Analisis funcional
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curso de analisis funcional...
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´ ANALISIS FUNCIONAL
Oscar Blasco
Contents 1 Intr Introdu oducc cci´ i´ on a los espacios de Hilbert
1.1 1.2 1.3 1.4
5
Produc oducto to esc escalar alar:: Pro Propi pied edaades des y ejemp emplos Completitud y ortogonalidad . . . . . . . . Proyecciones ortogonales. . . . . . . . . . . Dualidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . . . . . .
. . . .
. . . .
. . . . . . . .
. 5 . 9 . 12 . 17
2 Intr Introdu oducc cci´ i´ on a los espacios de Banach
2.1 2.1 2.2 2.3
19
Espa Espaci cios os norm normad ados os:: Prop Propiiedad edades es y ejem ejempl plos os . . . . . . . . . . 19 Completitud y separabilidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 Espacios de Funciones. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
3 Operadores lineales y continuos
3.1 3.2 3.2 3.3 3.3 3.4 3.5 3.6
Primeras ras defini finiciones y ejemplos plos . . . . . El espa espaci cioo L(X, Y ) Y ) . . . . . . . . . . . . Espa Espaci cios os de Banac anach h fini finito dime dimens nsio iona nalles Dualidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . Oper peradores invertibles . . . . . . . . . . Aplicacion cionees a ecua cuacion cionees integr tegraales . . .
39
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
4 Ampl Amplia iaci ci´ ´ on de espacios de Hilb ert
4.1 4.2
69
Bases Ortonormales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69 Op erador adjunto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
5 Teor´ıa esp ectral de operadores
5.1 5.2 5.3 5.4 5.5
39 45 50 53 57 59
Espec pectro de un oper perador . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Op eradores compactos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Espec pectro tro de opera perad dores res comp ompacto ctos . . . . . . . . . . . . . . . . Espectro Espectro de operad operadores ores autoadju autoadjunto ntoss en espacio espacioss de Hilbert Hilbert . . El teorema esp ectral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
81
81 84 88 93 96
Chapter 1 Introducci´ on on a los espacios de Hilbert 1.1 1.1
Produ Product cto o escal escalar ar:: Prop Propie ieda dade dess y ejem ejempplos
o C). Una Una Definici´ on on 1.1.1 Sea X un espacio vectorial sobre K ( K = R ´ K se llama producto escalar si cumple las siguaplicaci´ on , : X X
· ·
× → ientes propiedades: (i) x + y, z = x, z + y, z , x, y, y , z ∈ X. (ii)αx,y = αx, y , x, y ∈ X, α ∈ K. (iii) y, x = x, y , x, y ∈ X. (iv) x, x > 0, x ∈ X, x = 0.
Nota 1.1.1 Se obtiene de manera inmediata que
(v) x, y + z = x, y + x, z , x, y, y , z X. (vi) x,αy = α ¯ x, y , x, y X, α K.
∈
∈
∈
Definici´ on on 1.1.2 Un espacio (X, , ) dotado de un producto escalar se dice
· · espacio prehilbertiano. Definimos x = x, x. Ejemplo 1.1.1 R = {x = (x ,...,x ) : x ∈ R} con
n
1
n
i
n
x, y =
i=1
5
xi yi .
6
Chapter Chapter 1. Introducci Introducci´ ´on on a los espacios de Hilbert
Ejemplo 1.1.2 Cn = z = (z 1 ,...,z n ) : z i
{
n
z, w Ejemplo 1.1.3 2 = (z n )n∈N : z n
{
∈ ∞ | ∞
z i w¯i .
=
i=1
C,
(z ), (w ) n
∈ C} con n=1
| ∞} con
z n w¯n .
=
n
z n 2 <
n=1
([a, b]) espacio de funciones continuas (con valores en K) Ejemplo 1.1.4 C ([a, con
f, g =
b
a
f ( f (t)g(t)dt.
n
Sea Ω Ejemplo 1.1.5 Sea Ω
⊂ R medible Lebesgue. Lebesgue. Considerar |f ( f (x)| dm( dm(x) < ∞}. L (Ω) = {f : Ω → K medibles : Diremos que f ≈ g si m({x ∈ Ω : f ( f (x) = g(x)}) = 0, i.e. f = g en casi todo punto y definimos L (Ω) el espacio cociente L (Ω)/ (Ω)/ ≈ . Definimos el
2
2
Ω
2
2
producto escalar sobre este espacio
f, g =
Ω
f ( f (x)g(x)dm( dm(x).
Proposici´ on on 1.1.3 (Desigualdad de Cauchy-Schwarz) Sea (X, , ) un es-
· ·
pacio prehilbertiano. Entonces
|x, y| ≤ xy, ´ n: Demostraci on: o
x, y
∈ X
(1.1)
Podemos suponer que x = 0 y que y = 0 pues caso contrario x, y = 0 y la desigualdad es trivial. Consideremos λ, β K, x, y X .
∈
∈ ¯ x, y + βλ ¯ y, x + |λ| y, y 0 ≤ βx + λy,βx + λy = |β | x, x + β λ ¯ x, y ) + |λ| y . = |β | x + 2(β λ Como x = 0 se puede elegir β = y λ = −1 y se obtiene |x, y| + y . 0≤− x Y por tanto |x, y | ≤ x y . 2 2
2
2
2
x,y x 2
2
2
2
2
2
2
2
7
1.1. Producto Producto escalar escalar:: Propiedade Propiedadess y ejemplos ejemplos
Proposici´ on on 1.1.4 (Desigualdad de Minkowski) Sea (X, , ) un espacio
· ·
prehilbertiano. Entonces
x + y ≤ x + y, ´ n: Demostraci on: o
x, y
∈ X
(1.2)
Usando (1.1) se tiene
x + y
2
x + y, x + y x + 2x, y + y ≤ x + 2|x, y| + y ≤ x + 2xy + y = (x + y) . = =
2
2
2
2
2
2
2
Nota 1.1.2 Si (X, , ) es un espacio prehilbertiano entonces (X,
· ·
un espacio normado.
· ) es
Sea (X, , ) un espacio prehilbertiano. Entonces Proposici´ on on 1.1.5 Sea ( + (i) : X R es continua. (ii) , : X X K es continua. (iii) + : X X K definida por (x, y ) x + y es continua. (iv) . : K X K definida por (λ, x) λx es continua.
· → · · × → × → × →
· ·
→ → ´ n: (i) Como x ≤ x − y + y y y ≤ x − y + x se Demostraci on: o concluye concluye que x − y ≤ x − y y tamb ambi´en y − x ≤ x − y. Es decir, |x − y| ≤ |x − y. Lo que demuestra la continuidad de la norma. (ii) Supongamos que xn x y yn y. Entonces
→ → |x , y − x, y| = |x − x, y + x, y − y| ≤ |x − x, y | + |x, y − y| ≤ x − xy + xy − y. n
n
n
n
n
n
n
Ahora tomar limn→∞ . (iii) y (iv) inmediatas.
n
n
n
n
8
Chapter 1. Introducci´on a los espacios de Hilbert
Corolario 1.1.6 Si Y es un subespacio vectorial de X entonces la clausura
¯ es tambien un subespacio. Y ´ n: Demostraci o
Si λ, β K y x, y tales que xn x e yn y. Ahora por continuidad λxn + βy n
→
→
∈
∈ Y ¯ existen (x ) e (y ) sucesiones en Y ∈ Y y λx + βy = lim (λx + βy ) ∈ Y¯ . n
n
n
n
n
Proposici´ on 1.1.7 (Ley del paralelogramo) Sea (X, , ) un espacio pre-
· ·
hilbertiano. Entonces 2
2
x + y + x − y
= 2( x
2
2
+ y )
x, y
∈ X
(1.3)
´ n: Demostraci o 2
x + y + x − y
2
= x 2 + 2 ( x, y ) + y + x 2 2 ( x, y ) + y = 2( x 2 + y 2 ).
