {xn } es suficiente probar que sup |x0 (xn )| < +∞ x0 ∈ X 0 . n

Como toda sucesión convergente de escalares está acotada ⇒ ∀x0 ∈ X 0

sup |x0 (xn )| < +∞. n

De aqu´ı que M está acotado.

4.2.2

Ejercicios Resueltos

1. ¿Estarán acotadas las siguientes funcionales lineales en el espacio C[0, 1]? R1 √ a) f (x) = 0 x( t)dt; R1 b) f (x) = lim 0 x(tn )dt; n→∞

Soluci´ on al inciso a)

¯Z 1 ¯ √ ¯ ¯ |f (x)| = max ¯¯ x( t)dt¯¯ t∈[0,1] 0 Z 1¯ ¯ ¯ ¯ √ ≤ max ¯x( t)dt¯ t∈[0,1] 0 ¯ √ ¯ ¯ ¯ ⇒ ¯x( t)¯ ≤ kxk Z 1¯ √ ¯ ¯ ¯ ⇒ ¯x( t)¯ dt ≤ kxk (1 − 0) = kxk

0≤t≤1⇒0≤

√

t≤1

∴ Está acotada.

0

R1

x(tn )dt ¯Z 1 ¯ ¯ ¯ n |fn (x)| = ¯¯ x(t )dt¯¯ 0 Z 1 ≤ |x(tn )| dt ≤ max |x(tn )|

Soluci´ on al inciso b) Sea fn (x) =

0

t∈[0,1] n

0 n

n

t ∈ [0, 1] ⇒ t ∈ [0, 1] ⇒ |x(t )| ≤ kxk ⇒ max |x(t )| ≤ kxk t∈[0,1]

∴ |fn (x)| ≤ kxk está acotado.

∀n. Pasando al l´ımite |f (x)| ≤ kxk, luego f

108

2. Demostrar que en el espacio C[−1, 1] las siguientes funcionales son lineales, continuas y hallar sus normas: 1 a) f (x) = [x(−1) + x(1)]; 3 b) f (x) = 2[x(−1) + x(0)]; Pn c) f (x) = k=1 αk x(tk ), donde αk ∈ R, fijos.

t1 , t2 , ..., tn ∈ [−1, 1] son

Soluci´ on al inciso a) Linealidad 1 [(αx + βy)(−1) + (αx + βy)(1)] 3 1 = [(αx(−1) + βy(−1)) + (αx(1) + βy(1))] 3 1 1 = α [x(−1) + x(1)] +β [y(−1) + y(1)] {z } {z } |3 |3

f (αx + βy) =

f (x)

f (y)

= αf (x) + βf (y). Acotaci´ on ∀x ∈ C[−1, 1] 1 [|x(−1) + x(1)|] t∈[−1,1] 3 1 ≤ max [|x(−1) | + | x(1)|] t∈[−1,1] 3 1 ≤ [ max |x(t)| + max |x(t)|] t∈[−1,1] 3 t∈[−1,1] | {z } | {z }

|f (x)| =

max

kxk

2 kxk 3 2 ⇒ kf k ≤ 3 =

109

kxk

C´ alculo de la norma Considerar x0 (t) ≡ 1 ∀t ∈ [−1, 1]; x0 ∈ C[−1, 1]. Entonces ¯ ¯ ¯1 ¯ ¯ ¯ ¯ (1 + 1)¯ ¯3 ¯ 2 |f (x)| |f (x0 )| = = ≤ sup , kx0 k 1 3 x6=0 kxk | {z } kf k

2 luego kf k = . 3 Soluci´ on al inciso b) Linealidad f (αx + βy) = 2[(αx + βy)(1) + (αx + βy)(0)] = 2[(αx(1) + βy(1)) + (αx(0) + βy(0))] = α 2[x(1) + x(0)] +β 2[y(1) + y(0)] {z } | {z } | f (x)

f (y)

= αf (x) + βf (y). Acotaci´ on ∀x ∈ C[−1, 1] |f (x)| = ≤

max 2[|x(1) + x(0)|]

t∈[−1,1]

max 2[|x(1)| + |x(0)|]

t∈[−1,1]

≤ 2[ max |x(t)| + max |x(t)|] t∈[−1,1] t∈[−1,1] {z } | 2kxk

= 4 kxk ⇒ kf k ≤ 4 kxk C´ alculo de la norma Considerar x0 (t) ≡ 1 ∀t ∈ [−1, 1]; x0 ∈ C[−1, 1]. Entonces |f (x0 )| |2(1 + 1)| |f (x)| = = 4 ≤ sup , kx0 k 1 x6=0 kxk | {z } kf k

110

luego kf k = 4. Soluci´ on al inciso c) Linealidad f (αx + βy) = =

n X k=0 n X

αk (αx + βy)(tk ) αk (αx(tk ) + βy(tk ))

k=0 n X

= α

αk x(tk ) +β

|k=0 {z

}

n X

αk y(tk ) = αf (x) + βf (y).

|k=0 {z

f (x)

}

f (y)

Acotaci´ on ∀x ∈ C[−1, 1] ¯ ¯ n ¯X ¯ ¯ ¯ |f (x)| = max ¯ αk x(tk )¯ ¯ t∈[−1,1] ¯ k=1

≤ ≤ ≤

n X

max

t∈[−1,1]

max

Ã n X

k=1 n X

t∈[−1,1]

|αk x(tk )| |αk | |x(tk )|

k=1

!

|αk | kxk −→ Sea α0 = max |αk | 1≤k≤n

k=1

Definamos x0 como la función seccionalmente lineal que satisface ( α0 Si αk ≥ 0, x0 (tk ) = −α0 Si αk < 0.

111

Entonces

¯ n ¯ ¯ 1 ¯¯X |f (x0 )| ¯ = αk x0 (t)¯ ¯ ¯ kx0 k α0 ¯ k=1 ¯ ¯ n n ¯ X 1 ¯¯X ¯ |αk | |αk | α0 ¯ = = ¯ ¯ α0 ¯ k=1

k=1

≤ sup x6=0

|f (x)| = kf k kxk

3. Sean X un espacio normado, fn ∈ X 0 (n ∈ N) Demostrar que fn converge en X 0 si y sólo si fn (x) converge uniformemente en la bola ¯1 = {x ∈ X : kxk ≤ 1}. B Soluci´ on: Def

fn −→ f en X 0 ≡ ∀² > 0 ∃n0 ∈ N : ∀n ≥ n0

kfn − f k | {z }

≤²

= sup |fn (x)−f (x)| kxk≤1

y esto implica que fn (x) converge uniformemente en la bola unitaria, es decir que ∀² > 0 ∃n0 ∈ N : ∀n ≥ n0 ∀x ∈ B¯1 se cumple que |fn (x) − f (x)| ≤ ². Rec´ıprocamente, sea y ∈ X, sea f (y) = lim fn (y) y supongamos que n→∞

esta convergencia es uniforme sobre B¯1 . Para y 6= 0,

y ∈ B¯1 . kyk

Por hipótesis, dado ² > 0 existe n0 ∈ N tal que ∀n ≥ n0 ¯ Ã !¯ ¯ ¯ y ¯ ¯ (f − f ) ¯ n ¯≤² ¯ kyk ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 1 ¯ ¯ (fn (y) − f (y))¯ ≤ ² ⇒ |fn (y) − f (y)| ≤ ² kyk ⇔ ¯ ¯ ¯ kyk ∴

esta desigualdad es trivial para y = 0 ∀² > 0 ∃n0 ∈ N : ∀n ≥ n0 ∀y ∈ X 112

se tiene que |fn (y) − f (y)| ≤ ² kyk ⇒ fn − f lineal y acotado, luego f = f − fn + fn | {z } |{z} ⇒ f ∈ X 0 y kfn − f k ≤ ² ⇔ fn −→ f en X 0 . 4. Demostrar el teorema 4.2.2. Soluci´ on: Es necesario probar que si f ∈ D0 ⇒ ∃f˜ ∈ X 0

kf k =k f˜ k .

:

Construiremos una seminorma p(x) tal que p(x) = kf k kxk . Se verifica que ∀x ∈ D |f (x)| ≤ kf k kxk . | {z } p(x)

Por el teorema 4.2.1, ∃f˜ lineal, que extiende a f tal que | f˜(x) |≤ p(x) ⇒ f˜ ∈ X 0 |{z}

y

k f˜ k≤ kf k ≤ 7 k f˜ k

kf kkxk

5. Probar el corolario 4.2.2.1. Soluci´ on: Es necesario probar que si x ∈ X, x 6= 0 ⇒ ∃f ∈ X 0 7

Por ser f˜ una extensión de f .

113

:

kf k = 1 y f (x) = kxk .

(P1) Consideremos M = {λx

:

λ ∈ K} .

(P2) Definamos f (λx) = λ kxk . (P3) f es un funcional lineal sobre M : f (x1 + x2 ) = f ( λ1 x + λ2 x ) = (λ1 + λ2 ) kxk |{z} |{z} x1

x2

= λ1 kxk + λ2 kxk . | {z } | {z } f (x1 )

f (x2 )

f (αx1 ) = f (α λ1 x ) |{z} x1

Aplicando ahora la definición de f = α λ1 kxk = αf (x1 ). | {z } f (x1 )

Para λ = 1 f (x) = kxk. f continuo sobre M : |f (λx)| = |λ kxk| = |λ| kxk = kλxk ⇒ kf k ≤ 1. Luego, ∀λ 6= 0

|f (λx)| |f (y)| = 1 ≤ sup = kf k , kλxk y6=0 kyk

de donde kf k = 1. (P4) ∃f˜ ∈ X 0 : k f˜ k= kf k = 1 y f˜(x) = f (x) = kxk. 6. Sean X un espacio normado, x, y ∈ X, x 6= y. Demostrar que existe una f ∈ X 0 tal que, f (x) 6= f (y).

114

Soluci´ on: Sea x − y 6= 0 ⇒ 8 ∃f ∈ X 0 : f (x − y) = kx − yk. Entonces f (x − y) = f (x) − f (y) ⇒ f (x) = f (y)+ k x − y k | {z } >0

⇒ f (x) 6= f (y) 7. Sean X un espacio normado, x0 ∈ X y supongamos que para cualquier f ∈ X 0 , tal que kf k = 1, se cumple la desigualdad |f (x0 )| ≤ 1. Demostrar que kx0 k ≤ 1. Soluci´ on: Para el caso de que x0 = 0 tenemos una trivialidad. Para el caso x0 6= 0, por el Corolario 4.2.2.1 tenemos que ∃f ∈ X 0 tal que kf k = 1 y |f (x0 )| = kx0 k aplicando directamente la hipótesis tenemos que kx0 k ≤ 1. 8. Sea x0 (t) ∈ C[0, 1], x0 6= 0, consideramos el subespacio unidimensional L = {λx0 (t)} donde λ ∈ R. Definamos sobre L un funcional lineal f mediante la igualdad f (x) = λ si x = λx0 . 1 . kx0 k un el Teorema 4.2.2 f se puede prolongar sobre todo el espab) Seg´ cio C[0, 1] conservando la norma. ¿Es u ńica esta prolongación si x0 (t) = 1 − 2t? Soluci´ on al inciso a) f (λx0 ) = λ es lineal

a) Demostrar que kf k =

kx0 k |λ| kx0 k 1 |f (x)| 1 | f ( λx0 ) |= |λ| = = kxk ⇒ sup = . |{z} kx0 k kx0 k kx0 k kx0 k x6=0 kxk x | {z } kf k

Soluci´ on al inciso b) x0 (t) = 1 − 2t

f (λx0 ) = λ

kf k =

1 1 = =1 kx0 k max |x0 (t)| t∈[0,1]

8

Consecuencia del Corolario 4.2.2.1

115

Consideremos f1 (x) = x(0) y f2 (x) = −x(1) se tiene que kf1 k = kf2 k = 1 Probemos que f1 y f2 coinciden con f sobre L f1 (λx0 )

=

(λx0 )(0) = λx0 (0) = λ(1 − 2(0)) | {z }

=

= λ = f (λx0 ) (−λx0 )(1) = −λx0 (1) = (−λ)(1 − 2(1)) | {z }

Def. de f1

=1

f2 (λx0 )

Def. de f2

=−1

= λ = f (λx0 ) Luego f1 y f2 son dos prolongaciones de f a C[0, 1] que preservan la norma. 9. Probar el corolario 4.2.2.2. Soluci´ on: (P1) Consideremos M = {λx0 + l

:

λ ∈ K,

l ∈ L}

(P2) Definamos f (λx0 + l) = λ. (P3) Hay que probar que f es un funcional lineal, continua sobre L y 1 que kf k = para aplicar seguidamente el corolario 4.2.2.1. d f (x1 + x2 ) = f [(λ1 x0 + l1 ) + (λ2 x0 + l2 )] = f [(λ1 + λ2 ) x0 + (l1 + l2 )] | {z } | {z } | {z } | {z } x1

x2

∈K

= λ1 + λ2 = f (x1 ) + f (x2 ). De manera análoga se prueba que f (αx1 ) = αf (x1 ).

116

∈L

f continua: ° Ã !° ° 1 d l ° ° ° |f (λx0 + l)| = |λ| ≤ |λ| °x0 − − ° ° d d d °

∀λ 6= 0,

l donde − ∈ L. d 1 kλx0 + lk d

∴ |f (λx0 + l)| ≤ Observemos que si λ = 0, entonces

1 | f (l) |≤ klk . |{z} d =0

Luego, kf k ≤

1 . d

Se tiene que | f (x0 − l) |≤ kf k kx0 − lk | {z }

∀l ∈ L.

=1

Como d = inf kx0 − lk l∈L

∃ {ln } ⊂ L

:

ln −→ kx0 − ln k −→ d. n→∞

Sustituyendo 1 ≤ kf k kx0 − lk

∀n.

Pasando el l´ımite 1 ≤ kf k d ⇒ kf k ≥ (P4) ∃f˜ ∈ X 0 : f (x0 ) = 1 y kf˜k = 1/d.

117

1 . d

10. Sean X un espacio normado, xn ∈ X(n ∈ N) un sistema de elementos fijos, L su variedad lineal generada, x ∈ X un elemento arbitrario. ¯ si y sólo si de f ∈ X 0 , f (xk ) = 0 para k ∈ N se Demostrar que x ∈ L deduce que f (x) = 0. Soluci´ on: Supongamos que f (xk ) = 0 ∀k ∈ N x∈L ⇒ x=

l X

αmk xmk

k=1

⇒ f (x) = f

Ã l X

! αmk xmk

=

k=1

l X k=1

αmk f (xmk ) = 0 | {z } =0

¯ ∈L

¯ ≡ ∃xn ∈ L : xn −→ z}|{ x∈L x ⇒ f (xn ) −→ f (x) |{z} |{z} | {z } ∈L

=0

=0

¯ ⇒ [f ∈ X 0 ∧ f (xk ) = 0 ⇒ f (x) = 0] ∴x∈L Para probar la implicación contraria utilizaremos el principio de contraposición, es decir si p ⇒ q entonces ¬q ⇒ ¬p. Supongamos que ¯ que es la negación de q. Por el Teorema 4.2.2, x 6∈ L ¯ > 0 lo cual consti∃f0 : f0 (xk ) = 0 k = 1, 2, ... f0 (x) = d(x, L) tuye la negación de p. 11. Sean X un espacio normado, M ⊂ X un conjunto arbitrario. Hagamos M ⊥ = {f ∈ X 0 : f (x) = 0 para todo x ∈ M }. a) Demostrar que M ⊥ es un subespacio en el espacio X 0 . b) ¿Qué representa M ⊥ , si X es un espacio de Hilbert?

118

Soluci´ on al inciso a) Sean f, g ∈ M ⊥ α ∈ R(C). f ∈ M⊥ ⇒ ⇒ ⇒ ⊥ f, g ∈ M ⇒ ⇒

f ≡ 0 en M αf ≡ 0 en M αf ∈ M ⊥ . f ≡ 0 ∧ g ≡ 0 en M f + g ≡ 0 en M ⇒ f + g ∈ M ⊥ .

Probemos ahora que M ⊥ es cerrado. Sea x ∈ M , {fn } ⊆ M ⊥ , fn −→ f. fn ∈ M ⊥ ⇒ fn (x) = 0 ∀n ∈ N ⇒ fn

∈M ⊥

lim fn (x) = f (x) = 0 ⇒ f ∈ M ⊥ . n

Soluci´ on al inciso b) M ⊥ = {f ∈ X 0 : f (x) = 0 ∀x ∈ M } se corresponde con: MH⊥ = {y ∈ X : f (x) = (x, y) = 0 ∀x ∈ M }. (4.2.3) Teo. 4.2.2

A (4.2.3) lo llamamos Complemento Ortogonal de M .