2
−
2
on) Sea (X, , ) un espacio preProposici´ on 1.1.8 (Identidad de polarizaci´
· ·
hilbertiano real. Entonces
x, y = 14 (x + y − x − y ) 2
2
x, y
∈ X
(1.4)
´ n: Demostraci o 2
x + y − x − y
2
2
2
x + 2x, y + y − (x − 2x, y + y = 4x, y . =
2
2
9
1.2. Completitud y ortogonalidad
1.2
Completitud y ortogonalidad
Definici´ on 1.2.1 Un espacio prehilbertiano (X, , ) tal que es completo
· · √ respecto a la norma x = x, x se denomina espacio de Hilbert. Teorema 1.2.2 ( , · ), donde (x ) = ( ∞ |x | ) , es un espacio 2
2
k
2
de Hilbert.
k=1
2 1/2
k
Sea (xn)n∈N una sucesi´ on de Cauchy en 2 . Como
´ n: Demostraci o
m k
n k
n
m
|x − x | ≤ x − x ,
k
2
∈N
se concluye que (xnk )n∈N es de Cauchy en K, y por ser K un espacio completo limn→∞ xnk = xk para cada k N. Veamos que xm converge a x = (x1 , x2 , ....) y x 2 . Dado ε > o existe n0 N tal que
∈
∈
∈
∞ |
xnk
k=1
Fijemos N se tiene que
m 2 k
n
m 2 2
− x | = x − x
∈ N. En particular N
|
xnk
k=1
N k=1
< ε2 ,
n k
2
2
−x | ≤ε , k
m 2 k
|x − x | n
n, m
≥n . 0
< ε2 . Pasando al limm→∞
≥n . 0
Tomando supremos en N se concluye que xn x 2 ε para n significa xn x. La desigualdad de Minkowskyi implica que
− ≤
→
N
(
|
k=1
2 1/2
xk )
|
N
≤ | (
k=1
xk
xnk 0 2 )1/2
− |
N
+(
|
xnk 0 2 )1/2
k=1
Tomando limN →∞ se concluye que x
2
∈ .
|
≥ n . Esto 0
≤ ε + x . no
Proposici´ on 1.2.3 Sea C ([0, 1]) el espacio de las funciones continuas en [0, 1] con valores en R. Entonces C ([0, 1]) no es un espacio de Hilbert respecto
al producto escalar
f, g =
1
0
f (t)g(t)dt.
10
Chapter 1. Introducci´on a los espacios de Hilbert
´ n: Demostraci o
Sea
1 2 1 2
≤t< − ) ≤t< + f (t) = + ≤t≤1 Como 0 ≤ f ≤ 1, se tiene que para m ≥ n n
n
f m 22
f − n
=
| 1
0
f n (t)
0 n(t 1
0
1 2
1 2 1 2
2
− f (t)| dt = m
1 n
1 2
1 +n
1 n
.
|f (t) − f (t)| dt ≤ n4 . n
1 2
2
m
Por tanto f n es una sucesi´ on de Cauchy. Supongamos que existe f C ([0, 1]) tal que limn f n f
{ }
∈
| 1
0
f n (t)
2
− f (t)| dt
−
= + +
| | 1/2
0
2
= 0. Entonces
f (t) 2 dt
|
1/2+1/n
2
|f (t) − f (t)| dt |1 − f (t)| dt. n
1/2 1
2
1/2+1/n
1 Tomando limn→∞ se concluye que 01/2 f (t) 2 dt + 1/2 1 f (t) 2 dt = 0. Como f es continua entonces f (t) = 0 para 0 < t < 1/2 y f (t) = 1 para 1/2 < t < 1. Como consecuencia f no es continua en t = 1/2.
|
| −
|
Definici´ on 1.2.4 Sea (X, , ) un espacio prehilbertiano y sean x, y
· ·
∈ X .
Diremos que x e y son ortogonales , y denotaremos x y, si x, y = 0. Dado ∅ = M X definimos el conjunto ortogonal de M por
⊥
⊂
M ⊥ = x
{ ∈ X : x, y = 0 para todo y ∈ M }.
Ejemplo 1.2.1 Sea X = Rn y sean x = (1, 0, ..., 0) e y = (0, 1, 0....). En-
tonces x y. Sea x0 = (a1 ,...,an). Entonces (x0 )⊥ = (x1 ,...,xn) : un hiperplano de vector normal x0 .
⊥
{
n k=1
ai xi = 0 es
n 1
−
Ejemplo 1.2.2 Sea X = 2 y sean en = (0, ..., 0, 1, 0..., 0) para n
∈ N. Entonces e ⊥ e si n = m. Si x = (1, 1, 0, 0,...) e y = (0, 0, 1, 1/2, 1/3, 1/4, ....) entonces x ⊥ y. n
m
}
11
1.2. Completitud y ortogonalidad
1/2n,...)
Si x = (1, 1/2, 1/4, ...., e y = ( 1, 1/2, 1/4, ...., entonces x y. Sea x = (1, 1/2, 1/4,..., 1/2n ,....). Entonces
⊥
x⊥ = {(x1 ,...,xn, ..) : Por ejemplo y1 = ( 1, 0, ....) ´ o y2
−
∞ |
−
∞ ∞
1/2n,...)
x = 0}. | , 2 − = (0, −1/2, 1, 0, ....) pertenecen a x⊥ . 2
xn <
n=1
n n 1
n=1
Ejemplo 1.2.3 Sean X = L2 ([0, 1]), f (t) = sen(2πt) y g(t) = cos(2πt).
Entonces f
⊥ g, pues
1 1 sen(2πt)cos(2πt)dt = sen(4πt) = 0. 2 0 0 En el caso complejo, sea φn(t) = e2πint para n Z. Entonces φn n = m. 1
∈
1
0
φn (t)φm (t)dt = =
1
m
si
e2πi(n−m)t dt
0
1
cos(2π(n
0
+ i
⊥φ
1
0
− m)t)dt sen(2π(n − m)t)dt = 0,
n = m.
Si f 0 (t) = 1 entonces (f 0)⊥ = {f ∈ L2([0, 1]);
1
0
f (t) = 0 .
}
Proposici´ on 1.2.5 Sea (X, , ) un espacio prehilbertiano y ∅ = M
· ·
Entonces (i) M ⊥ es un subespacio vectorial cerrado. ¯ )⊥ = M ⊥ . (ii) (M
⊂ X .