4.3

Espacio Dual

Supongamos que f y g son funcionales lineales acotados sobre un espacio normado X. Decimos que f y g son iguales, f = g, si y sólo si f (x) = g(x) para todo x ∈ X. Por definición f + g corresponde al valor del funcional lineal, en cualquier punto x ∈ X, de f (x) + g(x) y, con un escalar α y f como arriba, αf será αf (x) en cualquier punto x; se verifica que la clase de dichos funcionales lineales acotados es un espacio lineal. Definici´ on 4.3.1 Si f es un funcional lineal acotado en un espacio normado X, podemos definir |f (x)| (4.3.1) kf k = sup kxk6=0 kxk Como caso particular de operador lineal acotado, se tiene para toda x, |f (x)| ≤ kf k · kxk . 119

El espacio normado que contiene a todos los funcionales lineales y acotados sobre X, es llamado dual topol´ ogico y se denota X 0 . Se tienen las formas equivalentes de expresar kf k. (1) kf k = inf k tales que |f (x)| ≤ k kxk para toda x donde k∈K

K = {k

:

|f (x)| ≤ k kxk

∀x ∈ X} .

(Observemos directamente que, puesto que kf k ∈ K, kf k ≥ inf k) k∈K

(2) kf k = supkxk≤1 | f (x) |. (3) kf k = supkxk=1 | f (x) |. La demostración constituye un caso particular de la realizada en el ejercicio resuelto 7 del Cap´ıtulo 3. Cuando el dominio de un funcional es un espacio finito-dimensional, no hace falta se˜ nalar ni demostrar que es continuo porque automáticamente lo es, como muestra el siguiente teorema. En este caso se trabaja con la propiedad de equivalencia de las normas para obtener criterio sobre el comportamiento de la norma del espacio en cuestión. Teorema 4.3.1 Si X es un espacio normado finito-dimensional, entonces todo funcional lineal es acotado. Demostraci´ on Sean f un funcional lineal en X, x1 , x2 , ..., xn una base de X. Entonces deben existir escalares α1 , α1 , ..., αn asociados a cualquier vector x ∈ X tales que podemos escribir n X x= αi xi . i=1

120

Puesto que f es un funcional lineal, tenemos f (x) =

n X

αi f (xi ),

¯i=1 n ¯X

¯ |f (x)| = ¯ ¯

¯ n ¯ X ¯ |αi | |f (xi )| αi f (xi )¯ ≤ ¯ i=1

i=1

≤ kxk0

n X

|f (xi )| , siendo kxk0 = max |αi | i≤i≤n

i=1

Definamos k=

n X

|f (xi )| ,

i=1

podemos ver que |f (x)| ≤ k kxk0 pero como f es acotado con respecto kk0 es acotado con cualquier otra norma kk de X, ya que ∃β > 0 tal que kxk0 ≤ β kxk, luego |f (x)| ≤ kβ kxk.9 |{z} M

Teorema 4.3.2 El espacio dual X 0 es un espacio de Banach. Este teorema resulta un caso particular del ejercicio resuelto 5 del Cap´ıtulo 3, ya que para K = R ◦ C, L(X, K) ≡ X 0 y K es de Banach.

4.3.1

Operadores Conjugados

Sean E, E1 espacios normados, A ∈ L(E, E1 ), es decir, A : E −→ E1 ; sea g un funcional lineal y continuo arbitrario de E1 (g ∈ E1∗ ) es decir g : E1 −→ K. Al hallar su composición con A, ésta es lineal y continua.10 Podemos formar A∗ (g) = g ◦ A, A∗ : E1∗ −→ E ∗ g −→ g ◦ A 9 10

Ver nota que sigue al ejercicio resuelto 6 del Cap´ıtulo 2. La composición de dos aplicaciones lineales y continuas tiene el mismo carácter.

121

Probemos que A∗ es lineal y continuo, es decir, A∗ ∈ L(E1∗ , E ∗ ). Sean α1 , α2 ∈ K y g1 , g2 ∈ E1∗ , A∗ (α1 g1 + α2 g2 ) = (α1 g1 + α2 g2 ) ◦ A = α1 (g1 ◦ A) +α2 (g2 ◦ A) . | {z } | {z } A∗1 g1

A∗2 g2

Ahora probemos la acotación, kA∗ (g)k = kg ◦ Ak ≤ kAk kgk |{z} k

entonces kA∗ k está acotado por kAk (kA∗ k ≤ kAk). (Ejercicios resueltos 1 y 2)

4.3.2

Conjugado de Hermite

Sea H un espacio de Hilbert arbitrario, entonces tenemos, A

H −→ H H 0 −→ H0 ∗ A

pero también y como resultado de la aplicación del Teorema de Riesz, tenemos, y

˜∗ A

z

Γy

A

Γz

H  −→ H x   −1 Γy Γ 0 H −→ H0 ∗ entonces podemos obtener A˜∗ = Γ−1 ◦ A∗ ◦ Γ, llamaremos a A˜∗ Conjugado de Hermite. Este operador se define del espacio H en s´ı mismo y cumple la propiedad fundamental (A(x) | y) = (x | A˜∗ (y)). Demostraci´ on (A(x) | y) = 11 Γy (A(x)) = 12 (A∗ (Γy ))(x) = 13 Γz (x) = 14 (x | z) = 15 (x | A˜∗ (y)) 11

Aplicando el Teorema de Riesz. Por la definición de A∗ . 13 Ver esquema anterior. 14 Aplicando el Teorema de Riesz. 15 Ver esquema anterior.

12

122

Hemos denominado fundamental a esta propiedad porque caracteriza al conjugado de Hermite en el sentido que es el u ńico operador sobre H que la cumple. (Ejercicio resuelto 3) La propiedad fundamental y la unicidad pueden combinarse para establecer un procedimiento que permita probar la forma que debe tener el conjugado de un cierto operador, o también demostrar sus propiedades operativas. (Ejercicios resueltos 4, 5, 7 y 8) Procedimiento 5 (P1) Seleccionar el operador A y el vector del miembro izquierdo de la propiedad fundamental de acuerdo con lo que se requiera probar. (P2) Plantear la forma para que (Ax | y) en dependencia de la definición de A y del producto escalar. (P3) Aplicar propiedades del producto escalar hasta obtener (Ax | y) = (x | By). (P4) Inferir que B = A˜∗ . Observemos las propiedades de A˜∗ , (1) Lineal. (Ejercicio resuelto 4) (2) Continuo. Analicemos cómo se comporta la acotación que se tiene como consecuencia de (2), ° ° ° ˜∗ °2 °A (x)° = (A˜∗ (x) | A˜∗ (x)) = (A(A˜∗ (x)) | x) ° ° ° ° ° ° ° ° ≤ °A(A˜∗ (x))° kxk ≤ kAk °A˜∗ (x)° kxk ° ° ° ˜∗ ° °A (x)° ≤ kAk kxk ° ° ° ° ⇒ °A˜∗ ° ≤ kAk .

123

Rec´ıprocamente, si y = A(x), (A(x) | A(x)) = (x | A˜∗ (A(x))). Entonces, ° ° ° ° ° ˜∗ ° ° ° 2 kA(x)k ≤ °A (A(x))° kxk ≤ kA(x)k °A˜∗ ° kxk ° ° ° ° kA(x)k ≤ °A˜∗ ° kxk ° ° ° ° ⇒ kAk ≤ °A˜∗ ° ° ° ° ° ∴ °A˜∗ ° = kAk . De aqu´ı que si A = A˜∗ se llama Autoconjugado y se tiene que, (A(x) | y) = (x | A(y)) El conjugado de Hermite posee un conjunto de propiedades operativas significativas que provienen de aplicar la propiedad fundamental demostrada y utilizar las propiedades caracter´ısticas del producto escalar. (Ejercicios resueltos 3 y 4) La propiedad fundamental aludida tiene también un gran valor práctico para determinar la expresión del conjugado de Hermite. (Ejercicios resueltos 5, 6 y 7) En general, la definición de operador conjugado se hace técnicamente más compleja cuando las hipótesis que se asumen sobre el operador original son más débiles. (Ejercicios resueltos 8 y 9)

4.3.3

Ejercicios Resueltos

1. Probar que kA∗ k = kAk. Soluci´ on: Ya se ha visto que: kA∗ k ≤ kAk .

124

Por el teorema 4.2.1: kAxk =

sup |f (A(x))| = sup | (A∗ (f )) x | kf k=1 kf k=1 | {z } ∈E ∗

≤

∗

∗

sup kA (f )k kxk ≤ kA k kxk . kf k=1

De aqu´ı que kAk ≤ kA∗ k, luego kA∗ k = kAk . 2. Sea X un espacio normado, A, B ∈ L(X). Demostrar que (AB)∗ = B ∗ A∗ . Soluci´ on: B ∗ A∗ (f ) = B ∗ (A∗ (f )) = B ∗ (f ◦A) = (f ◦A)◦B = f ◦(A◦B) = (AB)∗ (f ). 3. Probar que A˜∗ es el u ńico operador sobre H tal que (Ax | y) = (x | A˜∗ y). Soluci´ on: Supongamos que existe B : H −→ H tal que (Ax | y) = (x | By). Como (Ax | y) = (x | A˜∗ y) se tiene, comparando que: (x | By) = (x | A˜∗ y) ∀x ∈ H, ∀y ∈ H ⇒ (x | By) − (x | A˜∗ y) = 0 ⇒ (x | By − A˜∗ y) = 0 ∀x ⇒ (By − A˜∗ y | By − A˜∗ y) = 0 ∀y ⇒ B = A˜∗ . 4. Probar que A˜∗ es lineal. Soluci´ on: Apliquemos el Procedimiento 5 125

(P1) A ≡ A,

y = αy1 + βy2 ;

(P2) (Ax | y) = (Ax | αy1 + βy2 ) = (x | A˜∗ (αy1 + βy2 )); (P3) Aplicando propiedades del producto escalar: ¯ | A˜∗ y2 ) (Ax | αy1 + βy2 ) = α ¯ (x | A˜∗ y1 ) + β(x = (x | α ¯ A˜∗ y1 + β¯A˜∗ y2 ) = (x | By) donde By = α ¯ A˜∗ y1 + β¯A˜∗ y2 ; ¯ A˜∗ y1 + β¯A˜∗ y2 . (P4) By = A˜∗ y = A˜∗ (αy1 + βy2 ) = α 5. Sean X, Y espacios de Hilbert; α, β ∈ C, A, B ∈ L(H). Demostrar que ∗ ^ ˜ ∗16 . (αA + βB) = α ¯ A˜∗ + β¯B Soluci´ on: (P1) A = αA1 + βA2

;

y ≡ y; ∗

(P2) ((αA1 + βA2 )x | y) = (x | (αA^ 1 + βA2 ) y); (P3) Aplicando las propiedades del producto escalar: ((αA1 + βA2 )x | y) = α(A1 x | y) + β(A2 x | y) ∗ ∗ = α(x | A˜1 y) + β(xA˜2 y) ∗ ∗ = (x | α ¯ A˜1 y + β¯A˜2 y) ∗ ∗ = (x | (¯ αA˜1 + β¯A˜2 )y); ∗

∗ ∗ ¯ A˜1 + β¯A˜2 . (P4) (αA^ 1 + βA2 ) = α

6. Si A, B son autoconjugados; α, β ∈ R, probar que: αA + βB es autoconjugado. Soluci´ on: 16

La barra significa conjugación compleja.

126

Por el ejercicio 5: β

α

z}|{ ∗ z}|{ ∗ ^ ˜ . (αA + βB) = α ¯ |{z} A˜ + β¯ |{z} B ∗

A

B

7. Si A : l2 −→ l2 se define as´ı: A(x1 , x2 , ..., xn , ...) = (0, x1 , x2 , ...). Hallar A˜∗ y determinar si es autoconjugado. Soluci´ on: (P1) A ≡ A ;

y = y;

(P2) (Ax | y) = ((0, x1 , x2 , ...) | (y1 , y2 , ...)) = x1 y2 + x2 y3 + ... + xn yn+1 + ...; (P3) (Ax | y) = ((x1 , x2 , ..., xn , ...) | (y2 , y3 , ..., yn+1 , ...)) = (x | By); (P4) By = A˜∗ y = (y2 , y3 , ..., yn+1 , ...). Luego, A no es autoconjugado. 8. Probar que:

∗

^ ˜∗˜∗ (A 1 B1 ) = B1 A1 . Soluci´ on: (P1) A ≡ A1 B1

;

y ≡ y; ∗

^ (P2) (A1 B1 x | y) = (x | (A 1 B1 ) y); ∗ ∗ ∗ (P3) (A1 B1 x | y) = (B1 x | A˜1 y) = (x | B˜1 A˜1 y). ∗

^ ˜∗˜∗ (P4) (A 1 B1 ) = B1 A1 . 9. En el espacio l2 para x = (x1 , x2 , ...) ∈ l2 hacemos An x = (xn+1 , xn+2 , ...). s

a) Demostrar que An ∈ L(l2 ) y An −→ 0. s

b) Hallar A∗n y averiguar si es cierto que A∗n −→ 0. 127

Soluci´ on al inciso a) An ∈ L(l2 ) An (αx + βy) = (αxn+1 + βyn+1 , αxn+2 + βyn+2 , ...) = (αxn+1 , αxn+2 , ...) + (βyn+1 , βyn+2 , ...) = α (xn+1 , xn+2 , ...) +β (yn+1 , yn+2 , ...) . | {z } | {z } An x

An y

Por tanto An es lineal. También: kAn xk ≤ kxk ⇒ kAn k ≤ 1. Para cada x ∈ X ∞ X

2

kAn xk =

s

|xk |2 −→ 0 ⇒ An −→ 0.

k=n+1

n→∞

La convergencia fuerte es una consecuencia inmediata de la infinitesimalidad del resto de una serie convergente. Soluci´ on al inciso b) Hallemos An ∗ por el procedimiento: (P1) A ≡ An ; y ≡ y; (P2) (An x | y) = (x | An ∗ y). Se plantea el miembro izquierdo aplicando la definición de An y de producto escalar en l2 , para y = (y1 , y2 , ..., yn , ...) (An x | y) = ((xn+1 , xn+2 , ...) | y) = xn+1 y1 + xn+2 y2 + ... (P3) Hallemos ahora el miembro derecho e indiquemos lo que deben valer los componentes de An ∗ : (x1 (An ∗ y )1 + ... + xn (An ∗ y )n + xn+1 (An ∗ y)n+1 +... | {z } | {z } | {z } 0

0 ∗

+xn+2 (An y)n+2 +...) | {z } y2 ∗

= (x | An y); (P4) An ∗ x = (0, 0, ..., 0, x1 , x2 , ...). | {z } n

128

y1

Como kAn ∗ xk = kxk

∀x ∈ l2 ⇒ ∀x 6= 0 An ∗ x 9 0.

Por tanto no hay convergencia fuerte a 0. 10. Hallar el operador conjugado al operador A : L2 [0, 1] −→ L2 [0, 1] si: Ax(t) = tx(t). Soluci´ on: Z

1

(Ax | y) = (L)

Ax(t)y(t)dt Z

0

Z

1

= (L)

1

tx(t)y(t)dt = (L) 0

⇒ A∗ y(t) = ty(t).

x(t)ty(t)dt = (x | A∗ y)

0

11. Sea T un operador lineal definido de DT ⊂ X en Y ; X, Y son espacios normados. Probar que T admite una extensión lineal cerrada si y sólo si [∀ {xn } ∈ DT : xn → 0 ∧ T xn → y] ⇒ y = 0. Soluci´ on: Sea T¯ una extensión lineal cerrada de T . Sea {xn } ⊂ DT

tal que xn → 0 y T xn → y.

T¯ cerrada ≡ GT¯ 17 es cerrado. Como T¯ es una extensión de T ¯ T ⊂ GT¯ GT ⊂ GT¯ ⇒ G Si se considera (xn , T xn ) n = 1, 2, ..., se tiene que ¯ T ⊂ GT¯ , (xn , T xn ) −→ (0, y) ∈ G luego,

(0, y) ∈ GT¯ ⇒ y = T¯(0) = 0. |{z} Lineal

17

Gráfico de T¯

129

Rec´ıprocamente, supongamos que ∀ {xn } ⊂ DT tal que xn → 0 y T xn → y se cumple que y = 0. Definamos: © ª ¯T , DT¯ = x ∈ X : ∃z ∈ Y que satisface (x, z) ∈ G T¯(x) = z. Probemos que T¯ está bien definida. ¯T . Supongamos que ∃z1 ∈ Y que satisface que (x, z1 ) ∈ G ¯ T es un subespacio Como G ¯T (x, z) − (x, z1 ) ∈ G | {z } (0,z−z1 )

⇒ ∃(xn , T xn ) ∈ GT : (xn , T xn ) −→ (0, z − z1 ) ⇒ xn −→ 0 y T xn −→ z − z1 . Por la condición z − z1 = 0, es decir z = z1 . ¯ = X; Y es un espa12. Si M es un subespacio del espacio normado X, M cio de Banach. T : M −→ Y un operador lineal acotado. Probar que T posee una extensión lineal u ńica T¯ que preserva la norma. Soluci´ on: ¯ ⇒ ∃ {xn } ⊂ M tal que xn −→ x. Probemos que Sea x ∈ X = M {T xn } es una sucesión fundamental en Y . kT xn − T xm k = kT (xn − xm )k ≤ kT k kxn − xm k 18 | {z } −→ 0

n,m→∞

Y es de Banach⇒ ∃y ∈ Y tal que T xn −→ y. Definamos

T¯x = y = lim T xn . n→∞

18

Porque {xn } es convergente.