(i) Es suficiente ver que x⊥ es subespacio cerrado, pues M ⊥ = x∈M x⊥ , y es claro que la intersecci´on de subespacios es subespacio y la intersecci´ on de cerrados es cerrado. N´ otese ahora que ´ n: Demostraci o
∩
x⊥ = y
1
{ ∈ M : x, y = 0} = (φ )− ({0}) x
donde φx (y) = x, y es continua y lineal. ¯ ⊥ ¯ . Dado ahora x M ⊥ y (ii) Se tiene que (M ) M ⊥ ya que M M ¯ existe yn M tal que yn dado y M , y. Por tanto x, yn x, y , y como x, yn = 0 entonces x y.
∈
⊂ ∈ ⊥
→
⊂
∈ →
12
Chapter 1. Introducci´on a los espacios de Hilbert
agoras) Sea (X, , ) espacio prehilberProposici´ on 1.2.6 (Teorema de Pit´
· ·
tiano real y sean x, y
∈ X . Entonces x ⊥ y si y s´ olo si x + y = x + y . ´ n: Supongamos que x, y = 0 entonces Demostraci o x + y = x + y + x, y + y, x = x + y . El reciproco es cierto en el caso real pues x, y + y, x = 2x, y . 2
2
1.3
2
2
2
2
2
2
Proyecciones ortogonales.
Definici´ on 1.3.1 Sea (X, , ) un espacio prehilbertiano, ∅ = C
x
∈ X . Definimos
· ·
⊂ X y
d(x, C ) = inf x
{ − y : y ∈ C }.
Nos interesa calcular la distancia m´ınima de un punto a un conjunto, y encontrar el valor (´ unico si es posible) d´onde se alcanza. Esto nos obliga a exigir ciertas condiciones en el conjunto C . Nota 1.3.1 Desde luego si x
∈ C entonces d(x, C ) = 0, pero puede ocurrir
´ es el caso si C no es cerrado (por que d(x, C ) ) = 0 aunque x / C . Este ejemplo X = R, C = (0, 1) y x = 0). En este caso no se garantiza existencia de m´ınimo en C .
∈
Nota 1.3.2 Si X = R2 , C la circunferencia unidad y x el origen entonces
d(x, C ) = 1 y se alcanza en todos los puntos de C . La no convexidad de C es el motivo de la no unicidad! Recordemos que un conjunto ∅ = C X se dice convexo si dados x, y C y 0 < t < 1 entonces tx + (1 t)y C .
⊂ − ∈
on optima) ´ Sea X espacio de Hilbert, ∅ = C Teorema 1.3.2 (Aproximaci´
∈
⊂ X convexo y cerrado. Entonces para todo x ∈ X existe un unico ´ u ∈ C tal que d(x, C ) = x − u.
13
1.3. Proyecciones ortogonales. ´ n: Demostraci o
Probemos primero la existencia. Si x C tomemos u = x. Podemos suponer que x / C , y por ser C cerrado, d(x, C ) = d > 0. Sea (yn ) una sucesi´ on de puntos de C tales que
∈
∈
d2 = x
2
2
−y ≤d n
+ 1/n.
Veamos que (yn ) es de Cauchy. Usando la ley del paralelogramo (1.3)
(y
n
+ ym )
2
2
− 2x + y − y n
m
= 2 yn
− x
2
≤
− x
Como C es convexo se tiene que (yn + ym) 2x 2 = 4 y2n + y2m Es decir, 4d2 + yn ym 2 4d2 + 2/n + 2/m.
Por tanto si n0
−
− ≤
2
∈ N es tal que 2/n < ε /2 para n ≥ n y − y < ε, n, m ≥ n . n
2
+ 2 ym 2 2 4d2 + + . n m
0
m
2
2
− x ≥ 4d .
se obtiene
0
Como (C, d) es un espacio m´etrico completo existe u lim yn
→∞
n
∈ C tal que
− u = 0.
Por tanto d
− ≤
2
d + 1/n + y − u. ≤ x − u ≤ x − y + y u Y tomando l´ımites se obtiene d = x − u. Para la unicidad suponer que u ∈ C y u ∈ C verifican que x − u = x − u = d(x, C ). Usando de nuevo (1.3) u − u + 4x − ( u2 + u2 ) = 2u − x + 2u − x = 4d . Como + ∈ C se tiene 4x − ( + ) ≥ 4d y por tanto u − u = 0. n
n
1
n
2
1
2
1
2
u1 2
u2 2
1
2
2
2
u1 2
2
1
u2 2
2
2
2
2
2
1
2
Definici´ on 1.3.3 Si ∅ = C es un conjunto convexo y cerrado de un espacio
de Hilbert denotamos P C (x) el unico ´ elemento en C tal que
x − P x = d(x, C ). C
14
Chapter 1. Introducci´on a los espacios de Hilbert
Veamos una propiedad que refleja la idea intuitiva de que el a´ngulo que forma x P C x con v P C x para todo v C es mayor que π/2.
−
−
∈
Proposici´ on 1.3.4 Sea X espacio de Hilbert real, ∅ = C
⊂ X convexo y
cerrado. Entonces (i) x P C x, v P C x (ii) P C x P C y x
− − ≤ 0, v ∈ C, x ∈ X . − ≤ − y, x, y ∈ X . ´ n: (i) Si x ∈ C entonces P x = x y v − P x, x − P x = 0. Demostraci o Supongamos que x ∈ / C , v ∈ C y 0 ≤ t ≤ 1. Si d(x, C ) = x − P x = d se C
C
C
C
tiene
0 < d2
2
≤ x − (tv + (1 − t)P x) = x − P x − t(v − P x) ≤ x − P x + t v − P x − 2tx − P x, v − P x = d + t v − P x − 2tx − P x, v − P x. C
C C
2
C
2
2
2
C
2
2
C
C
2
C
C
C
2
0 < t < 1.
Por tanto 2x
− P x, v − P x ≤ tv − P x , C
C
C
Pasando al limt→0 se obtiene (i). (ii) Usando (i) se puede poner
x − P x, P y − P x ≤ 0, P y − y, P y − P x ≤ 0. C
C
C
C
C
C
Sumando ambas desigualdades se concluye que
x − y − (P x − P y), P y − P x ≤ 0, y denotando u = x − y − (P x − P y) y v = P y − P x tenemos u, v ≤ 0. C
C
C
C
C
C
C
C
De la ley del paralelogramo se concluye 2
2
2
2
2
2
x − y = u − v = u + v − 2u, v ≥ v = P y − P x . C
C
Teorema 1.3.5 Sea X un espacio de Hilbert y Y un subespacio cerrado de
X . Entonces P Y x = u si y s´ olo si u X = Y Y ⊥ .
∈ Y y x − u ∈ Y ⊥.