130

Ante todo hay que probar que T¯ está bien definida, es decir que es independiente de la selección de {xn }. Supongamos que {zn } es otra sucesión tal que zn −→ x. Consideremos la sucesión alternada T x1 , T z1 , T x2 , T z2 , ..., T xn , T zn , ... Por cálculo directo se obtiene que esta sucesión es fundamental y las dos subsucesiones tienen un l´ımite com´ un que es y. (Ejercicio propuesto 5) T¯ cumple las caracter´ısticas siguientes: • Es lineal. ¯ , entonces existen {xn } , {yn } ∈ M tales que Si x, y ∈ X = M xn −→ x y yn −→ y. Sean α, β ∈ K. Entonces αxn + βyn −→ αx + βy. Por tanto: T¯(αxn + βyn ) = =

lim T (αxn + βyn )

n→∞

lim (αT xn + βT yn )

n→∞

= α lim T xn +β lim T yn n→∞ n→∞ | {z } | {z } T¯x

T¯y

• T¯ es continuo. kT xk = lim kT xn k n→∞

Pero kT xn k ≤ kT k kxn k. Pasando al l´ımite en la desigualdad ° ° ° ° °T¯x° ≤ kT k kxk ⇒ °T¯° ≤ kT k . Para obtener la desigualdad en sentido contrario observemos que T¯ es una extensión de T , ya que si x ∈ M se tiene que T¯x = lim T xn n→∞

De aqu´ı que 19

donde puede tomarse xn = x ∀n.

° ° T¯x = 19 T x ⇒ kT k ≤ °T¯° .

L´ımite de la sucesión constante de término T x.

131

4.4

Convergencia D´ ebil

Definici´ on 4.4.1 Sea una sucesi´ on {xn } en un espacio normado X, dew cimos que converge débilmente a x ∈ X y se escribe xn −→ x, si para todo f ∈ X 0 (X 0 , como notación usual del dual topol´ ogico de X), f (xn ) −→ f (x). (Ejercicios resueltos 1 y 2) El primer hecho que demostraremos sobre la convergencia débil es la unicidad del l´ımite “débil”; precisamente, si w

w

xn −→ x

xn −→ y

(lo cual significa para cualquier f ∈ X 0 que: f (xn ) −→ f (x)

y

f (xn ) −→ f (y)),

entonces debemos probar que x = y. Puesto que en un espacio métrico el l´ımite es u ńico, la hipótesis implica que f (x) = f (y). Por la linealidad de f , esto es equivalente a f (x − y) = 0 para cualquier f ∈ X 0 . Puesto que f puede ser cualquier funcional lineal acotado, podemos aplicar el Corolario 4.2.2.1 para afirmar que x − y = 0 ó x = y; por tanto es imposible para una sucesión que converja débilmente a dos elementos diferentes. Se cumplen también las propiedades operativas del l´ımite siguientes: Si

w

w

xn −→ x entonces

yn −→ y, w

xn + yn −→ x + y. 132

De manera similar, si α es un escalar y w

xn −→ x, entonces

w

αxn −→ αx. (Ejercicio propuesto 4) La definición de continuidad de una función f (x) implica que si xn −→ x, entonces f (xn ) −→ f (x). Puesto que todo funcional lineal acotado, satisface |f (xn ) − f (x)| ≤ kf k kxn − xk se tiene que convergencia fuerte implica convergencia débil. Podemos preguntarnos cómo se comporta el rec´ıproco de esta propiedad. El siguiente para que la convergencia débil implique la fuerte. Teorema 4.4.1 Si X es un espacio normado finito-dimensional entonces convergencia fuerte es equivalente a convergencia débil. (Ejercicio resuelto 3) w

Teorema 4.4.2 Si X es un espacio normado y xn −→ x, entonces existe alguna constante positiva M tal que kxn k ≤ M para toda n. Teorema 4.4.3 Sea {xn } una sucesi´ on de vectores de un espacio normado X con la propiedad de que, para todo n, existe una constante positiva M tal que kxn k ≤ M. Además, supongamos que f (xn ) −→ f (x) para todos los funcionales lineales acotados f que pertenecen al conjunto A, donde A tiene la propiedad [A] es denso en X 0 , esto es, ¯ = X 0. [A] w

Entonces xn −→ x. Los Teoremas 4.4.2 y 4.4.3 se utilizan en la demostración del teorema siguiente: 133

w

Teorema 4.4.4 Para que xn −→ x es necesario y suficiente que la sucesi´ on kxn k sea acotada y f (xn ) −→ f (x) para cualquier f de una variedad lineal densa en X 0 . (Ejercicio resuelto 4) Para la convergencia débil de los funcionales se extiende la definición dada al dominio de X 0 . w

Definici´ on 4.4.2 x0n −→ x0 ⇔ ∀x00 ∈ X 00

x00 (x0n ) −→ x00 (x0 ).

Cuando la convergencia débil definida sobre X 0 se restringe a J(X) ⊂ X 00 se llama convergencia debilitada (o ∗−débil) y como entonces para x00 ∈ J(X) ∃!x ∈ X

:

x00 (x0n ) = x0n (x) ,

x00 (x0 ) = x0 (x).

se plantea: ∗−w

Definici´ on 4.4.3 x0n −→ x0 ⇔ ∀x ∈ X

x0n (x) −→ x0 (x).

(Ejercicios resueltos 5 y 6) Teorema 4.4.5 Sea X un espacio de Banach. Para cada x ∈ X fijo, la igualdad Jx (f ) = f (x) define un funcional lineal acotado Jx sobre el espacio X 0 tal que kJx k = kxk. (Ejercicio resuelto 7) Por lo tanto, tiene lugar el encaje isométrico J(X) ⊂ X 00 . Si además J(X) = X 00 , entonces el espacio X se llama reflexivo. En este caso, como X 00 es de Banach y J una isometr´ıa, X es necesariamente un espacio de Banach. ∗−w

Teorema 4.4.6 Para que fn −→ f es necesario y suficiente que la sucesi´ on kfn k sea acotada y fn (x) −→ f (x) para cualquier x de una variedad lineal densa en X.

134

4.4.1

Ejercicios Resueltos

1. Sean H un espacio de Hilbert; xn , x ∈ H(n ∈ N), kxn k −→ kxk. Demostrar que xn −→ x.

w

xn −→ x y

n→∞

Soluci´ on: w

Como xn −→ x se tiene (xn | y) −→ (x | y) ∀y ∈ H. En particular, tomando y = x podemos escribirlo ¯ ¯ (xn | x) −→ kxk2 ⇒ ¯(xn | x) − kxk2 ¯ −→ 0; de la definición de l´ımite de escalares es inmediato que ¯ ¯ kxn k2 −→ kxk2 ⇒ ¯kxn k2 − kxk2 ¯ −→ 0. Luego, k(xn − x)k2 = (xn − x | xn − x) = (xn | xn ) − (xn | x) − (x | xn ) + (x | x) = kxn k2 − (xn | x) − (x | xn ) + kxk2 . | {z } | {z } | {z } I

II

III

Veamos cada uno de los casos anteriores (I) Por propiedad de las normas kxn k2 −→ kxk2 (II) Por las hipótesis (xn | x) −→ (x | x) = kxk2 (III) Como (x | xn ) = (xn | x), entonces, Luego,

(xn | x) −→ (x | x) = kxk2 kxn k2 − (xn | x) − (x | xn ) + kxk2 −→ 0 n→∞

135

2. Sean X un espacio normado, Y un espacio de Hilbert, A ∈ L(X, Y ); {An } ⊂ L(X, Y ). Probar que w

An x −→ Ax ∀x ∈ X ⇔ (An x | y) −→ (Ax | y) ∀x ∈ X ∧ ∀y ∈ Y n→∞

Soluci´ on: w

Supongamos que An x −→ Ax ∀x ∈ X. Consideremos la aplicación n→∞ definida as´ı: gy (z) = (z | y) ∀y ∈ Y. Entonces, ∀y ∈ Y, gy ∈ Y 0 (esto ya se ha probado) ∀x ∈ X,

w

An x −→ Ax ⇒ gy (An x) −→ gy (Ax) n→∞ | {z } n→∞ | {z } (An x|y)

⇒ ∀x ∈ X y ∀y ∈ Y

(Ax|y)

(An x | y) = (Ax | y).

Rec´ıprocamente, supongamos que ∀x ∈ X, ∀y ∈ Y

(An x | y) −→ (Ax | y).

Consideremos g ∈ Y 0 . Por el teorema 4.2.3, ∃y ∈ Y tal que g(z) = (z | y)

∀z ∈ Y

En particular, w

g(An x) = (An x | y) −→ 20 (Ax | y) = g(Ax) ⇒ An x −→ Ax. |{z} n→∞ n→∞ ∈Y

3. Demostrar el Teorema 4.4.1. Soluci´ on: w

Supongamos que xn −→ x y que dim X = k. Sea {b1 , ..., bk } una base de X. k X (n) αi bi xn = x =

i=1 k X i=1

20

Por la hipótesis.

136

αi bi .

Consideremos: ∀j = 1, ..., k

fj (x) = fj

Ã k X

! αi bi

= αj

i=1

f es lineal y necesariamente continua.

21

fj (xn ) −→ fj (x) 22 | {z } | {z }

∀j = 1...k

αj

(n)

αj

Ahora probemos la convergencia fuerte, ! Ã k ¯ X ¯¯ (n) ¯ kxn − xk ≤ 23 β kxn − xk1 = β ¯αi − αi ¯ −→ 0. i=1

En general convergencia débil ; convergencia fuerte. Ejemplo: Sean X = l2 (l2 de Hilbert), {en }∞ on y n una sucesi´ en = (0, ..., |{z} 1 , ..., 0, ...). n w

Primero veamos que en −→ 0. Tomemos f ∈ l2∗ , entonces ∃yf ∈ l2 : f (en ) = (en | yf ). Sea yf = {y1 , ..., yn , ...}. Como yf ∈ l2 entonces f (en ) = yn −→ 0. Es importante destacar que {en } no converge en el n→∞ √ sentido fuerte ya que ken − em k = 2 ∀n 6= m. 4. Demostrar el Teorema 4.4.6. Soluci´ on: w

Probemos en primer lugar el caso en que g(xn ) −→ g(x) ∀g ∈ L(A) g =

k X i=1

g(xn ) =

k X i=1

α i fi |{z} ∈A

αi fi (xn ) −→ |{z} ∈A

21

X finito-dimensional. Por la convergencia débil. 23 k k y k k1 son equivalentes. 22

137

k X i=1

αi fi (x) = g(x). |{z} ∈A

Probemos ahora que tiene lugar la convergencia para todo h ∈ L(A) = X 0 . Tomemos ² > 0 y hallemos g ∈ L(A) : kh − gk < ². Para n suficientemente grande: z z }| { }| { |h(xn ) − h(x)| = | h(xn ) − g(xn ) + g(xn ) − g(x) + g(x) − h(x) | {z } | ≤ kh − gk kxn k + |g(xn ) − g(x)| + kh − gk kxk . | {z } | {z } | {z } | {z } |{z} 0 y hallemos g ∈ L(A) : kh − gk < ². ¯z }| { z }| {¯¯ ¯ ¯ |h(xn ) − h(x)| = ¯h(xn ) − g(xn ) + g(xn ) − g(x) + g(x) − h(x)¯¯ | {z } ≤ kh − gk kxn k + |g(xn ) − g(x)| + kh − gk kxk {z } | {z } |{z} | {z } | {z } | 0 existe un δ = δ(²) > 0 tal que para ¯ que satisfacen la desigualdad kt1 − t2 k < δ se cumple cualesquiera t1 , t2 ∈ G la desigualdad |x(t1 ) − x(t2 )| < ² simultáneamente para todos los x ∈ M . Si tenemos un conjunto A de un espacio métrico (X, d) decimos que es totalmente acotado si para cualquier ² > 0 existe una ²−red finita1 con respecto a A. Probemos que totalmente acotado en espacios métricos implica inmediatamente acotación. (Ejercicio resuelto 2) La compacidad en espacios métricos se puede resumir mediante la caracterización siguiente: Teorema 5.1.2 Sea A un subconjunto de un espacio métrico X. Entonces las siguientes aseveraciones son equivalentes: (i) A es compacto, (ii) A es sucesionalmente compacto.

5.2

Operadores lineales totalmente continuos

Muchos de los operadores integrales que se presentan en la práctica tienen una caracter´ıstica especial que facilita su estudio y que está relacionada con las nociones de continuidad y de compacidad. Esta caracter´ıstica se define como operador lineal compacto (o también totalmente continuo, completamente continuo) y una de las razones de su utilidad es que se transmite mediante operaciones usuales como la suma, el producto por un escalar, el producto por un operador lineal continuo (en el sentido de la composición) y el l´ımite. Para comenzar a introducir este tema empezaremos por recordar la noción 1

Una ²−red finita es una ²−red con un n´ umero finito de elementos.

144

de conjunto relativamente compacto: son aquellos conjuntos cuya clausura es compacta. Definici´ on 5.2.1 Sean X, Y espacios normados, A un operador lineal tal que, A : X −→ Y. A se denomina totalmente continuo si transforma conjuntos acotados de X en conjuntos relativamente compactos de Y . (Ejercicio resuelto 3) Teorema 5.2.1 A totalmente continuo ⇒ A continuo. (Ejercicio resuelto 4) El conjunto de todos los operadores totalmente continuos de L(X, Y ) se denomina mediante σ(X, Y ). Veamos algunos casos particulares en que continuidad implica totalmente continuo. (1) Sean A un operador lineal, X, Y espacios normados lineales, X es finito dimensional ⇒ A es totalmente continuo. Demostraci´ on Supongamos que B ⊂ X es acotado, A(B)2 ⊂ A(X)3 ⊂ Y ⇒ A(B)4 es compacto. (2) Sean A un operador lineal y continuo, A : X −→ Y y A(X) es finitodimensional ⇒ A es totalmente continuo. Demostraci´ on 2

Como A es continuo, A(B) es acotado. Finito-dimensional por ser A lineal. 4 Cerrado y acotado en un espacio finito-dimensional. 3

145

Se tiene que A es lineal, supongamos que B está acotado, B

acotado ⇒ A(B) ⊂ | {z } acotado

A(X) | {z } finito-dimensional

⇒ A(B) relativamente compacto (Ejercicio resuelto 5) Sin embargo, en general si A continuo ; A totalmente continuo, X = l2 A = I (operador unidad) B bola unitaria. I(B) = B que como sabemos no es relativamente compacto porque no es sucesionalmente compacto. (Ver Teorema 5.1.2) Teorema 5.2.2 (Teorema de Hausdorff ) Sean X un espacio métrico completo, S ⊆ X. Decimos que S es compacto en X si y sólo si para cualquier ² > 0 existe una ²−red finita de S.5 Teorema 5.2.3 A ∈ σ(X, Y ) es equivalente a que A transforma la bola unitaria de X en un conjunto relativamente compacto en Y . (Ejercicios resueltos 5 y 6) El siguiente Teorema nos da un criterio importante para determinar si un conjunto es totalmente acotado porque relaciona este concepto con un resultado similar al Teorema de Bolzano-Weierstrass para los n´ umeros reales. Teorema 5.2.4 Sea A un subespacio de un espacio métrico (X, d). Si para toda sucesi´ on de puntos de A se puede seleccionar una subsucesi´ on convergente, entonces A es totalmente acotado. Teorema 5.2.5 σ(X, Y ) es un subespacio en el espacio L(X, Y ), siendo Y un espacio de Banach. (Ejercicio resuelto 7) El teorema 5.2.5 fundamenta un procedimiento para demostrar que un operador dado T es totalmente continuo y es posible obtenerlo como l´ımite en norma de una sucesión de operadores totalmente continuos sobre un espacio de Banach. 5

S totalmente acotado.

146

Procedimiento 6 (P1) Definir una sucesión {Tn } de operadores asociados a T . (P2) Probar que cada Tn es lineal y totalmente continuo. (P3) Probar que kTn − T k −→ 0. n→∞

(P4) Inferir que T es totalmente continuo. Ejemplo: Probar que T : l2 −→ l2 definido as´ı: si Ã ! 1 1 1 x = (x1 , x2 , ...) T x = x1 , x2 , x3 , ..., xn , ... , 2 3 n es totalmente continuo. Ã ! 1 1 (P1) Tn x = x1 , x2 , ..., xn , 0, 0, ... . 2 n (P2) Tn es lineal, continuo y R(Tn ) finito-dimensional, por tanto Tn es totalmente continuo. (P3) Desarrollando kT x − Tn xk2 ° °2 ° 1 ° 1 ° ° kT x − Tn xk2 = ° xn+1 , xn+2 , ...° °n + 1 ° n+2 1 1 |xn+1 |2 + |xn+2 |2 + ... 2 (n + 1) (n + 2)2 1 ≤ (|xn+1 |2 + |xn+2 |2 + ...) 2 (n + 1) 1 ≤ kxk2 . (n + 1)2 =

Luego, 1 1 2 kxk ⇒ kT x − T xk ≤ kxk n (n + 1)2 n+1 1 ⇒ kT − Tn k ≤ −→ 0. n + 1 n→∞

kT x − Tn xk2 ≤

147

(P4) T es totalmente continuo. Teorema 5.2.6 Sean A ∈ L(X, Y ) y B ∈ L(Y, Z). Si por lo menos alguno de estos dos operadores es totalmente continuo, entonces su producto BA es totalmente continuo. w

Teorema 5.2.7 Sea A ∈ σ(X, Y ). Si xn ∈ X(n ∈ N) y xn −→ x0 entonces A(xn ) −→ A(x0 ). (Ejercicio resuelto 9) Teorema 5.2.8 Sea A ∈ L(X, Y ), donde Y es un espacio de Banach. El operador A es totalmente continuo si y sólo si A∗ es totalmente continuo. Sea X un espacio de Banach y consideremos Y = X. Entonces se denota A ∈ σ(X, Y ) = σ(X); x, y ∈ X. La ecuación Ax = y se denomina ecuaci´ on de primera especie, la ecuación x − Ax = y

(5.2.1)

se denomina ecuaci´ on de segunda especie. Conjuntamente con la ecuación (5.2.1) consideramos la ecuación homogénea correspondiente z − Az = 0

(5.2.2)

análogamente, consideramos la ecuación conjugada f − A∗ f = ω

(5.2.3)

y una ecuación homogénea conjugada ψ − A∗ ψ = 0.

(5.2.4)

Teorema 5.2.9 Las siguientes afirmaciones son equivalentes: on (5.2.1) tiene solución u ńica para cualquier segundo miembro a) La ecuaci´ y; b) la ecuaci´ on (5.2.2) tiene solamente solución trivial; 148

c) la ecuaci´ on (5.2.3) tiene solución u ńica para cualquier segundo miembro; on (5.2.4) tiene solamente solución trivial. d) la ecuaci´ Si se cumple una de las condiciones anteriores, entonces los operadores I −A e I − A∗ son continuamente inversibles. Teorema 5.2.10 Las ecuaciones (5.2.2) y (5.2.4) tienen el mimso n´ umero finito de soluciones linealmente independientes. Los teoremas 5.2.9 y 5.2.10 son muy importantes para las aplicaciones porque caracterizan de forma alternativa el comportamiento de un operador totalmente continuo y en el caso de existir solución u ńica se puede demostrar mediante el manejo de la ecuación homogénea, lo cual es usualmente más simple. En particular, los resultados se estos teoremas son aplicables al estudio de las ecuaciones integrales de la forma: Z b k(s, t)x(t) dt = y(s), con µ 6= 0 x(s) − µ a

puesto que de forma operacional puede escribirse as´ı: x(s) − (Ax)(s) = y(s), donde

Z

b

(Ax)(s) = µ |

a

k(s, t)x(t) dt {z } (A1 x)(s)

o sea x − Ax = y. Para utilizar los teoremas citados, se requiere una condición suficiente para que A1 sea totalmente continuo. Esta condición estará dada porque k(s, t) sea una función continua sobre [a, b] × [a, b].

149

5.2.1

Ejercicios Resueltos

1. Demostrar el teorema 5.1.1 Soluci´ on: Compacto ⇒ Cerrado Supongamos que A es un subconjunto compacto de (X, d). Vamos a probar que Ac es abierto. Sea y ∈ Ac , demostraremos que existe un conjunto abierto B tal que y ∈ B ⊂ Ac . Consideremos x ∈ A, como x 6= y, para alg´ un n´ umero real ²x , existen vecindades de x e y, S²x (x) y S²x (y) tales que, S²x (x) ∩ S²x (y) = ∅, (5.2.5) ya que cada espacio métrico satisface el axioma de separación de Hausdorff. Además, como x ∈ S²x (x) para todo x ∈ A, se cumple que [ A⊂ S²x (x). x∈A

Puesto que A es compacto, entonces existen x1 , x2 , ..., xn ∈ A, tales que A⊂

n [

S²xi (xi ).

(5.2.6)

i=1

Para cada xi ∈ A (i = 1, 2, 3, ..., n) como y ∈ Ac existe alguna vecindad de y, S²xi (y) que satisface (5.2.5), es decir S²xi (xi ) ∩ S²xi (y) = ∅. Ahora formemos B=

n \

S²xi (y).

i=1

Supongamos que A ∩ B no es vac´ıo. Como A∩B ⊂

n [

(S²xi (xi ) ∩ B).

i=1

Esto significa que B ∩ S²xi (xi ) 6= ∅ 150

(5.2.7)

para alg´ un i por la hipótesis (5.2.6). Pero B ∩ S²xi (xi ) ⊂ S²xi (y) ∩ S²xi (xi ). Por tanto, S²xi (x) ∩ S²xi (y) 6= ∅, y contradice la hipótesis (5.2.7). Por tanto A ∩ B = ∅, donde B es un conjunto abierto por ser la intersección finita de bolas abiertas y además A ∩ B = ∅ ⇒ y ∈ B ⊂ Ac . Compacto ⇒ Acotado Supongamos que A es compacto y consideremos un cubrimiento abierto de A que consiste en 1−vecindades para cada uno de sus puntos. Luego, [ A⊂ S1 (x). x∈A

Puesto que asumimos que A es compacto, entonces existen x1 , x2 , ...xn tales que n [ A⊂ S1 (xi ) = C. i=1

Probemos que A está acotado. Sea a = max d(xi , xj ), 1 ≤ i ≤ j ≤ n y sean x, y ∈ A; existen elementos xi e yi tales que x ∈ S1 (xi ) e y ∈ S1 (xj ). Aplicando la desigualdad triangular, podemos decir que: d(x, y) ≤ d(x, xi ) + d(xi , xj ) + d(xj , y) ≤ 1 + a + 1 = 2 + a. Esto implica que el diámetro de A es menor o igual que 2 + a y por tanto A está acotado. 2. Probar que si un conjunto es totalmente acotado es necesariamente acotado. Soluci´ on: 151

Supongamos que A totalmente acotado y sea ² > 0. Como hemos asumido que A es totalmente acotado, entonces existe un ²−conjunto finito para A, llamémoslo N . Puesto que N es un conjunto finito de puntos, su diámetro es finito, o sea, Diam(N ) < ∞. Ahora, sean a1 y a2 dos puntos de A. Entonces existen dos puntos y1 , y2 ∈ N , tales que d(a1 , y1 ) < ² y d(a2 , y2 ) < ². Aplicando la desigualdad triangular, se tiene, d(a1 , a2 ) ≤ d(a1 , y1 ) + d(y1 , y2 ) + d(y2 , a2 ) ≤ 2² + Diam(N ), pero, puesto que a1 y a2 son dos puntos cualesquiera de A, esto implica que sup d(a1 , a2 ) = Diam(A) ≤ 2² + Diam(N ), a1 ,a2 ∈A

quedando probado as´ı que A es acotado. El rec´ıproco de manera general no se cumple y resulta evidente por el contraejemplo siguiente: • Consideremos el espacio métrico l2 y sean x = (α1 , α2 , ..., αn , ...) e y = (β1 , β2 , ..., βn , ...) dos puntos de este espacio con la distancia d(x, y) definida de la manera siguiente: d(x, y) =

"∞ X

# 12 |αi − βi |2

.

i=1

Consideremos el subespacio siguiente de l2 , A = {x ∈ l2

:

d(x, 0) = 1},

estos son los puntos de la superficie de la bola unitaria en l2 . Para dos puntos cualesquiera x e y en A, podemos decir que d(x, y) ≤ d(x, 0) + d(y, 0) = 2

152

concluyendo que A es, de hecho, acotado. Para probar que A no es totalmente acotado, consideremos la siguiente colección de puntos de A: e1 = (1, 0, 0, ...) e2 = (0, 1, 0, ...) e3 = (0, 0, 1, ...) . . . . . . √ En este caso, para n 6= m, se tiene √ que d(en , em ) = 2. Pode2 mos afirmar que, para un ² < , no existe una ²−red finita, √2 2 ya que si suponemos que ² < y si denotamos por N la red 2 correspondiente, existen yi , yj ∈ N tales que d(ei , yi ) < ² y d(ej , yj ) < ². Probemos que ∀i 6= j se cumple que yi 6= yj . Supongamos lo contrario, es decir, que existen i0 6= j0 tales que yi0 = yj0 . Entonces √ d(ei0 , ej0 ) ≤ d(ei , yi0 ) + d( yi0 , ej ) < 2² ≤ 2, ¡Absurdo! |{z} =yj0

por tanto,√N es infinito. De aqu´ı que no existe una ²−red finita 2 para ² < , y A no es totalmente acotado. 2 3. Sean X un espacio normado, z ∈ X fijo y f ∈ X 0 . Definamos A : X −→ X de la manera siguiente: x∈X

A(x) = f (x) z |{z} ∈K

Probar que A es totalmente continuo. Soluci´ on: 153

(5.2.8)

1ro) ¿A lineal? A(αx+βy) = f (αx+βy)z = [αf (x)+βf (y)]z = α f (x)z +β f (y)z | {z } | {z } A(x)

A(y)

2do) ¿A totalmente continuo? Consideremos A acotado ¿A(B) relativamente compacto? De acuerdo con el Teorema 5.1.2 debemos probar que de cada sucesión en A(B) se puede extraer una subsucesión convergente (en A(B)). Sea yn ∈ A(B) ⇒ ∃ xn ∈ B : |{z}

yn = A(xn ) = f (xn )z

acotada

Vamos a probar que {f (xn )} es una sucesión acotada de escalares |f (xn )| ≤ kf k kxn k ≤ kf k M

∀n ∈ N

Por tanto, ∃xnk :

f (xnk ) −→ λ ∈ K.

Consideremos {A(xnk )}, entonces podemos inferir sustituyendo en (5.2.8): A(xnk ) = f (xnk )z −→ λz. 4. Demostrar el teorema 5.2.1. Soluci´ on: A continuo ≡ [B

acotado ⇒ A(B) acotado].

Por tanto vamos a partir de que B es acotado en X, entonces A(B) es relativamente compacto ⇒ A(B) es compacto6 . Como A(B) acotado7 ⇒ A(B) acotado8 . 6

Aplicando la definición de relativamente compacto. Aplicando el Teorema 5.2.1. 8 Cualquier subconjunto de un conjunto acotado también está acotado. 7

154

5. Sea T ∈ σ(l2 ). a) Si Tn es totalmente continuo para cada n, Tn : X −→ Y, donde Y es un espacio de Banach y s

Tn −→ T. Mostrar que no necesariamente T es totalmente continuo. b) Demostrar que existe una sucesión Tn ∈ L(l2 )(n ∈ N), tal que Tn −→ T n→∞

y R(T ) es de dimensión finita para todos los n. Soluci´ on al inciso a) Sea X = Y = l2 ; x = (x1 , x2 , ..., xn , ...) ; Tn x = (x1 , x2 , ..., xn , 0, 0, ...). Entonces Tn es lineal, continuo, dim R(Tn ) = n, luego Tn es totalmente continuo. Pero s Tn −→ I, y sabemos que I no es totalmente continuo. Soluci´ on al inciso b) Sean T x = (y1 , y2 , ...) y Tn x = (y1 , ..., yn , 0, 0, ...), luego dim R(Tn ) = n. Probemos que kTn − T k −→ 0. n→∞

kTn − T k =

sup k(0, ..., 0, yn+1 , yn+2 , ...)k | {z }

kxk=1

" =

sup kxk=1

155

n ∞ X

k=n+1

# 12 |yk |2

−→ 0.

n→∞

6. Probar el teorema 5.2.3. Soluci´ on: Def.

A ∈ σ(X, Y ) ⇔ [B acotado de X ⇒ A(B) relativamente compacto en Y ] Considerando como caso particular de conjunto acotado la bola unitaria, se tiene que A ∈ σ(X, Y ) ⇒ [B bola unitaria de X ⇒ A(B) relativamente compacto en Y ] Rec´ıprocamente supongamos que B es un conjunto acotado. Entonces existe r > 0 tal que B ⊂ {x ∈ X : kxk ≤ r}. Se tiene que | {z } Sr

A(B) ⊂ A(Sr ) ⇒ A(B) ⊂ A(Sr ) Es suficiente probar que A(Sr ) es relativamente compacto y aplicar que un subconjunto cerrado de un compacto también lo es. Probemos que de cada sucesión de A(Sr ) se puede extraer una subsucesión convergente en A(Sr ). Sea yn ∈ A(Sr ) ⇒ ∃xn ∈ Sr : yn = Axn ,

kxn k ≤ r ⇒k xn /r k≤ 1 |{z} zn

Por la hipótesis de Azn se puede extraer una subsucesión convergente a z. Como xnk = rznk y A es lineal: Axnk = rAznk −→ rz 7. Demostrar el teorema 5.2.5. Soluci´ on:

156

1ro.) Sea C acotado en X. {xn } ⊂ C. (1)

A compacto ⇒ ∃{xn } ⊂ {xn } : (2)

(1)

B compacto ⇒ ∃{xn } ⊂ {xn } : (2)

(1)

A(xn ) −→ y; (2)

B(xn ) −→ z, (2)

(1)

Consideremos (A + B)(xn ) = A(xn ) + B(xn ) −→ y + z, luego A, B ∈ σ(X, Y ) ⇒ A + B ∈ σ(X, Y ). Análogamente se prueba que A ∈ σ(X, Y ) y λ escalar ⇒ λA ∈ σ(X, Y ). 2do.) σ(X, Y ) cerrado. Sea A ∈ σ(X, Y ). ∃An ∈ σ(X, Y ) : An −→ A en L(X, Y ). n→∞

Consideremos C acotado en X y {xn } ⊂ C. Entonces ∃L > 0 tal que kxn k ≤ L. Veamos si {Axn } contiene una subsucesión convergente, (1)

(1)

para A1 existe {xn } ⊂ {xn } tal que {A1 (xn )} es convergente; (2)

(2)

(1)

para A2 existe {xn } ⊂ {xn } ⊂ {xn } tal que {A2 (xn )} es convergente y as´ı sucesivamente. (n)

(n)

Construyamos la sucesión diagonal {xn } y probemos que {A(xn )} converge. Como Y es de Banach es suficiente probar que es fundamental. Para ² > 0, existen n, m, k suficientemente grandes de

157

modo que: ° ° ° ° ° ° (n) ° (n) (m) ° °A(xn(n) ) − A(x(m) ° ≤ °A(x(n) ° m ) n ) − Ak (xn ) + Ak (xn ) − Ak (xm ) ° ° (m) ° + °Ak (x(m) m ) − A(xm ) ° ° ° ° (m) ° ° + °Ak (x(n) ≤ kA − Ak k °x(n) n n ) − Ak (xm ) | {z } | {z } | {z } 0 tales que kxn k ≤ c ∀n y |k(s, t)| ≤ M ∴ kA1 xn k ≤ c M (b − a).

160

∀s, t ∈ [a, b]

2do) Equicontinuo: ¯Z b ¯ ¯ ¯ |(A1 xn )(s1 ) − (A1 xn )(s2 )| = ¯¯ [k(s1 , t) − k(s2 , t)] xn (t) dt¯¯ a Z b ≤ |k(s1 , t) − k(s2 , t)| |xn (t)| dt a Z b ≤ c |k(s1 , t) − k(s2 , t)| dt. a

Como k es continua sobre un compacto, entonces k es uniformemente continua. Luego, ∀² > 0 ∃δ > 0 tal que si |s1 − s2 | < δ ⇒ ∀t ∈ [a, b] |k(s1 , t) − k(s2 , t)| < ². ∴ |(A1 xn )(s1 ) − (A1 xn )(s2 )| ≤ c ² (b − a) para |s1 − s2 | < δ.

5.3

Ejercicios resueltos aplicados a la resoluci´ on de ecuaciones integrales

1. Sea T : C[a, b] −→ C[a, b] definido por Z t (T x)(t) = v(t) + µ K(t, s) x(s) ds a

Probar por inducción que: ¯ m+1 ¯ (t − a)m+1 m+1 m+1 m+1 ¯(T ¯ (x))(t) − (T (y))(t) ≤ |µ| M d(x, y) m = 0, 1, 2, ... (m + 1)! donde se supone que K(t, s) ∈ (C[a, b] × [a, b]). Soluci´ on: Probemos la propiedad para m = 0, ¯ ¯ Z t Z t ¯ ¯ K(t, s) x(s) ds− 6 v(t) − µ K(t, s) y(s) ds¯¯ , |(T (x))(t) − (T (y))(t)| = ¯¯6 v(t) + µ a

a

por la linealidad de la integral tenemos entonces que ¯ ¯Z t ¯ ¯ ¯ |(T (x))(t) − (T (y))(t)| = |µ| ¯ K(t, s)[x(s) − y(s)] ds¯¯ . a

161

Como K es continua sobre un compacto, existe M > 0 tal que |K(t, s)| ≤ M ∀(t, s) ∈ [a, b] × [a, b]. Si d(x, y) = max |x(s) − y(s)| , s∈[a,b]

se obtiene la acotación siguiente: |(T (x))(t) − (T (y))(t)| ≤ |µ| M d(x, y) (t − a). Sea la hipótesis de inducción: (t − a)m |(T (x))(t) − (T (y))(t)| ≤ |µ| M d(x, y) m! m

m

m

m

Demostración de la tesis: ¯ m+1 ¯ ¯(T (x))(t) − (T m+1 (y))(t)¯ = |(T m (x))(t) − (T m (y))(t)| Por la definición de T , tenemos: ¯ ¯ Z t Z t ¯ ¯ m m ¯6 v(t) + µ ¯ K(t, s)(T (x))(s) ds− 6 v(t) − µ K(t, s)(T (y))(s) ds ¯ ¯ a a ¯Z t ¯ ¯ ¯ = |µ| ¯¯ K(t, s)[(T m (x))(s) − (T m (y))(s)] ds¯¯ a

Por propiedades de la integral tenemos, Z t ≤ |µ| |K(t, s)| |(T m (x))(s) − (T m (y))(s)| ds a Z t ≤ |µ| M |(T m (x))(s) − (T m (y))(s)| ds Por hipótesis sobre K a Z t m m M d(x, y) (s − a)m ds Por la hipótesis de inducción ≤ |µ| M |µ| m! |a {z } m+1 (t − a) m+1 1 d(x, y)(t − a)m+1 = |µ|m+1 M m+1 (m + 1)! 162

2. Resolver por iteración, eligiendo x0 = v y suponiendo que |µ| < 1 la ecuación: Z 1 x(t) − µ et−s x(s) ds = v(t) 0

Soluci´ on: De acuerdo a la notación del ejercicio 1, se quiere resolver la ecuación Z 1 (T x)(t) = v(t) + µ et−s x(s) ds = x(t), 0

donde K(t, s) = et−s . El proceso iterativo está dado por xn+1 = T xn

n = 0, 1, 2, ...