En particular
15
1.3. Proyecciones ortogonales. ´ n: Demostraci o
= )Desde luego u = P Y x
⇒ ∈ Y . Adem´as si z ∈ Y se tiene 0 ≤ x − u ≤ x − (u + z ) ≤ x − u + z − 2(x − u, z ) = d + z − 2(x − u, z ). Por tanto 2(x − u, z ) ≤ z para todo z ∈ Y . Si y ∈ Y y z = ty para t ≥ 0 se tendr´ıa que 2(x − u, y ) ≤ ty para todo y ∈ Y . Tomando lim → se concluye (x − u, y) ≤ 0, y ∈ Y y cambiando y por −y se obtiene (x − u, y) = 0, y ∈ Y. 2
2
2
2
2
2
2
2
t
0+
Sustituyendo ahora y por iy se llega a
(x − u, y) = 0, y ∈ Y. ⇐=)Supongamos u ∈ Y y x − u ∈ Y ⊥. Como x − u, u − y = 0 para todo y ∈ Y se tiene x − y = x − u + y − u ≥ x − u 2
2
2
2
y por tanto u = P Y x. Para probar que X = Y Y ⊥ observar que x = P Y x + (x P y x) y la descomposici´o n es u ´ nica. En efecto, si x = y1 + z 1 = y2 + z 2 con y1 , y2 Y ⊥ y z 1 , z 2 Y entonces y1 y2 = z 2 z 1 Y Y ⊥ = 0 .
∈
−
−
− ∈ ∩
∈
{}
Teorema 1.3.6 Sea Y un subespacio cerrado de un espacio de Hilbert X .
Definimos P Y : X Y dada por x P Y x. Entonces (i) P Y es una aplicaci´ on lineal y continua con P Y x 2 (ii) P Y = P Y , Y = ImP Y , Y ⊥ = KerP Y .
→
→
´ n: Demostraci o
≤ x.
(i) Sean x1, x2 X , λ, β K. Veamos que P Y (λx1 + βx2 ) = λP Y (x1) + βP Y (x2). Usando el Teorema 1.3.5 es suficiente ver que
λx
1
∈
+ βx 2
∈
− (λP (x ) + βP (x )), y = 0, Y
1
Y
2
y
∈ Y.
Pero ´esto es consecuencia de la bilinealidad del producto escalar, pues
λx +βx −λP (x )−βP (x ), y = λx −P (x ), y+β x −P (x ), y = 0. 1
2
Y
1
Y
2
1
Y
1
2
Y
2
16
Chapter 1. Introducci´on a los espacios de Hilbert
Usando ahora que P Y (0) = 0 se tiene P Y (x) = P Y (x) P Y (0) y . (ii) Es claro que P Y (P Y x) = P Y x pues P Y x Y . Dado y Y se tiene que y = P Y y luego ImP Y = Y . Finalmente si x KerP Y significa que P Y x = 0 y por tanto x 0 Y ⊥ .
∈
− ∈
∈
− ∈
≤
on ortogonal de X sobre Y . Definici´ on 1.3.7 P Y se conoce como la proyecci´ Proposici´ on 1.3.8 Sea Y subespacio de un Hilbert X .
⇐⇒Y ⊥ = Y ⊥⊥. ⇐⇒Y = {0}.
(i) Y es cerrado (ii) Y es denso
(i) Es evidente que Y Y ⊥⊥ y si coinciden Y es el ortogonal de un conjunto y por tanto cerrado. Suponiendo que Y es cerrado, usando el Teorema 1.3.5, dado x Y ⊥⊥ se tiene x = y + z con y Y y z Y ⊥ . Ahora bien z = x y Y ⊥⊥ Y ⊥ y por tanto z = 0 y x = y Y . ¯ Se tiene que X = (ii) Apliquemos el Teorema 1.3.5 al subespacio Y . ¯ + Y ⊥ y por tanto X = Y ¯ Y Y ⊥ = 0 . ´ n: Demostraci o
⊂
∈
∈
∈
− ∈
∈
∩
⇐⇒
{} Ejemplo 1.3.1 Calcular I = inf ∈ − |sen(t) − (a + bt)| dt. ´ n: Consideremos X = L ([−π, π]), Y = {a + bt : a, b ∈ Demostraci o R}. Claramente Y es un subespacio vectorial. Veamos que es cerrado. Sea f (t) = a + b t sucesi´on convergente a f en L ([−π, π]).
π π
a,b R
n
n
2
2
2
n
En particular
2πa n =
π
−π
π 2π 3 bn = tf (t). 3 −π n
f n (t)dt,
Por tanto (an ) y (bn ) son sucesiones de Cauchy en R. Sean a = lim an y b = lim bn . La funci´on f (t) = a + bt Y , ya que (
π
−π
t f n (t)
|
2
− f (t)| dt)
1/2
≤
(
∈| π
−π
an
2
− a| dt)
1/2
+(
| π
−π
(bn
2
− b)t| dt)
1/2
2π 3 1/2 = an a (2π) + bn b ( ) . 3 Utilizando el Teorema de la proyecci´ on buscamos a, b R tales que sen(t) (a + bt) Y ⊥ , es decir
| − |
−
∈
1/2
| −|
∈
−
π π π
−π
− (a + bt))dt = 0, (sen(t) − (a + bt))tdt = 0. (sen(t)
17
1.4. Dualidad
La primera ecuaci´ on da a = 0 y la segunda b =
1 π3
π 0
tsentdt.
Ejemplo 1.3.2 Sea X = 2 y definimos
Y = (xn )
{
2
∈
:
∞
xn = 0 .
}
n=1
Probar que Y es denso en 2 . ´ n: Demostraci o
Es inmediato ver que Y es un subespacio. Aplicando Proposici´on 1.3.8 veremos que Y ⊥ = 0 . Supongamos que (yn ) Y ⊥ . Consideremos x = (1, 1, 0, ....) = e1 e2 Y entonces ∞ y2 = 0. Por tanto y1 = y2. Considerando n=1 yn xn = y1 e2 e3 Y se obtiene y2 = y3 . En general, ek ek+1 Y y por tanto 2 N. yk = yk+1. Ahora el vector y y por tanto yk = 0 para todo k
− ∈
1.4
∈
{}
−
−
−
∈
− ∈
∈
∈
Dualidad
on lineal conDefinici´ on 1.4.1 Sea X un espacio de Hilbert. Una aplicaci´ tinua de X en K se conoce como forma lineal continua. Denotamos X = φ : X K, lineal continua y le llamamos espacio dual de X .
{
→
}
Nota 1.4.1 Sea x0
∈ Y , la aplicaci´ on φ
x0
: X
x, x pertenece a X . 0
→ K dada por φ
x0 (x)
=
echet) Sea X un espacio de Hilbert. Teorema 1.4.2 (Teorema de Riesz-Fr´ Para toda φ
∈ X existe un ´ unico x tal que φ(x) = x, x , x ∈ X. 0
0
Es decir, X = X . Sea Y = φ−1 ( 0 ) = Kerφ. Es un subespacio cerrado de X . Si Y = X entonces tomamos x0 = 0. Supongamos que Y X . Escribimos X = Y Y ⊥ . Fijemos v X Y , y denotemos w = v P Y v Y ⊥ . Es claro que w = 0 y que φ(w) = 0. Definimos x0 = φ(w) w Y ⊥ . w2 Comprobemos que φ(x) = x, x0 para todo x X . ´ n: Demostraci o
{}
∈ \
−
∈
∈
∈
18
Chapter 1. Introducci´on a los espacios de Hilbert
Comprobemos, ahora, que x0 es el elemento que busc´ abamos. En efecto, φ(x) φ(x) φ(x φ(w) w) = 0 lo que implica que x φ(w) w Y . Por tanto
−
−
x, x 0
∈
=
φ(x) x − φ(w) w, x
+
φ(x) w, x φ(w)
=
φ(x) φ(w) w, w = φ(x). φ(w) w 2
0
0
Para demostrar la unicidad, suponer que existen x1 , x2 x, x1 = x, x2 = φ(x) para todo x X . Por tanto x, x1 todo x X , y tomando x = x1 x2 , se concluye x1 = x2.