Para n = 0 la primera iteración es: Z

1

x1 (t) = v(t) + µ 0

et−s x0 (s) ds | {z }

Z = v(t) + µ et |0

v(s) 1

e−t v(s) ds {z } K0

Para n = 1 la segunda iteración es: Z 1 x2 (t) = v(t) + µ et−s x1 (s) ds 0 Z 1 t e−s (v(s) + µ es K0 ) ds = v(t) + µe 0

= v(t) + µet (K0 + µ K0 ) = v(t) + µ K0 et (1 + µ) Probemos por inducción que: xn+1 (t) = v(t) + µ et K0 (1 + µ + µ2 + ... + µn ) Para n = 1 ya está probado. La hipótesis de inducción es: xn (t) = v(t) + µ et K0 (1 + µ + ... + µn−1 ) 163

La tesis de inducción resulta: Z xn+1 (t) =

12

1

v(t) + µ

et−s xn (s) ds

0

Sustituyendo en la hipótesis de inducción y efectuando: Z 1 t xn+1 (t) = v(t) + µ e e−s v(s) + µ es K0 (1 + µ + ... + µn−1 ) ds Z0 1 = v(t) + µ et K0 + µ K0 (1 + µ + ... + µn−1 ) ds Z0 1 = v(t) + µ et K0 (1 + µ(1 + µ + ... + µn−1 )) ds 0

= v(t) + µ et K0 (1 + µ + µ2 + ... + µn ) Como |µ| < 1, la solución buscada es x(t) = lim xn (t) = v(t) + µ et K0 n→∞

1 1−µ

3. Definir el operador S : C[a, b] −→ C[a, b] de la manera siguiente: Z b K(s, t) x(s) ds (S(x))(t) = a

y hacer zn = xn − xn−1 ,

n ≥ 1.

3.1) Probar que la fórmula del proceso relativo conduce a zn+1 = µ S(zn )

n ≥ 1.

(5.3.1)

3.2) Eligiendo x0 = v, probar el desarrollo de Neumann x = lim xn (t) = v(t) + µ S(v) + µ2 S 2 (v) + µ3 S 3 (v) + ... (5.3.2) n→∞

Soluci´ on al inciso 3.1) zn+1 (t) 12

Def.

= =

xn+1 (t) − xn (t) 6 v(t) + µ S(xn )(t)− 6 v(t) − µ S(xn−1 )(t) n ≥ 1

Definición de la iteración

164

Como S es lineal zn+1 (t) = µ S (xn − xn−1 )(t) ⇒ zn+1 = µ S(zn ) {z } | zn

Soluci´ on al inciso 3.2) z

z

z }|1 { z }|n { x = lim xn = lim [ x0 + (x1 − x0 ) + (x2 − x1 ) +...+ (xn − xn−1 )] n→∞ n→∞ |{z} | {z } v

z2

Obtengamos los sumandos a partir del segundo en el orden se˜ nalado: v(t)

z1 (t)

x1 (t)

z }| { z }| { x1 (t) − x0 (t) = 6 v(t) + µ S( x0 )(t) − 6 v(t) |{z}

Def.

=

v

⇒ z2

z1 = µ S(v)

Por (5.3.1)

= ⇒

µ S(z1 ) = µ S(µ S(v)) S lineal µ2 S 2 (v)

Tomando como hipótesis de inducción zn = µn S n (v) y sustituyendo en el caso (n + 1)−ésimo con n ≥ 1: zn+1 = µ S(zn ) = µ S(µn S n (v)) S lineal = µn+1 S n+1 (v) Sustituyendo x = lim xn = n→∞

lim [v + µ S(v) + µ2 S 2 (v) + ... + µn S n (v)]

n→∞

= v + µ S(v) + µ2 S 2 (v) + ... 4. Resolver x(t) − µ

R1 0

x(s) ds = 1 aplicando el desarrollo de Neumann.

Soluci´ on: Para este caso: K(t, s) ≡ 1; 165

v(t) ≡ 1

Sustituyendo en la ecuación (5.3.2) x = 1 + µ S(1) + µ2 S 2 (1) + ... + µn S n (1) + ...

(5.3.3)

Se obtiene Z

1

S(1) = 0

Z

1 1

S 2 (1) = 0

1

z}|{ K(s, t) v(s) ds = 1 | {z } 1

z }| { K(s, t) (S(1))(s) ds = 1, | {z }

etc.

1

Sustituyendo en (5.3.3), x = 1 + µ + µ2 + ... + µn + ... Nota: Para |µ| < 1, se tiene que x =

1 . 1−µ

5. Obtener la serie de Neumann sustituyendo en la ecuación integral Z b v(t) = x(t) − µ K(t, s) x(s) ds a

la siguiente serie (supuesta uniformemente convergente). x(t) = v0 (t) + µ v1 (t) + µ2 v2 (t) + ... Soluci´ on: v(t) = (v0 (t) + µ v1 (t) + µ2 v2 (t) + ...) Z b −µ K(s, t)(v0 (s) + µ v1 (s) + µ2 v2 (s) + ...) ds. a

Integrando término a término v(t) = (v0 (t) + µ v1 (t) + µ2 v2 (t) + ...) Z b Z b 2 K(s, t) v1 (s) ds −µ K(s, t)v0 (s) ds − µ a a Z b 3 K(s, t) v2 (s) + ...) ds − ... −µ a

166

Agrupando µ

Z

b

¶

v(t) = v0 (t) + µ v1 (t) − µ K(s, t)v0 (s) ds a µ ¶ Z b 2 +µ v2 (t) − K(s, t)v1 (s) ds a µ ¶ Z b 3 +µ v3 (t) − K(s, t)v2 (s) ds + ... a

Comparando los coeficientes podemos observar que: Z b v0 (t) = v(t); vn (t) − µ K(s, t)vn−1 (s) ds = 0 n ≥ 1. a

5.1) Si |v(t)| ≤ c0 y |K(t, s)| ≤ M probar que: |vn (t)| ≤ c0 [M (b − a)]n 5.2) Determinar una condición suficiente para que la serie sea uniformemente convergente. 5.3) Probar que la serie de Neumann puede escribirse: Z b ˜ s, µ) v(s) ds x(t) = v(t) + µ K(t, a

donde ˜ s, µ) = K(t,

n X

µj Kj+1 (t, s),

j=0

siendo Z

Z

b

Kn (t, s) =

b

... a

K(t, t1 )K(t1 , t2 )...K(tn−1 , s) dt1 ...dtn−1 a

Soluci´ on al inciso 5.1) Z b |v1 (t)| ≤ |K(t, s)| | v0 (s) | ds ≤ 13 M c0 (b − a) | {z } a v(s)

13

Por hipótesis y aplicando propiedades de la integral.

167

De manera análoga Z b |v2 (t)| ≤ |K(t, s)| |v1 (s)| ds ≤ M (M c0 (b−a))(b−a) = M 2 c0 (b−a)2 . a

Por inducción |vn+1 (t)| ≤ M (M n c0 (b − a)n )(b − a) = M n+1 c0 (b − a)n+1 . Soluci´ on al inciso 5.2) Como el término general de la serie x(t) = v0 (t) + µ1 v1 (t) + µ2 v2 (t) + ... es µn vn (t), podemos acotarlo as´ı 1

|µn vn (t)| = |µ|n |vn (t)| ≤ 14 |µ|n M n (b − a) c0n Vamos a aplicar el criterio de la ra´ız n−ésima a la serie cuyo término general está dado por el miembro derecho de la desigualdad anterior p 1 n |µ| c0 M n (b − a)n = |µ| M (b − a) c0n 1

⇒ lim |µ| M (b − a) c0n = |µ| M (b − a). n→∞

Si |µ| M (b − a) < 1 entonces ∞ X

|µ|n M n (b − a)n c0 < +∞,

n=0

luego,

∞ X

µ n vn

n=0

es absolutamente convergente si |µ| < 14

Por el inciso 5.1.

168

1 . M (b − a)

Soluci´ on al inciso 5.3) Por convenio K1 ≡ K. Se tiene que x = v + µS(v) + µ2 S 2 (v) + µ3 S 3 (v) + ... (t,s) Z b zK1}| { x(t) = v(t) + µ K(t, s) v(s) ds |a {z } S(v)

Z

b

+µ2 |

a

K(t, t1 )(S(v))(t1 ) dt1 +... {z } S 2 (v)

Sustituyendo Z 2

·Z

b

b

¸

S (v) =

K(t, t1 ) K(t1 , s)v(s) ds dt1 a ¸ Z b ·Z b K(t, t1 )K(t1 , s) dt1 v(s) ds. = a a | {z } a

K2 (t,s)

Análogamente: Z b 3 S (v) = K(t, t2 )S 2 (v)(s) ds a ¸ ·Z b Z b Z b K(t2 , t1 )K(t1 , s)v(s) dt1 ds dt2 = K(t, t2 ) a a a ¸ Z b ·Z b Z b = K(t, t2 )K(t2 , t1 )K(t1 , s) dt2 dt1 v(s) ds a a a | {z } K3 (t,s)

Y as´ı, de la misma manera, se obtienen los demás términos de la serie. 6. Probar que los n´ ucleos iterados satisfacen la condición: Z b Kn (s, t) = Kn−1 (s, u)K(u, t) du a

169

Soluci´ on: De acuerdo con la expresión dada en el enunciado del inciso 5.3 Z b Z b Kn+1 (s, t) = ... K(s, t1 )K(t1 , t2 )...K(tn−1 , tn )K(tn , t)dt1 ...dtn−1 dtn a

a

Aplicando el método de Fubini, podemos transformar la expresión anterior ¸ Z b ·Z b Z b ... K(s, t1 )...K(tn−1 , tn ) dt1 ...dtn−1 K(tn , t)dtn a a a | {z } K(s,tn )

Luego,

Z

b

Kn+1 (s, t) =

Kn (s, tn )K(tn , t) dtn a

7. Hallar los n´ ucleos iterados correspondientes a K(s, t) = t es con a = 0 y b = 1. Soluci´ on: K1 (s, t) ≡ K(s, t) Z 1 Z 1 s K2 (s, t) = K1 (s, t1 ) K(t1 , t) dt1 = t e t1 et1 dt1 | {z } {z } | 0 0 t1 es

t et1

Integrando por partes obtenemos que, Z 1 t1 et1 dt1 = 1 ⇒ K2 (s, t) = K1 (s, t) = t es . 0

De manera análoga se llega a probar que Kn (s, t) = t es

∀n ≥ 1

8. Dada la ecuación integral Z

1

x(s) − µ

t s x(t) dt = v(s) 0

170

˜ t, µ). determinar K(s, Soluci´ on: De acuerdo con el inciso 5.3 ˜ t, µ) = K(s,

∞ X

µj Kj+1 (s, t)

j=0

= K1 (s, t) + µK2 (s, t) + µ2 K3 (s, t) + ... K1 (s, t) = s t Z 1 Z 1 K2 (s, t) = K1 (s, u)K(u, t) du = u s t u du 0

0

1 = st 3 Z Z 1 K2 (s, u)K(u, t) du = K3 (s, t) = 0

0

=

1

Ã

! 1 st t u du 3

1 st 32

Análogamente Ã !n 1 Kn+1 (s, t) = st 3 Ã !0 1 1 1 1 ˜ t, µ) = ∴ K(s, µ s t + s t µ + 2 s t µ2 + ... + n s t µn + ... 3 3 3 3 Ã ! n ∞ X 1 = st µ 3 n=0 Que resulta convergente si |µ| < 3. 9. Calcular Kn (s, t) si el n´ ucleo de la ecuación de Fredholm es: K(s, t) = sin(t − 2s)

171

0 ≤ t, s ≤ 2π.

Soluci´ on: Sustituyendo K(s, t) y K1 (s, u) ≡ K(s, u) en la fórmula dada en el inciso 5.3 tenemos: Z 2π K2 (s, t) = sin(s − 2u) sin(u − 2t) du 0

aplicando identidades trigonométricas tenemos, 1 2

Z

2π 0

1 cos(s − 3u + 2t) du − 2

Z

2π

cos(s − u − 2t) du 0

luego integrando, ¯2π ¯2π 11 1 sin(s − 3u + 2t)¯u=0 − (−1) sin(s − u − 2t)¯u=0 23 2 1 1 = − (0) + (0) = 0 6 2 ∴ Kn (s, t) = 0 n ≥ 2.

K2 (s, t) = −

10. Resolver la ecuación de Fredholm donde a = 0, K(t, s) =

N X

b = 2π y

an sin nt cos ns

n=1

Soluci´ on: Utilizando el desarrollo de Neumann Z 2π x(t) = v(t) + µ K(t, s)v(s)ds 0 | {z } S(v)

ya que por la fórmula del ejercicio 7 Z 2π K2 (t, s) = K(t, t1 )v(t1 , s) dt1 = 0, 0

172

y también K3 = 0, ... Efectuando por ejercicio !Ã N ! Z 2π ÃX N X K2 (t, s) = an sin nt cos nt1 aj sin jt1 cos js dt1 0

=

n=1

N X N X

(an sin nt cos nt1 aj sin jt1 cos js) dt1

0

n=1 j=1

=

j=1

N X N Z 2π X

Z

cos nt1 sin jt1 dt1 . 0

n=1 j=1

Donde

2π

an aj sin nt cos js

Z

2π

cos nt1 sin jt1 dt1 = 015 0

11. Supongamos que K(s, t) =

n X

aj (s)bj (t),

j=1

donde aj , bj son funciones linealmente independientes. Si la ecuación de Fredholm tiene solución, probar que tiene la forma: x(s) = v(s) + µ

n X

cj aj (s)

(5.3.4)

j=1

donde

Z

b

cj =

bj (t)x(t) dt a

y las incógnitas satisfacen: cj − µ Z

n X

Z ajk ck = vj

b

bj (t) v(t) dt. a

15

bk (t) aj (t) dt a

j=1

vj =

b

siendo ajk =

Aplicando identidades trigonométricas.

173

Soluci´ on: Obtengamos la expresión para S(x) ! Z b Z b ÃX S(x)(s) = K(s, t)x(t) dt = aj (s) bj (t) x(t) dt a

=

X

a

µZ

b

aj (s) a

|

j

j

¶ bj (t)x(t) dt ∈ L(a1 , ..., an ) {z } cj

Sustituyendo en la ecuación (5.3.4) escrita en términos de S(x) obtenemos X x(s) = v(s) + µ(S(x))(s) = v(s) + µ ci ai (s) (5.3.5) i

Sustituyendo el n´ ucleo y la solución en la ecuación (5.3.4) obtenemos: !Ã ! Z b ÃX n X x(s) = v(s) + µ ai (s)bi (t) v(t) + µ cj aj (t) dt a

= v(s) + µ

XZ

+µ

2

i

j

b

ai (s)bi (t)v(t) dt a

i

XX

i=1

Z

cj ai (s) |a

j

b

bi (t)aj (t) dt {z } aji

reescribiendo la u ´ltima expresión X X XZ b v(s) + µ ai (s)bi (t)v(t) dt + µ2 ai (s) cj aji i

a

i

(5.3.6)

j

Igualando ahora las ecuaciones (5.3.5) y (5.3.6) X XZ b X X ci ai (s) = ai (s)bi (t)v(t) dt + µ ai (s) cj aji i

a

i

i

luego, ∀i

ci = vi + µ

X j

174

cj aji

j

podemos escribir el sistema de la forma: vi = ci − µ ci aii − µ

X

cj aji

j6=i

= ci (1 − µ aii ) − µ

X

cj aji

j6=i

De este sistema podemos obtener las expresiones de los ci 12. Resolver

Z

1

x(s) = µ

i = 1, ..., n.

t2 (5s2 − 3)x(t) dt + es

0

Soluci´ on: Como podemos apreciar tenemos un caso particular del ejercicio anterior, veamos que: Z

1

x(s) = µ 0

a1 (s)

z }| { 2 2 s t |{z} (5s − 3) x(t) dt + e ,

n = 1,

v(s) = es

b1 (t)

Evaluemos la expresión Z

1

1 − µ a11 = 1 − µ 0

t2

z}|{ a1 (t) b1 (t) dt = 1 − µ(1 − 1) = 1 | {z } 5t2 −3

x(s) = es + µ c1 a1 (s), de acuerdo con

Luego hay solución u ńica ∀µ : el ejercicio 12 donde

Z (1 − µ a11 ) c1 = v1 = | {z } =1

1 0

et

z}|{ b1 (t) v(t) dt = 16 e − 2 |{z} t2

finalizando x(s) = es + µ(e − 2)(5s2 − 3). 16

Integrando por partes

175

13. Determinar los valores de µ para los cuales la ecuación: Z 1 x(s) = µ (t2 s + ts2 )x(t) dt + v(s) 0

tiene solución. Soluci´ on: Aqu´ı: a2 (s)

z}|{ z}|{ K(s, t) = |{z} t s + |{z} t s2 a1 (s)

2

b1 (t)

b2 (t)

La forma de la solución es: x(s) = v(s) + µ

n X

cj aj (s)

j=1

= v(s) + µ(c1 s + c2 s2 ) Debemos resolver el sistema: (1 − µ a11 ) c1 − µ a12 c2 = v1 , −µ a21 c1 + (1 − µ a22 ) c2 = v2 ; donde Z

1

a11 = 0

Z

t2 1

a22 = 0

Z a12 = 0

0

t

z }| { 1 b2 (t) a1 (t) dt = |{z} 3 t

1

a21 =

t2

z }| { 1 b2 (t) a2 (t) dt = |{z} 4 t

1

Z

t

z }| { 1 b1 (t) a1 (t) dt = |{z} 4

t2

z }| { 1 b1 (t) a2 (t) dt = |{z} 5

176

t2



 Ã !2 Ã !Ã ! 1 1 1 − µ − µ 1 1 1  4 3  det  − µ 1− µ − − µ  = 1 1 4 3 5 − µ 1− µ 5 4 µ µ2 240 − 120µ − µ2 = 1− − = . 2 240 240 Resolvamos: √ ∆(µ) = 0 ⇒ 240 − 120µ − µ2 = 0 ⇒ µ = −60 ± 16 15 √ Luego, hay solución u ńica ∀µ 6= −60 ± 16 15. R1 14. Considerar x(s) − µ 0 (s + t)x(t) dt = v(s) 15.1 Resolver suponiendo que µ2 + 12µ − 12 6= 0. 15.2 Hallar los valores propios. Soluci´ on al inciso 15.1 a1 (s) = s a2 (s) = 1

b1 (t) = 1 b2 (t) = t

Hallemos los términos a11 , a22 , a12 , a21 , Z

1

a11 = 0

Z

1 1

a12 = 0

Z 0

t

z }| { 1 b2 (t) a1 (t) dt = |{z} 3 t

1

a21 =

t

z }| { 1 b1 (t) a1 (t) dt = = a22 |{z} 2

1

z }| { b1 (t) a2 (t) dt = 1 |{z} 1

  Ã !2 Ã ! 1 1 1 1 1 − 2 µ − 3 µ  1 − µ − − µ (−µ) det   = 1 2 3 −µ 1− µ 2 µ2 µ2 + 12µ − 12 = 1−µ− = (−1). 12 12 177

Soluci´ on al inciso 15.2 √ µ2 + 12µ − 12 = 0 ⇒ µ1,2 = −6 ± 4 3. 15. Sabiendo que Z

x

Z

x

n

u(t)dt = 0

0

(x − t)n−1 u(t) dt, (n − 1)!

(5.3.7)

obtener la ecuación integral correspondiente al problema de Cauchy: y 00 + y = 0 y(0) = 0 y 0 (0) = 1.

(5.3.8)

Soluci´ on: Para la resolución de este ejercicio proponemos un procedimiento que se puede utilizar en casos similares para resolver este tipo de problemas. Procedimiento 7 (P1) Hagamos: (P2) Integremos: (P3) Hallemos c1 :

u(x) = y 00 . Rx y 0 = 0 u(t) dt + c1 . y 0 (0) = 0 + c1 ⇒ c1 = 1. |{z} =1

Ahora podemos expresar Z

x

0

y =

u(t) dt + 1. 0

(P4) Integrando

Z

x

y=

u(t) dt2 + x + c2

0

por (5.3.7), para n = 2 Z x (x − t)1 u(t) dt + x + c2 1 0 c2 = y(0) = 0 por la condición inicial. Z x ∴ y= (x − t) u(t) dt + x. 0

178

(P5) Sustituyendo en la ecuación diferencial (5.3.8) Z x u(x) + (x − t) u(t) dt + x = 0 |{z} 0 y 00

(P6) Arreglando los términos convenientemente Z x u(x) − (t − x) u(t) dt = −x. 0 | {z } K(x,t)

5.4

Ejemplos Propuestos

1. Probar que la proyección de un espacio de Hilbert sobre un subespacio finito-dimensional es totalmente continuo. 2. Probar que A : l2 −→ l2 definido por Ã A(x1 , x2 , x3 , ..., xn , ...) =

x1 x2 x3 xn , , , ..., n , ... 2 4 8 2

!

es totalmente continuo. 3. Haciendo y 000 = u(x), probar que si d3 y d2 y dy − 3 − 6 + 5y = 0 dx3 dx2 dx entonces

Z

x

y= 0

(x − t)2 x2 u(t) dt + c1 + c2 x + c3 2! 2

y además: Ã

! 5 2 u(x) = − x − 6x + 3 c1 − (5x − 6)c2 − 5c3 2 # Z x" 5 2 3 + (x − t) − (x − t) u(t) dt. + 2 0 (Sugerencia: Analizar el ejercicio resuelto 15)

179

Cap´ıtulo 6 Operadores autoconjugados. Teor´ıa espectral El estudio del operador A − λI cuando A es un operador lineal y λ un escalar está asociado a la resolución de algunos tipos de ecuaciones integrales. Por tanto, interesa saber para qué valores de λ el inverso de A − λI existe y es continuo. Las caracter´ısticas del comportamiento de dicho operador inverso en dependencia de la clasificación de los valores de λ constituyen el objeto central del estudio de la teor´ıa espectral.

6.1

Operadores autoconjugados

Sea H un espacio de Hilbert complejo. El operador A ∈ L(H) se denomina autoconjugado si A˜∗ = A, es decir, para todos los x, y ∈ H se cumple la igualdad (Ax | y) = (x | Ay). El conjunto de todos los operadores autoconjugados de L(H) se denota mediante δ(H). (Ejercicios resueltos 1, 2 y 3) Teorema 6.1.1 Si A, B ∈ δ(H), α, β ∈ R entonces αA + βB ∈ δ(H). (Ejercicio resuelto 4) Teorema 6.1.2 Sean A, B ∈ δ(H). El operador AB es autoconjugado si y sólo si AB = BA. 180

(Ejercicio resuelto 5) Teorema 6.1.3 Si A ∈ δ(H), kAk = supkxk≤1 |(Ax | x)|. Un operador A ∈ δ(H) se denomina no negativo y se designa por A ≥ 0 si (Ax | x) ≥ 0 para cualquier x ∈ H. Para los operadores A, B ∈ δ(H) la notación A ≥ B o B ≤ A significa que A − B ≥ 0. (Ejercicios resueltos 6, 7 y 8) on en un espacio de Hilbert Teorema 6.1.4 Sea P un operador de proyecci´ H sobre un subespacio M . Entonces: a) P ∈ L(H) además, kP k = 1 si M 6= 0; b) P 2 = P ; c) P ∈ δ(H); d) P ≥ 0; e) x ∈ M si y sólo si kP xk = kxk; f ) (P x | x) ≤ kxk2 para cualquier x ∈ H. (Ejercicio resuelto 9) Teorema 6.1.5 Sea A ∈ δ(H), A2 = A. Entonces A es el proyector sobre un subespacio M ⊂ H. Si T ∈ δ(H) y T ≥ 0, entonces T 2 ≥ 0 ya que (T 2 x | x) = (T x | T x) ≥ 0. En el siguiente teorema se plantea una respuesta para el problema rec´ıproco. Teorema 6.1.6 Para cada operador no √ negativo A ∈ δ(H) existe opera√ un 2 dor u ´ nico, denominado ra´ ı z cuadrada, A ∈ δ(H) tal que ( A) = A y √ √ A ≥ 0. Adem´ as A es conmutable con un operador C ∈ L(H) si y sólo si C es conmutable con A. (Ejercicios resueltos 10, 11 y 12)

181

6.1.1

Ejercicios Resueltos

1. Sea T un operador sobre un espacio de Hilbert H. Probar que T es autoconjugado ⇔ (T x | x) ∈ R ∀x ∈ H. Soluci´ on: Supongamos que T = T˜∗ . Entonces: (T x | x) = (x | T x) = (T x | x) ⇒ (T x | x) ∈ R. Rec´ıprocamente, vamos a aplicar el resultado del ejercicio propuesto 1, que establece que ((T − T˜∗ )x | x) = 0 ∀x ∈ H ⇒ T = T˜∗ ((T − T˜∗ )x | x) = (T x − T˜∗ x | x) = (T x | x) − (T˜∗ x | x) ∗ = (T x | x) − (x | (g T˜∗ ) x) | {z } {zT } |

R

∈

= (T x | x) − (T x | x) = 0. 2. Si A1 , A2 son autoadjuntos, definamos A1 ≤ A2

si (A1 x | x) ≤ (A2 x | x) ∀x ∈ H.

Probar que A1 ≤ A2

∧

A2 ≤ A1 ⇒ A1 = A2 .

Soluci´ on: A1 ≤ A2 ⇒ ⇒ A2 ≤ A1 ⇒ ⇒ ⇒

(A1 x | x) ≤ (A2 x | x) ∀x ∈ H ((A1 − A2 )x | x) ≤ 0 ∀x ∈ H. (A2 x | x) ≤ (A1 x | x) ∀x ∈ H ((A2 − A1 )x | x) ≤ 0 ∀x ∈ H ((A1 − A2 )x | x) ≥ 0 ∀x ∈ H ∴ ((A1 − A2 )x | x) = 0 ∀x ∈ H.

Por el ejercicio propuesto 1, A1 − A2 = 0, es decir A1 = A2 . 182

3. Probar que para un operador cualquiera T , T˜∗ T y T T˜∗ son autoconjugados. Soluci´ on: µ ¶ ∗ f ∗ ∗ ∗ ˜ ˜ ˜ (T x | x) = (x | T x) = (T x | x) = x | T x µ ∗ ¶ µµ ∗ ¶ ¶ f f ∗ ∗ ˜ ˜ = T x|x ⇒ T −T x|x =0 ∗ f ˜∗ = T. ⇒ T

Luego (^ T˜∗ T ) = T˜∗ T. 4. Sean A ∈ δ(H), xn ∈ H(n ∈ N), xn −→ x. Demostrar que n→∞

(Axn | xn ) −→ (Ax | x). n→∞

¿Es sustancial que A ∈ δ(H)? Soluci´ on |(Axn | xn ) − (Ax | x)| = | (Axn | xn ) − (Ax | xn ) +(Ax | xn ) − (Ax | x) | = |(Axn − Ax | xn ) + (Ax | xn − x)| ≤ |(Axn − Ax | xn )| + |(Ax | xn − x)| ≤ |(A(xn − x) | xn )| + |(Ax | xn − x)| ≤ kAk kxn − xk kxn k + kAk kxk kxn − xk . | {z } acotada | {z } →0

→0

Entonces |(Axn | xn ) − (Ax | x)| −→ 0. n→∞

No es sustancial que A ∈ δ(H) porque para llegar al resultado es suficiente que A ∈ L(H).

183

5. Demuestre el Teorema 6.1.1. Soluci´ on ∀A, B ∈ δ(H) (Ax | y) = (x | Ay) = (Ay | x) (Bx | y) = (x | By) = (By | x) Sumando ordenadamente y aplicando propiedades del producto interior, ((A + B)x | y) = (Ay | x) + (By | x) = ((A + B)y | x) = (x | (A + B)y) ⇒ (A + B) ∈ δ(H) ∀α ∈ R (αAx | y) = α(Ax | y) = α(x | Ay) = (x | αAy) ⇒ αA ∈ δ(H). 6. Demuestre el Teorema 6.1.2. Soluci´ on Supongamos que AB es autoconjugado (ABx | y)

=

(x | ABy)

⇒

((AB − BA)x | y) = 0 ∀y,

AB∈δ(H)

=

A∈δ(H)

(Ax | By)

=

B∈δ(H)

(BAx | y)

En particular para y = (AB − BA)x se tiene que ((AB − BA)x | (AB − BA)x) = 0 ⇒ k(AB − BA)xk = 0 ∀x entonces, AB − BA = 0 ⇒ BA = AB. Supongamos que AB = BA. Hay que probar que: (ABx | y) (ABx | y) (ABx | y)

= =

A∈δ(H)

=

(x | ABy) (Bx | Ay) (x | ABy) 184

=

B∈δ(H)

(x | |{z} BA y) AB

7. Demostrar que el operador A : L2 [0, 1] −→ L2 [0, 1], Ax(t) = tx(t) es un operador autoconjugado no negativo. Soluci´ on Primero probemos que A es autoconjugado: Z 1 Z 1 (Ax | y) = (L) Ax(t)y(t)dt = (L) tx(t)y(t)dt = (x | Ay) 0

0

Veamos ahora que es no negativo: Z 1 Z (Ax | x) = (L) Ax(t)x(t)dt = (L) 0

1

tx2 (t)dt ≥ 0 ∀x(t) ∈ L2 [0, 1]

0

8. Demostrar que A : l2 −→ l2 , Ax = (λ1 x1 , λ2 x2 , ...) para x = (x1 , x2 , ...) ∈ l2 donde λk ∈ R(k ∈ N), sup |λk | < ∞, es un operador autoconjugado. k

¿Bajo qué condición para la sucesión λk , A es un operador autoconjugado no negativo? Soluci´ on Demostremos primero el hecho de que A es un operador autoconjugado, X λk xk yk (Ax | y) = ((λ1 x1 , λ2 x2 , ...) | (y1 , y2 , ...)) = k

(x | Ay) = ((x1 , x2 , ...) | (λ1 y1 , λ2 y2 , ...)) =

X

xk λk yk = (Ax | y)

k

Para que A sea no negativo debe cumplir que: (Ax | x) ≥ 0, X ((λ1 x1 , λ2 x2 , ...) | (x1 , x2 , ...)) ∀x ∈ l2 ⇒ λk x2k ≥ 0 ∀x ∈ l2 k

en particular para (0, ..., 0, 1, 0, ...) ∈ l2 ⇒ λk ≥ 0 (∀k ∈ N) | {z } k−1

185

9. Si T ≥ 0 probar que (I + T )−1 existe. Soluci´ on: Probemos que: (I + T )x = 0 ⇒ x = 0 (I + T )x = 0 ⇒ x + T x = 0 ⇒ T x = −x ⇒ (T x | x) = −(x | x) = − kxk2 ≤ 0. Pero T ≥ 0 ⇒ (T x | x) ≥ 0 ∴ kxk2 = 0 ⇒ x = 0. 10. Demuestre el Teorema 6.1.4 Soluci´ on a) Veamos una demostración alternativa a la establecida en la ejercitación del cap´ıtulo 3. kP k

Teo. 6.1.3

=

sup |(P x | x)| = sup kxM k2 = 1, kxk≤1

kxk=1

donde x = xM + xM ⊥ . |{z} |{z} ∈M

b) P 2 x = P (P x) = xM = P x. c) (P x | x) = (xM | xM +xM ⊥ ) = kxM k2 = (xM +xM ⊥ | xM ) = (x | P x). d)

(P x | x) = kxM k2 ≥ 0.

e) (⇒) x ∈ M ⇒ P x = x ⇒ kP xk = kxk q (⇐) kP xk = kxk ⇒ kxM k2 + kxM ⊥ k2 = kxM k | {z } | {z } kxk

⇒ xM ⊥ = 0 ⇒ x ∈ M. 186

kP xk

∈M ⊥

f)

(P x | x) = kxM k2 ≤ kxM k2 + kxM ⊥ k2 = kxk2 .