∈
−
∈
∈ X tales que − x = 0 para 2
Chapter 2 Introducci´ on a los espacios de Banach 2.1
Espacios normados: Propiedades y ejemplos
o C y sea X un espacio vectorial sobre K. Definici´ on 2.1.1 Sea K = R ´ Una norma sobre X es una aplicaci´ on : X [0, ) verificando 0 para todo x X y x = 0 si, y s´ (i) x olo si, x = 0. (ii) αx = α x para todo x X y todo α K. (iii) x + y x + y para todo x e y en X . Un espacio vectorial (X, ) se dice espacio normado si es una norma sobre X .
·
≥ ∈ | | ∈ ≤ ·
→ ∞ ∈
·
Definici´ on 2.1.2 En Kn definimos las siguientes normas: n
(x ,...,x ) 1
n
1
| | | |
(x ,...,x ) = ( (x ,...,x )∞ = n
2
(2.1)
xi 2 )1/2,
(2.2)
k=1
n
1
xi ,
=
k=1
1
n
sup xi .
1 k n
≤≤
| |
(2.3)
Nota 2.1.1 La pruebas de (2.1) y (2.3) son elementales. El hecho de que
(2.2) es una norma se vi´ o en el Capitulo anterior. 19
20
Chapter 2. Introducci´on a los espacios de Banach
Definici´ on 2.1.3 Sea 1 < p <
n
∞ en K
definimos n
(x ,...,x ) 1
Veamos que
·
p
n
=(
p
|
xi p )1/p .
(2.4)
|
k=1
es una norma. Para ello usaremos los siguientes lemas.
Lema 2.1.4 (Desigualdad de Young) Sea 1 < p <
ab
≤
a p bq + , p q
∞ y
1 p
+ 1q = 1. Entonces
∀a, b ≥ 0.
(2.5)
´ n: Demostraci o
Podemos suponer que a > 0, b > 0 y a x = a e y = b hemos de probar que p
q
x1/p y1−1/p
≤ px + yq ,
x
≥ b.
Poniendo
≥ y > 0.
Equivalentemente, x ( )1/p y
− 1 ≤ p1 ( xy − 1),
x
≥ y > 0.
´ Esto, denotando λ = xy , se obtiene de la estimaci´ on (que es consecuencia teorema del valor medio aplicado a φ(t) = t1/p ) λ1/p
− 1 ≤ p1 (λ − 1),
λ
≥ 1.
(2.6)
.
older) Sea 1 < p < Lema 2.1.5 (Desigualdad de H¨ (x1 ,...,xn ), (y1 ,...,yn ) Kn . Entonces
∈
n
|
n
xk yk
k=1
||
|≤ | (
p 1/p
xk )
|
k=1
Supongamos que ( Entonces de (2.5) se concluye que p
|x ||y | ≤ |x p| k
k
k
(
k=1
´ n: Demostraci o
n
|
n k=1
q
1
1 q
= 1 y sean
(2.7)
|
= (
q
|y | , + k
k
+
yk q )1/q .
p 1/p
|x | )
1 p
∞,
≤ k ≤ n.
n k=1
q 1/q
|y | ) k
= 1.
21
2.1. Espacios normados: Propiedades y ejemplos
Sumando sobre k y usando la hip´ otesis se obtiene n
|| | ≤ p1 + 1q = 1.
|
xk yk
k=1
Denotemos x = (x1 ,...,xn) e y = (y1 ,...,yn ). En el caso de que x p = 0 o´ bien y q = 0 la desigualdad es trivial. Supongamos entonces que x p y q > 0. Definiendo xk = xxkp e yk = yykq para 1 k n se tiene que ( nk=1 xk p )1/p = ( nk=1 yk q )1/q = 1 y por tanto
| |
≤ ≤
| |
n
1
x y p
|
xk yk
q k=1
|| | ≤ 1.
Lema 2.1.6 (Desigualdad de Minkowski) Sea 1 < p < Kn . Entonces n
(
|
xk + yk )
´ n: Demostraci o n
xk +yk
k=1
p
|
+(
|
k=1
1
|
n
yk p )1/p .
(2.8)
|
k=1
Primero estimamos del siguiente modo
n
=
n
p 1/p
xk )
(
|
k=1
|
n
≤ |
p 1/p
∞ y sean (x ,...,x ), (y ,...,y ) ∈
|
k=1
n
≤ |
p 1
xk +yk ||xk +yk | −
k=1
p 1
xk ||xk +yk | − +
n
|
yk xk +yk p−1 .
||
k=1
|
Usando (2.7) y el hecho ( p n
|
xk + yk
k=1
n
p
| ≤
(
| |
k=1 n
+ (
− 1)q = p podemos escribir |x | ) ( |x + y | − ) k
yk p )1/p (
|
k=1 n
= (
| k=1 n
k
xk + yk ( p−1)q )1/q
p 1/q
xk + yk )
|
( p 1)q 1/q
k
|
k=1
k=1
n
p 1/p
n
|
p 1/p
xk )
(
k=1
|
n
+(
|
p 1/p
yk )
k=1
|
.
La desigualdad es trivial si nk=1 xk + yk p = 0 as´ı que podemos suponer n p ´ k=1 xk + yk > 0. Esto nos permite despejar y se obtiene
|
|
(
n
|
k=1
p 1 1/q
xk + yk | ) −
|
n
≤ | (
k=1
|
p 1/p
xk )
|
n
+(
|
k=1
yk p )1/p .
|
1
n
22
Chapter 2. Introducci´on a los espacios de Banach
Teorema 2.1.7 (Kn ,
· ) es un espacio normado para 1 < p < ∞. p
´ n: Demostraci o
Las propiedades (i) y (ii) son inmediatas. La desigualdad triangular corresponde a (2.8)
≤ p < ∞ definimos ∞ = {x = (x ) ∈ : x ∈ K, |x | < ∞}
Definici´ on 2.1.8 Sea 1 p
n n N
n
p
n
n=1
y denotamos
(x ) n
En el caso p =
p
xn p )1/p .
|
n=1
∞ definimos
∞ = x = (xn )n∈N : xn
{
c = x = (xn )n∈N
{
y
=(
∞ |
∈ K, (x )∞ = sup |x | < ∞}, ∈ : x ∈ K, existe lim x } →∞ n
n
c0 = x = (xn )n∈N : xn
{
n
n N
n
n
∈ K, lim →∞ x n
n
=0 .
}
La misma demostraci´ on que en el caso finito dimensional permite probar el siguiente resultado: Teorema 2.1.9 ( p ,
· ) es un espacio normado para 1 < p < ∞. Teorema 2.1.10 Sea 1 ≤ p ≤ p ≤ ∞. Entonces ⊂ ⊂ ⊂ c ⊂ c ⊂ ∞ . Adem´ as, si (x ) ∈ entonces (x )∞ ≤ (x ) ≤ (x ) ≤ (x ) . ´ n: Supongamos que (x ) ∈ Demostraci o con (x ) = 1. Entonces |x | ≤ 1 para todo n ∈ N. Por tanto |x | ≤ |x | . Esto garantiza que (x ) ≤ 1. p
1
1
2
p1
p2
o
1
n
n
n
p2
n
p1
n
1
p1
n
n
n
n
p2
n
n
p1
p1
p2
El caso general (siempre que no sea la sucesi´ on nula) se concluye conxn siderando xn = (xn)p y aplicando lo anterior. 1 Queda como ejercicio el resto de contenidos y desigualdades de normas.
23
2.2. Completitud y separabilidad
2.2
Completitud y separabilidad
Definici´ on 2.2.1 Un espacio normado (X,
· ) se dice espacio de Banach
si es completo para la norma, i.e toda sucesi´ on de Cauchy es convergente en X . Nota 2.2.1 Los espacios de Hilbert son obviamente espacios de Banach.
Si Y es un subespacio de un espacio de Banach X entonces (Y ; Banach si, y s´ olo si, Y es cerrado en X . Teorema 2.2.2 (i) ( p ,
· ) es
· ) es un espacio de Banach para 1 ≤ p < ∞. p
(ii) (∞ , · ∞ ), (c, · ∞ ) y (c0, · ∞ ) son espacios de Banach. ´ n: Demostraci o
(i) se prueba con la demostraci´ on similar a la vista para y se deja al lector. (ii) Sea (xn )n∈N una sucesi´ o n de Cauchy en ∞ . Entonces (xnk )n∈N es N. Existe limn→∞ xnk = xk . Definimos de Cauchy en K para todo k x = (xk )k∈N . Usando que supn xn ∞ < se tiene que x ∞ . Por otro lado como (xn )n∈N es de Cauchy, para cada ε > 0 existe n0 N tal que 2
∈
sup xnk k N
∈
∞
m k
| − x | < ε/2,
∈ ∈
n, m
≥n . 0
Pasando al limite cuando m
→ ∞ se tiene |x − x | ≤ ε/2, k ∈ N, n ≥ n . Lo que demuestra que x − x∞ < ε, n ≥ n . ∞ n k
k
0
n
0
Es claro que c y c0 son subespacios vectoriales de . Demostremos que c es cerrado en ∞ . Sea (xn) una sucesi´ on de elementos de c convergente en ∞ . Sea x = limn xn . Por tanto existe n0 tal que n
n k
x − x∞ = sup |x − x | < ε/3, ∈ k N
n
k
≥n . 0
Hay que probar que x c. Por tanto veamos que existe limk→∞ xk . Es suficiente ver que (xk ) es de Cauchy. Por hip´ otesis (xnk )k es de Cauchy para todo n N. Por tanto existe k0 tal que
∈
∈
n0 k
n0 k
|x − x | < ε.
k, k
≥k . 0
24
Chapter 2. Introducci´on a los espacios de Banach
Ahora estimamos, para k, k
≥k , |x − x | ≤ |x − x | + |x − x | + |x − x | ≤ 2x − x∞ + |x − x | < ε. k
k
0
n0 k
k
n0 k
n0 k
n0 k
n0
n0 k
k
n0 k
La misma demostraci´ on sirve para c0 . Definici´ on 2.2.3 Sea (X,
· ) un espacio normado y una sucesi´ on (x ) de n
elementos de X . Diremos que la serie n xn es convergente si la sucesi´ on de n sumas parciales, sn = k=1 xk es convergente en X , i.e. existe limn→∞ nk=1 xk . A dicho valor se le llama suma de la serie x = ∞ n=1 xn . Una serie (formal) de elementos de un espacio normado se dice absolutamente convergente si ∞ . n=1 xn <
∞ para 1 < p < ∞. Consideremos x
= (0, ..., n1 , 0,...). n xn es convergente a s = (1, 1/2, ..., 1/n, ...), pues
Nota 2.2.2 Sea X = p
La serie
n
n
− s
xk p p
k=1
=
∞
1 . p k k=n+1
Pero no absolutamente convergente, pues xn
p
= n1 .
Veamos una caracterizaci´ on de los espacios de Banach en t´erminos de series. Teorema 2.2.4 Sea (X,
·) un espacio normado. X es de Banach si, y s´ olo
si, toda serie absolutamente convergente de elementos de X es convergente en X . ´ n: Demostraci o
= ) Supongamos que X es Banach y n xn < . Veamos que la sucesi´on de sumas parciales es de Cauchy. Supongamosn m
⇒
n
m
− xk
k=1
k=1
n
xk
≤
xk
k=m+1
≤
∞
∞ ≥
xk .
k=m+1
Usando que el resto m-´esimo converge a cero se obtiene esta direcci´ on. =) Sea (yn ) una sucesi´ on de Cauchy en X . Probemos que es convergente. Dado ε = 1/2 existe n1 N tal que xn xm 1/2 para n, m n1 . Dado ε = 1/4 existe n2 > n1 tal que xn xm (1/2)2 para n, m n2 . Reiterando existe nk > nk−1 tal que xn xm (1/2)k para n, m nk .
⇐
∈
− ≤ − ≤ − ≤
≥ ≥ ≥
25
2.2. Completitud y separabilidad
En particular se tiene que xnk+1 tanto la serie
∞
xnk+1
k=1
k
− x ≤ (1/2) nk
para todo k
∈ N. Por
− x < ∞. nk
Usando la hip´otesis tenemos que ∞ xnk ) = y X . Veamos k=1 (xnk+1 que limn→∞ xn = y + xn1 . Por ser (xn) de Cauchy existe n0 tal que xn xm < ε/2 para n, m n0 . q Por otro lado, existe q 0 N tal que xnk ) y < ε/2 para k=1 (xnk+1 q q 0 . Finalmente existe k0 q 0 tal que nk n0 para todo k k0 . Y por tanto, si n nk0 podemos escribir
∈
≥
−
≥
∈
− −
≥
−
≥
≥
≥ x − (y + x ) ≤ x − x + x − x − y − ≤ x − x + (x − x ) − y < ε/2 + ε/2 = ε. n
n1
n
nk0
nk0
n1
k0 1
n
nk0
nk+1
nk
k=1
Definici´ on 2.2.5 Un espacio normado se dice separable si existe un subcon-
junto denso y numerable. Nota 2.2.3 R es separable, pues Q es denso y numerable en R. C tiene a Q + iQ como subconjunto denso y numerable. Del mismo modo Kn para n N son separables para cualquier norma p . p si 1
∈
·
≤ ≤∞
Veamos unos criterios de separabilidad y no separabilidad de espacios normados. Proposici´ on 2.2.6 Sea X un espacio normado. Supongamos que existe una
sucesi´ on (xn) de elementos de X tal que el conjunto de combinaciones lineales finitas de elementos de la sucesi´ on n
LIN xk : k
{
∈ N} =
{
α j x j : α j
j=1
es denso en X . Entonces X es separable.