11. Sea T : l2 −→ l2 definido as´ı: si x = (x1 , x2 , ..., xn , ...),

xi ∈ R T x = (0, 0, x3 , x4 , ...). √ Probar que T ∈ δ(l2 ), T ≥ 0 y hallar T . Soluci´ on: T es lineal, continuo. Veamos que T = T˜∗ . Sea y = (y1 , y2 , ...) yi ∈ R (T x | y) = (0, 0, x3 , x4 , ...)(y1 , y2 , y3 , ...) = x3 y3 + x4 y4 + ... (x | T y) = (x1 , x2 , x3 , ...)(0, 0, y3 , y4 , ...) = x3 y3 + x4 y4 + ... ∴ (T x | y) = (x | T y) ∀x, y ∈ l2 . Vamos a analizar (T x | x) (T x | x) = (0, 0, x3 , x4 , ...)(x1 , x2 , x3 , ...) = x23 + x24 + ... ≥ 0. Observamos que T 2 x = T (T x) = T (0, 0, x3 , x4 , ...) = (0, 0, x3 , x4 , ...) = T x √ Luego T ≥ 0 satisface que T 2 = T ⇒ T = T . 12. Sea T autoconjugado, T ≥ 0. Probar que ∀x, y ∈ H |(T x | y)| ≤ (T x | x)1/2 (T y | y)1/2 Soluci´ on:

¯√ √ ¯ ¯√ ¯ √ ¯ ¯ ¯ ¯ |(T x | y)| = ¯( T T x | y)¯ = ¯( T x | T y)¯ °√ ° °√ ° √ √ √ √ ° °° ° ≤ ° T x° ° T y ° = ( T x | T x)1/2 ( T y | T y)1/2 = (T x | x)1/2 (T y | y)1/2 . 187

13. Sea T autoconjugado, T ≥ 0. Probar que kT xk ≤ kT k1/2 (T x | x)1/2 .

(6.1.1)

Soluci´ on: Haciendo y = T x en el ejercicio 11 se obtiene: (T x | T x) ≤ (T x | x)1/2 (|{z} T T x | T x)1/2 . T2

Pero ° ° (T 2 x | T x) ≤ °T 2 x° kT xk ≤ kT k kT xk2 ⇒ (T 2 x | T x) ≤ kT k1/2 kT xk , por lo que sustituyendo en la ecuación (6.1.1) se obtiene: kT xk2 ≤ (T x | x)1/2 kT k1/2 kT xk . Si T x = 0 se cumple trivialmente esta desigualdad. Si T x 6= 0, dividiendo por kT xk 6= 0 se llega a: kT xk = (T x | x)1/2 kT k1/2 .

6.2

Espectro de un operador lineal

Sean X un espacio de Banach complejo; A : X −→ Y un operador lineal con el campo de definición D(A) denso en X y λ un n´ umero complejo. Un punto λ se denomina punto regular del operador A si el operador A − λI es continuamente inversible. El conjunto de los puntos regulares del operador A se denomina conjunto resolvente del operador A y se designa por ρ(A). Si λ ∈ ρ(A) el operador lineal acotado Rλ (A) = (A − λI)−1 se llama resolvente del operador A. El complemento del conjunto ρ(A) en el plano complejo se denomina espectro del operador A y se denota mediante σ(A). El n´ umero λ ∈ C se denomina valor propio de un operador A, si existe 188

un elemento x ∈ D(A), x 6= 0, tal que Ax = λx. Con esto x se llama vector propio del operador A correspondiente a un valor propio λ. Todo valor propio del operador A es punto de su espectro debido a que el operador A − λI es no inversible. Proposici´ on 6.2.1 Si A ∈ L(X), el conjunto resolvente del operador A, ρ(A), es un abierto de C. Demostraci´ on Sea λ0 ∈ ρ(A). Hay que probar que λ0 es un punto interior de ρ(A), es decir que ∃r > 0 tal que Sλ0 (r) ⊂ ρ(A). Por esto debemos considerar δ ∈ C y formar: Def.

Aδ ≡ A − δI = A − λ0 I + λ0 I − δI = 1 Aλ0 + (λ0 − δ)I ¿Bajo qué condiciones Aδ tiene inverso acotado? Por el teorema 3.3.3, si 1 ° kAδ − Aλ0 k < ° °A−1 ° λ0

entonces Aδ es continuamente inversible. Pero kAδ − Aλ0 k = kA − δI − A + δ0 Ik 1 ° = k(λ0 − δ)Ik < ° °A−1 ° = r. λ0 Resumiendo, |δ − λ0 | < r ⇒ A−1 δ ∈ L(X) ≡ δ ∈ ρ(A) es decir Sλ0 (r) ⊂ ρ(A) Teorema 6.2.1 El espectro de un operador A ∈ L(X) es un conjunto cerrado que está contenido en el c´ırculo |λ| ≤ kAk.

1

Agrupando.

189

Demostraci´ on σ(A) es cerrado por ser complemento de un abierto. Basta probar que σ(A) es acotado para poder implicar que es compacto. Podemos decir que }| { z σ(A) ⊂ {λ ∈ C : |λ| ≤ kAk} ≡ 2 {λ ∈ C : |λ| > kAk} ⊂ ρ(A) {z } | D B

Por tanto, para probar lo requerido en el teorema vamos a demostrar esta u ´ltima inclusión equivalente. Por definición tenemos, Ã

! 1 Aλ = A − λI = −λ I − A λ

∀λ 6= 0

1 A posee inverso acotado? Si se cumple que: λ ° ° °1 ° ° ° ° A° < 1 ⇒ |λ| > kAk . °λ °

¿Bajo qué condiciones I −

Podemos concluir entonces que, λ ∈ D ⇒ λ ∈ ρ(A) Sabemos que σ(A) ⊂ {λ ∈ C

:

|λ| ≤ kAk} ,

pero podemos tener una noción más precisa de la acotación del espectro mediante la noción de radio espectral, que de forma natural se define as´ı: rσ (A) = sup |λ| . λ∈σ(A)

Se tiene que rσ (A) ≤ kAk. Una forma práctica de calcularlo se establece en el resultado siguiente: 2

Complementando.

190

Teorema 6.2.2 Sea A ∈ L(X) donde X es un espacio de Banach. Entonces existe el l´ımite finito 1 rσ (A) = lim kAn k n n→∞

llamado radio espectral del operador A. (Ejercicio resuelto 15) Teorema 6.2.3 Sea A ∈ L(X) donde X es un espacio de Banach. Si |λ| > rσ (A), entonces λ ∈ ρ(A). El hecho de que el resolvente de un operador A es una función de variable compleja, sugiere la definición de una función operador as´ı: S : D −→ L(X) S(λ) = Sλ donde D ⊂ C y X es un espacio normado. Por ejercicio, dado A ∈ L(X), la aplicación: R : ρ(A) −→ L(X), R(λ) = Rλ (A) = (A − λI)−1

es una función operador.

Si se considera f ∈ (L(X))0 , entonces se puede realizar la composición: f ◦ S : D −→ C que resulte una función compleja de variable compleja, muy u ´til para caracterizar el comportamiento del resolvente mediante el teorema de Liouville, el cual se enuncia en el teorema 6.2.4 para utilizarlo en la demostración del teorema 6.2.6. Se dice que una función compleja de variable compleja A(λ) es anal´ıtica en D si para todo λ0 ∈ D el l´ımite A0 (λ0 ) = lim

λ→λ0

A(λ) − A(λ0 ) λ − λ0

existe y se denomina derivada de A(λ) en λ0 . 191

Teorema 6.2.4 (Teorema de Liouville) Sea F : C −→ C. Si F (λ) es anal´ıtica en todo C y existe alg´ un M > 0 tal que |F (λ)| < M para todo λ ∈ C, entonces F (λ) es una constante. Teorema 6.2.5 Si A ∈ L(X) entonces para |λ| > rσ (A) Rλ (A) = −

∞ X

λ−n−1 An .

n=0

Teorema 6.2.6 Si A ∈ L(X), donde X es un espacio de Banach, entonces σ(A) es un conjunto no vac´ıo. Demostraci´ on Supongamos lo contrario, es decir, que σ(A) = ∅ ≡ ρ(A) = C Consideremos R

f

ρ(A) −→ L(X) −→ |{z} K |{z } =

C

=

C

f ∈ (L(X))0 ,

donde R(λ) = Rλ (A).

Entonces podemos formar f ◦ R : C −→ C. Probemos que f ◦ R satisface las hipótesis del Teorema 6.2.4. 1ro ) f ◦ R anal´ıtica. Para λ0 ∈ C. (f ◦ R)(λ) − (f ◦ R)(λ0 ) λ − λ0

= f lineal

=

f continua

−→

(f (R(λ)) − (f (R(λ0 )) λ − λ0 Ã ! (R(λ) − R(λ0 ) f λ − λ0 f (R(λ0 ))2 ,

ya que:

(R(λ))−1 [R(λ) − R(λ0 )](R(λ0 ))−1 = (R(λ0 ))−1 − (R(λ))−1 = (A − λ0 I) − (A − λI) = (λ − λ0 )I. 192

Por tanto, R(λ) − R(λ0 ) = R(λ)(λ − λ0 )I R(λ0 ). Luego R(λ) − R(λ0 ) = R(λ)R(λ0 ) −→ (R(λ))2 . λ − λ0 2do ) f ◦ R acotada. |f (R(λ))| ≤ kf k kR(λ)k Aplicando el Teorema 6.2.5 se tiene, !n 1 R(λ) = A−1 A λ λ Ã !n ∞ ° −1 ° 1 X kAk kR(λ)k = °Aλ ° ≤ |λ| n=0 |λ|   ∞ 1X =− λ n=0

Ã

1    |λ| 

 1   kAk 1− |λ| 1 −→ 0 = |λ| − kAk λ→∞

=

1 para |λ| − kAk |λ| > kAk. Para |λ| ≤ kAk , f ◦ R está acotada por ser continua sobre un compacto. Como consecuencia del Teorema 6.2.4, tenemos que,

entonces kR(λ)k está acotado y |f (R(λ))| ≤ kf k

f (R(λ)) f (R(λ1 )) f (R(λ1 ) − R(λ2 ))

= constante = f (R(λ2 )) ∀λ1 , λ2 ∈ C = 0 ∀f ∈ (L(E))0 ⇒ R(λ1 ) − R(λ2 ) = 0 ∀λ1 λ2 ∈ C (Por el corolario 4.2.2.1) ⇒ R(λ) = constante

Pero, R(λ) → 0 cuando λ → ∞ ⇒ R(λ) = A−1 λ = 0 ¡Absurdo! 193

(Ejercicio resuelto 16) El espectro de un operador autoconjugado tiene caracter´ısticas especiales, como se aprecian en el ejercicio resuelto 16. También el espectro de cada operador totalmente continuo está caracterizado por un comportamiento que asemeja al de los espacios finito-dimensionales, de aqu´ı la importancia del estudio de estas clases de operadores. Existen también clases más amplias de operadores con propiedades operativas muy u ´tiles, algunas de las cuales se manejan en los restantes ejercicios de este cap´ıtulo. Del resultado del ejercicio resuelto 18 se motiva la siguiente definición: Definici´ on 6.2.1 Se dice que un operador N es normal si ˜∗ = N ˜ ∗ N. NN Utilizamos la denominación N (H) = {N : H −→ H

:

N Normal} .

(Ejercicios resueltos 18, 19, 20 y 21) Ya se conoce la importante isometr´ıa J entre un espacio normado X y su bidual. Veamos como puede caracterizarse una isometr´ıa en un espacio de Hilbert. Si U es un operador lineal isométrico, entonces kU xk = kU k

∀x ∈ H ⇒ kU xk2 = kU k2

∀x ∈ H.

En términos del producto escalar esto significa que: ˜ U (U x | U x) = (x | U˜ ∗ U x)

∗U

normal

=

(U˜ ∗ U x | x) = (x | x).

Si U es un operador que satisface U˜ ∗ U = I, entonces constituye una isometr´ıa. Esto motiva la definición de operador unitario. Definici´ on 6.2.2 El operador U : H −→ H es unitario si U U˜ ∗ = U˜ ∗ U = I. 194

6.2.1

Ejercicios Resueltos

1. Sea A : C[0, 1] −→ C[0, 1], A(x) = y : y(t) = tx(t). Probar que σ(A) ⊂ [0, 1]. Soluci´ on: La linealidad se puede probar de manera inmediata y se tiene que A es continuo ya que: kA(x)k = kyk = sup |tx(t)| = kxk . t∈[0,1]

Resulta equivalente probar que λ ∈ C − [0, 1] ⇒ λ ∈ ρ(A). 1ro ) Determinemos Aλ : Aλ (x) = A(x) − λx = y − λx = z evaluando para t ∈ [0, 1] (y − λx)(t) = tx(t) − λx(t) = (t − λ)x(t) = z(t) observamos que, A−1 λ (z) = x : |{z} lineal

x(t) =

1 t − |{z} λ

z(t)

6∈[0,1]

luego, ° −1 ° °A (z)° = kxk = sup |x(t)| ≤ Kλ kzk λ t∈[0,1]

¯ ¯ ¯ 1 ¯ ¯ ¯ donde Kλ = sup ¯ ¯ t∈[0,1] ¯ t − λ¯

por tanto, λ ∈ ρ(A) 2do ) Notemos que A no tiene valores propios puesto que, Aλ (x) = 0 ⇒ x = 0. λ6∈[0,1]

195

2. Sea A : l2 −→ l2 tal que A(x1 , x2 , ..., xn , ...) = (0, x1 , x2 , ...). Probar que λ = 0 ∈ σ(A) pero no es un valor propio. Soluci´ on: A es lineal y acotado, l2 es un espacio de Hilbert. Como A−1 : R(A) −→ l2 , | {z }

λ = 0 ∈ σ(A) R(A) no denso en l2 .

6=l2

λ = 0 no es valor propio ya que A(x) = 0 ⇒ x = 0. 3. Sea E un espacio normado complejo. Obtener σ(I), ρ(I) y Rλ (I). (Donde I es el Operador Identidad.) Soluci´ on: Haciendo A = I I − λI = 0 ⇒ (1 − λ)I = 0 ⇒ (1 − λ) x = 0 ⇒ λ = 1 ∴ σ(I) = {1} 6=0

Nótese que y = (1 − λ)x ⇒ ∀λ 6= 1 x =

1 y, 1−λ

es decir, (I − λI)−1 (y) =

1 1 I ∈ L(E) y⇒ 1−λ 1| {z − λ} Rλ

4. Sea X = C[0, 1]; v ∈ X fijo. Se define A(x) = vx. Hallar σ(A) y observar directamente que es compacto. Soluci´ on: Aλ (x) = A(x) − λx = vx − λx = y ⇒ ∀t ∈ [0, 1] v(t)x(t) − λx(t) = y(t) compacto

(v(t) − λ)x(t) = 0 ⇒ σ(A) =

v

[0, 1] {z }

continuo

|

6=0

compacto

196

5. Sea A : l∞ −→ l∞ definido por: A(x1 , x2 , x3 , ...) = (x2 , x3 , ...) a) Si |λ| > 1 probar que λ ∈ ρ(A). b) Si |λ| ≤ 1, probar que λ es un valor propio. Soluci´ on al inciso a) Es suficiente probar que kAk = 1. A es lineal; kA(x)k = max |xi | ≤ max |xi | ⇒ kAk ≤ 1. i≥2 i≥1 | {z } kxk

Si x = (0, x2 , ...), entonces kAxk = kxk ⇒ kAk = 1 Soluci´ on al inciso b) Aλ (x) = = Aλ (x) = 0 ⇒ ⇒

(x2 , x3 , ...) − λ(x1 , x2 , ...) (x2 − λx1 , x3 − λx2 , ..., xn − λxn−1 , ...) xn − λxn−1 = 0 ∀n = 2, 3, ... xn = λxn−1 ∀n > 1

Si |λ| ≤ 1 entonces |xn | ≤ |xn−1 |. Luego Aλ (x) = 0 ; x = 0. ∴ λ es un valor propio. Ahora definiremos el espacio propio asociado: S = {(x1 , x2 , ..., xn , ...) : x − Aλ (x) = 0} = {(x1 , λx1 , λx2 , ...)} = {(x1 , λx1 , λ2 x1 , λ3 x1 , ...)} λ ∈ C. 6. Si A : lp −→ lp se define como A(x1 , x2 , ...) = (x2 , x3 , ...) y |λ| = 1 ¿Es λ un valor propio de A?

197

Soluci´ on: De manera análoga al inciso b) del ejercicio anterior se llega a que |xn | = |xn−1 | ∀n > 1. Supongamos que: |xn | = m > 0 entonces

X n

mp = lim kmp = +∞ ⇒ x 6∈ lp k→∞

luego, como necesariamente se tendr´ıa que x = 0 entonces λ no es un valor propio si |λ| = 1. 7. Si S, T ∈ L(E), probar que ∀λ ∈ ρ(S) ∩ ρ(T ) Rλ (S) − Rλ (T ) = Rλ (S)(T − S)Rλ (T ) Soluci´ on: Multiplicando el miembro izquierdo de la igualdad por (Rλ (S))−1 a la izquierda y por (Rλ (T ))−1 a la derecha (Rλ (S))−1 (Rλ (S) − Rλ (T ))(Rλ (T ))−1 = (Rλ (T ))−1 − (Rλ (S))−1 | {z } | {z } T −λI

S−λI

(T − λI) − (S − λI) = T − S De aqu´ı lo requerido. 8. Sea A ∈ L(E), 3 {0, 1} ⊂ σ(A).