∈ K, n ∈ N}
26
Chapter 2. Introducci´on a los espacios de Banach
´ n: Demostraci o
Consideremos K = R (el caso K = C se deja como ejerci-
cio). Definimos n
D=
{
q j x j : q j
j=1
∈ Q, n ∈ N}.
Claramente D es numerable pues puede identificarse con un subconjunto de n N An donde An = Q es numerable. n Dado ε > 0 y x X existe x = j=1 α j x j tal que x x < ε/2. Ahora encontramos q j Q tales que α j q j < 2n(xεj +1) y por consiguiente n x = j=1 q j x j D y verifica
∈
∈ ∈
∈
−
| − |
x − x ≤ x − x +
n
|
α j
j=1
− q |x < ε/2 + ε/2 = ε. j
j
Corolario 2.2.7 c0 y p para 1
≤ p < ∞ son separables. n 1
−
´ n: Demostraci o
Considerar xn = en = (0, ..., 0, 1, 0....). Denotemos c00 = LIN ek : k N el espacio de las sucesiones finitamente no nulas. Si y p (respect. y c0 ) se tiene que (y1 ,...,yn , 0,...) c00 y claramente
{
∈ }
∈
∈
∈
−
yk ek
lim x
x
k=1
p
=
∞ |
k=n+1
yk p
| → 0, n → ∞
(respect.
→∞ −
n
yk ek ∞ = lim sup yk = 0.) n→∞ k≥n+1 k=1
| |
Proposici´ on 2.2.8 Sea X un espacio normado tal que existe una familia de
abiertos no vacios (Oi )i∈I tal que (i) Oi O j = ∅ si i = j (ii) I es no numerable. Entonces X es no separable.
∩
27
2.3. Espacios de Funciones. ´ n: Demostraci o
Supongamos que X es separable y probemos que I es numerable. Sea (xn ) una sucesi´ on densa en X . Para cada i I el conjunto Oi xn : n N = ∅. Sea ni el minimo de los indices tal que xni Oi . N dada por φ(i) = ni . Si φ(i) = φ( j) se tiene que Definamos φ : I xni = xnj y por tanto Oi O j = ∅ implica que i = j. Esto prueba que I es numerable.
∩{
∈ } →
∈
∈
∩
Corolario 2.2.9 ∞ es no separable. ´ n: Demostraci o
Sea I = P(N) que es no numerable. Para A eA (i) =
⊂ N definimos
1 i A 0 en otro caso
∈
Si denotamos OA = x ∞ : x eA ∞ < 1/2 tenemos una familia de abiertos no vacios tales que OA OB = ∅ siempre que A = B. En efecto, supongamos que A = B y existe x OA OB entonces se tendr´ıa que eA eB ∞ < 1, pero, por otro lado tomando i que s´olo pertenezca a uno de los dos conjuntos se tendr´ıa eA eB ∞ eA(i) eB (i) = 1.
{ ∈
−
− } ∩ ∈ ∩ − ≥| −
|
Corolario 2.2.10 c00 no es denso en ∞ . De hecho la clausura de c00 en ∞
coincide con c0 .
2.3
Espacios de Funciones.
ogico compacto. Denotemos Definici´ on 2.3.1 Sea K un espacio topol´ C (K ) = f : K
{
→ K : f continua }
con f ∞ = supt∈K f (t) si f
| | ∈ C (K ). Denotamos C (R ) = {f : R → K : f continua , lim |f (t)| = 0} | |→∞ 0
n
n
t
con f ∞ = supt∈Rn f (t) . Rn : f (x) = 0 y LLamamos supp(f ) a la clausura del conjunto x K : f continua , supp(f ) compacto . definimos C 00 (Rn ) = f : Rn
| | { →
Teorema 2.3.2 Entonces (C ([0, 1]),
rable.
{ ∈
}
}
· ∞) es un espacio de Banach sepa-
28
Chapter 2. Introducci´on a los espacios de Banach
´ n: Demostraci o
La demostraci´ o n de ser espacio normado y completo la dejamos al lector. Veamos la separabilidad. Sea φ(x) =
≤ ≤ ≤ ≤ ], 1 ≤ k ≤ n, y
−
k 1 k n n
∈ N denotamos I = [ − , 2 2k − 1 2k + 1 = [0, ], J = [ ], 1 ≤ k ≤ n − 1, J
Para cada n J n,0
2x 0 x 1/2 . 2 2x 1/2 x 1
n,k
n,k
n
2n
n,n
2n
=[
2n 1 , n]. 2n
−
Denotemos
− k −n 1 )), x ∈ I 2k − 1 (x) = φ(n(x − )), x ∈ J
φn,0 (x) = 0, φn,k (x) = φ(n(x ψn,0 (x) =
−2(x − 2n1 ), ψ
Por tanto φn,k y ψn,k
n,k
n,k
n,k .
2n son continuas en [0, 1] y cumplen
n
(φn,k (x) + ψn,k (x)) = 1 x
k=0
∈ [0, 1].
Probaremos que LIN φk,n , ψk,n es denso en C ([0, 1]). Dado ε > 0 y f C ([0, 1]) existe δ > 0 tal que f (x) f (y) < ε para todo x, y [0, 1] con x y < δ . Sea n N tal que 1/n < δ . Consideremos αn,0 = 0, αn,k = min f (x) : x I n,k = f (xn,k ) para 1 k n y β n,k = min f (x) : x J n,k = f (xn,k ) para 0 k n. N´otese que entonces
{ } ∈ | − | ∈ | − | ∈ { ∈ } ≤ ≤ ∈ } ≤ ≤ |f (x) − α | = |f (x) − f (x )| < ε, x ∈ I
{
n,k
n,k
n,k
y
|f (x) − β | = |f (x) − f (x )| < ε n,k
n,k
Sea
x
∈ J
n,k .
n
g(x) =
αn,k φn,k (x) + β n,k ψn,k (x).
k=0
Entonces n
|f (x) − g(x)|
=
|
(f (x)
k=0
−α
n,k )φn,k (x) + (f (x)
− β
n,k )ψn,k (x)
|
29
2.3. Espacios de Funciones. n
| ≤ | ≤ =
(f (x)
k=0 n
f (x)
k=0
−α
n,k )φn,k (x) + (f (x)
− α |φ n,k
n,k (x) +
n
ε
− β
n,k )ψn,k (x)
|f (x) − β |ψ n,k
|
n,k (x)
φn,k (x) + ψn,k (x) = ε.
k=0
Nota 2.3.1 Entonces (C (K ),
nach separables.
n
· ∞) y (C (R ), · ∞) son espacios de Ba0
Teorema 2.3.3 C 00 (Rn ) es un subespacio denso de C 0 (Rn ) ´ n: Demostraci o
Caso n = 1: Sea f C 0 (R) y ε > 0. Existe R > 0 tal que f (x) < ε/2 si x > R. Definimos
|
g(x) =
Es claro que g
f (x)
− −
|
||
0 x< R 1 f ( R)(x + R + 1) R 1 R+1
∈ C
00 (R).