A 6= 0, I tal que A2 = A (idempotente). Probar que

Soluci´ on: Debemos, en primer lugar, obtener Rλ (A) = R(λ) para 3

E espacio de Banach

198

este caso. −1

Rλ (A) = (A − λI)

∞ 1 n 1X A =− λ n=0 λn

Ã ! 1 1 1 2 1 3 = − I + A + 2 |{z} A + 3 |{z} A +... λ λ λ λ =A =A  Ã ! 1 1 1 = −  (I − A) + A +A + 2 + ...  {z } λ | λ λ t´ erminos auxiliares " Ã !# 1 1 1 1 = − (I − A) + A 1 + + 2 + 3 + ... λ λ λ λ   1 = −  (I − A) + A λ

1   1 1− λ# " λ 1 A = − (I − A) + λ λ−1

1 1 = − (I − A) + A λ 1−λ ∴ {0, 1} 6∈ ρ(A) ⇒ {0, 1} ∈ σ(A). 9. Sea A un álgebra de Banach compleja con identidad e. Si kx − ek < 1 probar que x es inversible y que x

−1

∞ X =e+ (e − x)k k=1

Soluci´ on: kx − ek < 1 ⇒ ke − xk < 1 ⇒ e − (e − x) es inversible | {z } =x

y además x

−1

∞ X =e+ (e − x)j , j=1

lo cual se demuestra de forma análoga en el teorema 3.3.3. 199

−1

10. Probar que k(e − x)

kxk2 − e − xk ≤ . 1 − kxk

Soluci´ on: (e − x)

−1

=e+x+

∞ X

° ° x ⇒ °(e − x)−1 − e − x° ≤ k

k=2

kxk2 . 1 − kxk

11. Si x es inversible y y es tal que kyx−1 k ≤ 1. Probar que x − y es ◦ inversible y que, adoptando que a = e ∀a ∈ A, se tiene que: −1

(x − y)

=

∞ X

x−1 (yx−1 )k

k=0

Soluci´ on: −1 −1 −1 x − y = (x − y) x | {zx} = [(x − y)x ]x = (e − yx )x =e −1

⇒ (x − y)

° −1 ° °yx ° < 1 ⇒ (x − y)−1

= x−1 (e − yx−1 )−1 ∞ X x−1 (yx−1 )k . = k=0

12. Si {xn }, {yn } son sucesiones de Cauchy en un álgebra normada A, probar que xn yn es una sucesión de Cauchy. Soluci´ on: kxn yn − xm ym k = k(xn yn − xn ym ) + (xn ym − xm ym )k −→ 0

n,m→∞

−→ 0

n,m→∞

z }| { z }| { ≤ kxn k kyn − ym k + kxn − xm k kym k, | {z } | {z } ≤M

13. Probar la igualdad resolvente: v(µ) − v(λ) = (µ − λ)v(µ)v(λ) si v(λ) = (x − λe)−1 .

200

≤M

Soluci´ on: Multiplicando el miembro izquierdo por (v(µ))−1 por la izquierda y (v(λ))−1 por la derecha y efectuando, (v(µ))−1 (v(µ) − v(λ))(v(λ))−1 = (v(λ))−1 − (v(µ))−1 = (x − λe) − (x − µe) = (λ − µ)e 14. Probar que la aplicación, f

G −→ G x −→ x−1 es continua, donde G es el conjunto de los elementos inversibles del álgebra normada A. Soluci´ on: ° ° ° °° ° x−1 − y −1 = y −1 (y − x)x−1 ⇒ °x−1 − y −1 ° ≤ °y −1 ° °x−1 ° ky − xk haciendo y = xn , la u ´ltima desigualdad se escribe as´ı: ° °° ° 4 ° −1 ° ° −1 ° k |{z} x−1 − x−1 x xn kx − xn k . n k≤ |{z} f (x)

f (xn )

Por tanto, si xn −→ x entonces kf (xn ) − f (x)k −→ 0. n→∞

15. Sea A : l2 −→ l2 definida de la manera siguiente: Ã ! 1 1 1 A (x1 , x2 , ..., xn , ...) = x1 , x2 , x3 , ..., xn , ... | {z } 2 3 n x

Determinar si 0 ∈ σ(A). °

°

4 ° −1 ° xn

≤

ke − xn k + 1, que se deduce del ejercicio 8). 1 − ke − xn k

201

Soluci´ on: A ∈ σ(H) ⊂ L(H)

Ã

A(x1 , x2 , ..., xn , ...) =

1 1 1 x1 , x2 , x3 , ..., xn , ... 2 3 n

= (y1 , y2 , ..., yn , ...) ⇒ A−1 (y1 , y2 , ..., yn , ...) = (x1 , x2 , ..., xn , ...) como xn = nyn = (y1 , 2y2 , ..., nyn , ...) ∴ no está acotada ⇒ λ = 0 ∈ σ(A) pero no es un valor propio. 16. Si kA2 k = kAk2 probar que rσ (A) = kAk . Soluci´ on: ° 2° ° ° ° ° ° ° °A ° = kAk2 ⇒ °A4 ° = °(A2 )2 ° = °A2 °2 = kAk4 . | {z } kAk2

En general se tiene que para cada k ∈ N ° ° ° 2k ° 2k °A ° = kAk . Entonces ° ° k ° k °1/2 lim kAn k1/n = lim °A2 ° n→∞ k→∞ h i1/2k k = lim kAk2 = kAk . k→∞ | {z }

rσ (A) =

kAk

17. Probar que todos los valores propios de un operador autoconjugado T (si existen) son reales.

202

!

Soluci´ on: Sea λ un valor propio de T y x el vector propio correspondiente. Entonces x 6= 0 y T x = λx. λ(x | x) = (λx | x) = (T x | x) = (x | T x) ¯ | x) = (x | λx) = λ(x ¯ ⇒ λ ∈ R. (x | x) 6= 0 ⇒ λ = λ 18. Sean T : H −→ H un operador aritrario; α, β ∈ C : |α| = |β|. Probar ˜ ∗ . (Es decir N N ˜∗ = N ˜ ∗N ) que N = αT + β T˜∗ conmuta con N Soluci´ on: ˜∗ = NN = ∗ ˜ N N = = = =

¯ ) (αT + β T˜∗ )(¯ αT˜∗ + βT ¯ 2+α |α|2 T T˜∗ + αβT ¯ β(T˜∗ )2 + |β|2 T˜∗ T. ¯ )(αT + β T˜∗ ) (¯ αT˜∗ + βT ¯ 2 + |β|2 T T˜∗ |α|2 T˜∗ T + α ¯ β(T˜∗ )2 + αβT ¯ 2 + |α|2 T T˜∗ |β|2 T˜∗ T + α ¯ β(T˜∗ )2 + αβT ˜ ∗. NN

˜ ∗. Ejemplo: N = T + T˜∗ ı conmuta con N 19. Probar que: 19.1) δ(H) ⊂ N (H); 19.2) Probar que N (H) es cerrado para la multiplicación por un escalar y el l´ımite fuerte. Soluci´ on al inciso 19.1) Sea A ∈ δ(H) A |{z} A˜∗ = |{z} A˜∗ A = A2 ⇒ A ∈ N (H). =A

=A

on por un escalar : Soluci´ on al inciso 19.2) Multiplicaci´ N ∈ N (H), α ∈ C ⇒ αN ∈ N (H) ∗ ]) = (αN )(¯ ˜ ∗ ) = |α|2 N N ˜∗ (αN )(αN αN ∗ ]) (αN ) = (¯ ˜ ∗ )(αN ) = |α|2 N ˜∗ (αN αN | {zN} . ˜∗ =N N

203

L´ımite fuerte: Nk ∈ N (H) ∧ Nk −→ N ⇒ N ∈ N (H) ° ° ° ° n→∞ ° ˜∗ ° ° ˜∗ ∗ ∗ ° ∗ ∗ ∗ ∗ ˜ ˜ ˜ ˜ ˜ ˜ ° N N − N N ° ≤ ° N N − Nk Nk + Nk Nk − Nk Nk + Nk Nk − N N ° ° ° ° ˜∗ ˜k∗ ° ˜k∗ − N ˜k∗ Nk k ≤ °N N − Nk N ° + k Nk N | {z } | {z } =0 I ° ° ° ˜∗ ˜ ∗N ° + ° Nk Nk − N ° {z } | II ∗

˜∗ − N ˜ ∗ . Entonces I) N^ − Nk = N k ° ° ° ° ° ^ ∗° ° ˜ ∗ ∗° ˜ kN − Nk k = °N − Nk ° = °N − Nk ° ˜ ∗ −→ N ˜ ∗] ⇒ [Nk −→ N ≡ N k ˜ ∗ −→ N N ˜ ∗. ⇒ Nk N k ˜ ∗ Nk −→ N ˜ ∗ N . De manera análoga al caso I, luego II) N k ° ° ° ˜∗ ∗ ° ˜ 0 ≤ °N N − N N ° ≤ 0, pasando al l´ımite k k ˜ ∗ Nk = N ˜ ∗ N. ⇒ N k 20. Sea T un operador. Probar que ° ° ° ˜∗ ° T normal ≡ °T x° = kT xk

∀x.

Soluci´ on: “⇒” Como δ(H) ⊂ N (H). Aplicando la definición de autoconjugado (T˜∗ x | T˜∗ x) = (x | T T˜∗ x) = (x | T˜∗ T x) = (T x | T x). “⇐” ¿Será cierto que ((T T˜∗ − T˜∗ T )x | x) = 0? ((T T˜∗ − T˜∗ T )x | x) = (T T˜∗ x | x) − (T˜∗ T | x) = (T˜∗ x | T˜∗ ) − (T x | T x) = 0 ⇒ T T˜∗ = T˜∗ T. | {z } | {z } 2 kT k2 =kT˜∗ k 204

21. Probar que: ° ° ° ˜∗ ° 21.1) °T T ° = kT k2 . 21.2) N ∈ N (H) ⇒ kN 2 k = kN k2 . Soluci´ on al inciso 21.1) Veamos primero que: ° ° ° ° ° ˜∗ ° ° ˜∗ ° 2 °T T ° ≤ °T ° kT k = kT k . | {z } =kT k

Por otra parte, ° ° ° ° ° ° ° ° (T x | T x) = (T˜∗ T x | x) ≤ °T˜∗ T x° kxk ≤ °T˜∗ T ° kxk2 , luego, r° ° ° ° ° ° ° ˜∗ ° ° ° ° ° 2 kT xk ≤ °T T ° kxk ⇒ kT k ≤ °T˜∗ T ° ⇒ kT k2 ≤ °T˜∗ T ° . 2

Soluci´ on al inciso 21.2) Como consecuencia de inciso anterior tenemos que: ° ° ° ˜∗ ° 2 kN k = °N N ° . Es suficiente probar que: ° ° ° ° ˜∗ ° ° °N N ° = °N 2 ° . Veamos, ˜∗ (N 2 x | N 2 x) = (N x | N | {zN} N x) ˜∗ NN

˜ ∗N x | N ˜ ∗ N x) = (N ° ° 2 ° ° ° ˜∗ ° N° ⇒ °N x ° = °N ° ° ∴ °N 2 ° =

∀x ∈ H ° ° ° ° ° ° ° ˜∗ ° ° ˜∗ ° N x ° = °N N ° . sup °N 2 x° = sup °N

kxk≤1

205

kxk≤1

6.3

Ejercicios Propuestos

1. Probar que ¯ x | y)+¯ (T (αx+βy) | αx+βy)−|α|2 (T x | x)−|β|2 (T y | y) = αβ(T αβ(T y | x). 2. Probar que si H es un espacio de Hilbert T = 0 ⇔ (T x | x) = 0 ∀x ∈ H. 3. Si A1 , A2 son autoconjugados y α ≥ 0, probar que A1 ≤ A2 ⇒ αA1 ≤ αA2 . 4. Para un operador arbitrario T sobre H, probar que T T˜∗ y T˜∗ T pertenecen a δ(H) y que son positivos. 5. Probar que los vectores propios correspondientes a valores propios distintos de un operador autoconjugados son ortogonales. 6. Sean A, B ∈ δ(H). Probar que: AB autoconjugado ≡ AB = BA. 7. Sea H = M ⊕ M ⊥ , H de Hilbert, M cerrado. Probar que PM ≥ 0. 8. Sea A : l2 −→ l2

Ax = (λ1 x1 , λ2 x2 , ..., λn xn , ...).

8.1) ¿Bajo qué condición A ∈ L(H)? 8.2) ¿Bajo qué condición A ∈ δ(H)? 8.3) ¿Bajo qué condición A ≥ 0? 9. Sean H un espacio de Hilbert; xn → x. ¿Bajo qué condición (Axn | xn ) −→ (Ax | x)? n→∞

206

Bibliograf´ıa [1] Trenoguin, V.A.; B.M. Pisarievski; T.S. Sóboleva (1987): Problemas y Ejercicios de An´ alisis Funcional. Editorial MIR, Mosc´ u, 269pp. [2] Bachman, George; L. Narici (1972): Functional Analysis. Academic Press, 530pp. [3] Kolmogorov, A.; S. Fomin (1975): Elementos de la Teor´ıa de Funciones y el An´ alisis Funcional. Editorial MIR, Mosc´ u, 534pp. [4] Rosov, N (1967): Cours d0 Analyse Moderne. Traité à la Faculte des Sciences d0 Alger, 90pp. [5] Kiesewetter, H. (october 1967 to january 1968): Lectures on Functional Analysis. UCLV, Santa Clara, 115pp. [6] Kreyszig, E.; John Wiley and Sons (1978): Introductory Functional Analysis with Applications, 688pp. [7] Arg¨ uelles Cortés, L.; G. Hernández Cuellar; J. V. López Palacio (2003): Experiencia en la aplicaci´ on de métodos de ense˜ nanza vinculados al uso de la computaci´ on. Universidad Pedagógica, México, 92pp. [8] Arg¨ uelles Cortés, L.; G. Hernández Cuellar; J. V. López Palacio (2002): Experiencia en la aplicaci´ on de modernos métodos de ense˜ nanza en el aprendizaje de la Matemática. Universidad Pedagógica, México, 137pp. [9] Cotlar, M; Cignoli, R (1967): Nociones de Espacios normados. Editorial Universitaria de Buenos Aires, 361pp. [10] Taylor, A. E. (1958): Introduction to funtional Analysis. Wiley International Edition, Japan, 423pp. 207

[11] Maroni, P.; Nedzela, M. (1969): Elements d0 Analyse Fonctionnelle. Instiute Blaise Pascal, 200pp. [12] Simmons, G. F. (1963): Introduction to Topology and modern analysis. McGraw-Hill Book Company, 372pp.

208

Índice de Materias A Acotación Uniforme Aplicaciones, 75 Principio, 44 Teorema, 17 Aplicación Continua, 19 Continua en un punto, 19 Uniformemente continua, 19

Clausura, 16 Compacto, 16, 105 Convexos, 16 de operadores totalmente continuos, 110 Débilmente compacto, 110 Densos, 16 Diámetro, 15 Distancia entre, 15 Localmente compacto, 109 Nunca densos, 16 Relativamente compacto, 16, 107 Resolvente, 137 Totalmente acotado, 108 Convergencia Débil, 96 Debilitada, 98 Fuerte, 44, 47 Uniforme, 44 Cubrimiento, 105

B Baire teorema, 17 Banach-Steinhaus teorema, 45 Aplicaciones, 45, 46 Bola Abierta, 15 Cerrada, 15 C Campo Definición, 35 Valores, 35 Categor´ıas 1ra, 16 2da, 16 Completación, 21 Conjugado de Hermite, 89 Conjuntos Abierto, 15 Acotado, 15 Cerrado, 16

D Desigualdades Cauchy-Buniakowski, 22 Hölder, 22 Minkowski, 23 Distancia entre, conjuntos, 15 un punto y un conjunto, 15

209

E Epsilon red, 107 Equiacotado, 107 Equicontinuo, 107 Espacios de Banach, 20 Bicompacto, 107 Compacto, 16, 105 Completo, 20 Conjugado, 85 Dual, 72 Encajado, 21 Hilbert, 21 Isomorfos, 20 Isométricos, 20 Normados, 15 Operadores lineales acotados, 43 Reflexivo, 98 Separables, 16 Unitario, 21 Espectro de un operador, 138

Inverso Derecho, 55 Izquierdo, 55 L Liouville teorema, 139 N Normas Definición, 15 Ejemplos, 19 Equivalentes, 20 O Operador Acotado, 35 Autoconjugado, 133 Casi cerrado, 72 Cerrado, 63, 64 Conjugado, 56 Continuamente inversible, 55 Continuo, 34, 35 Continuo en un punto, 34 de proyección, 134 Idéntico, 44 Inverso, 55 Lineal, 35 Totalmente continuo, 107, 108 Cerrado, 65 Norma, 35 N´ ucleo, 35 Prolongación, 47 Proyección ortogonal, 53 Totalmente acotado, 108

F Función anal´ıtica, 139 Funcional, 72 Acotado, 73 Continuo, 73 Lineal, 73 G Gráfico, 63 Gráfico cerrado teorema, 65 H Hahn-Banach teorema, 74 Hausdorf teorema, 112 Hiperplano, 72

P Producto escalar, 24 Punto de Adherencia, 16

I Inverso acotado teorema, 55 210

R Radio espectral, 139 Riesz Lema, 74 S Sucesión Convergente, 16 Débilmente acotada, 98 Débilmente fundamental, 98 Fundamental (de Cauchy), 20 Uniformemente convergente, 44 Subespacio, 16 Suma directa externa, 63 V Variedad Lineal, 16 Localmente compacta, 110

211

Analisis Funcional

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