− g(x) =
∈
− −
− − − − ≤ | |≤ ≤ ≤
Adem´as
f (x) x< R 1 f (x) f ( R)(x + R + 1) R 1 R+1
− − − − ≤ | |≤ ≤ ≤
− −
− −
Por tanto sup f (x) g(x) = sup f (x) g(x) x R
∈
|
−
|
|x|≥R
|
| ≤ max{ε/2,
−
Caso n > 1. Pongamos, para n
−
(t
0
≤|x| n+1
≤ ≤ ≤ ≤
30
Chapter 2. Introducci´on a los espacios de Banach
Definimos Φn(x) = φn( x ) para x f Φn C 00 (Rn). Adem´as
∈
∈
Rn . Si f
∈
C 0 (Rn ) se tiene que
f − f Φ ∞ = sup |f (x)|(1 − Φ (x)) ≤ sup |f (x)|. n
n
x >n
x >n
Con ´esto se concluye el resultado.
Vamos a definir ahora el espacio L p (Ω) para 1 medible Lebesgue. Considerar p
|
L (Ω) = f : Ω
≤ p < ∞.
Sea Ω
⊂R
n
p
→ K medibles : f (x)| dm(x) < ∞}. Diremos que f ≈ g si m({x ∈ Ω : f (x) = g(x)}) = 0, i.e. f = g en casi todo {
Ω
punto, donde m es la medida de Lebesgue en Rn. Definici´ on 2.3.4 Sea 1 L p (Ω)/
≈, y su norma
Definimos L p (Ω) el espacio cociente
≤ p < ∞.
|
p
1/p
f = ( f (x)| dm(x)) . Teorema 2.3.5 (L (Ω), · ) es un espacio de Banach. p
1
Ω
1
´ n: Demostraci o
Es immediato ver que es un espacio vectorial. Veamos ahora que es normado. En efecto, si f 1 = Ω f (x) dx = 0 entonces f = 0 en casi todo punto, es decir f = 0. Es claro que λf 1 = Ω λ f (x) dx = λ f 1 y que
f + g
1
=
Ω
|
| | || | | | |f (x) + g(x)|dx ≤ (|f (x)| + |g(x)|)dx = f + g .
1
Ω
1
Para ver que es completo, veremos que toda serie absolutamente convergente en L1 (Ω) es convergente. ∞ Supongamos que ∞ . n=1 f n 1 = n=1 Ω f n (x) dx < Usando el teorema de la convergencia mon´ otona de Lebesgue se sabe que
| ∞ | | ∞ | ∞ | | ∞
n=1 Ω
f n(x) dx =
Ω n=1
|
f n(x) dx <
|
∞
∞.
De ´esto deducimos que n=1 f n (x) dx < en casi todo punto, i.e existe un conjunto medible Lebegue de medida nula N tal que la serie ∞ n=1 f n (x) es absolutamente convergente en C para todo x / N . Por tanto definiendo
∈
31
2.3. Espacios de Funciones.
f (x) = ∞ N se tiene una funci´ on n=1 f n (x) si x / N y f (x) = 0 si x ∞ ∞ f medible tal que n=1 f n = f en casi todo punto. Veamos que n=1 f n converge a f en L1 (Ω).
∈
∈
N
− f
n=1
N
f n
1
=
≤ ≤ ≤
| − | | ∞ | ∞ | | ∞ f (x)
Ω
f n dx
n=1
Ω n=N +1
n=N +1 Ω
f n (x) dx
f n (x) dx
f n 1 .
n=N +1
La convergencia absoluta de la serie nos lleva a concluir el resultado.
older) Proposici´ on 2.3.6 (Desigualdad de H¨ (i) Sean 1 < p < y 1/p + 1/q = 1. Si f L p (Ω) y g Lq (Ω) entonces f g L1(Ω). Adem´ as fg 1 f p g q . (ii) Sean 1 < p1 , p2 < y 1/p1 +1/p2 = 1/p3 . Si f L p1 (Ω) y g L p2 (Ω) entonces fg L p3 (Ω). Adem´ as fg p3 f p1 g p2 .
∈
∞ ≤ ∞ ∈ ≤
´ n: Demostraci o
∈
∈
∈
∈
(i) Usando la desigualdad de Young p
|f (x)||g(x)| ≤ |f (x)| p
|g(x)| +
q
p p
q q
q
e integrando se obtiene
f f (x)||g(x)|dx ≤ p
| Ω
|
g . + q
Si f p = g q = 1 entonces Ω f (x) g(x) dx 1/p + 1/q = 1. Si f p = 0 o´ bien g q = 0 se tiene que f = 0 en casi todo punto ´o bien g = 0 en casi todo punto, y por tanto f g = 0 en casi todo punto y el resultado se cumple trivialmente.
||
| ≤
32
Chapter 2. Introducci´on a los espacios de Banach
Si f p > 0 y g q > 0, tomar f = f / f p y g = g/ g anterior para obtener fg 1 f p g q . (ii) Se sigue de (i) teniendo en cuenta el siguiente hecho:
≤ f
p
p
| | || ∈ || || ∈ fg = |f | |g|
y aplicar lo
1
p2 /p3
| | ∈L
p3 1/p3 1
p3
q
∈ L (Ω)⇐⇒|f | ∈ L (Ω)
y adem´as f p = f p 1/p 1 . Suponemos que f p3 L p1 /p3 (Ω), g p3 Por tanto f p3 g p3 L1(Ω) con p3
p3 1/p3 p1 /p3
≤ |f |
(Ω) con p3 /p1 + p2 /p1 = 1.
p3 1/p3 p2 /p3
|g|
= f p1 g
p2 .
Corolario 2.3.7 Si Ω es un conjunto de medida finita, y 1
entonces L p2 (Ω) L p1 (Ω). Adem´ as f p1 m(Ω)1/p1−1/p3 f p2 para toda f
⊂ ≤
p2
∈L
≤p
1
< p2 <
∞
(Ω).
´ n: Demostraci o
Basta con usar (ii) Proposition 2.3.6, pues tenemos que f L (Ω) y χΩ Lq (Ω) para todo q 1. Pongamos 1/p1 = 1/p2 + 1/q . Entonces f χΩ L p1 (Ω) y se tiene que
∈
p2
∈
∈ fχ ≤ χ f Ω p1
Ω q
p2
≥
= m(Ω)1/p1 −1/p3 f p2 .
Teorema 2.3.8 (L p (Ω),
· ) es un espacio normado para 1 < p < ∞. p
´ n: Demostraci o
Sean f, g L p (Ω) y λ, β K . Consideremos los representantes de las clases de equivalencia f 1 , g1 L p (Ω), es decir f (x) = f 1 (x) salvo en un conjunto N de medida nula y g(x) = g1(x) salvo en un conjunto M de medida nula. Entonces λf + βg coincide con λf 1 + βg 1 salvo en N M . Adem´as λf 1 (x) + βg1 (x) p 2 p ( f 1 (x) p + g1 (x) p )
∈
∈ ∈
∪
|
|≤ |
| |
|
y por tanto λf + βg L p (Ω). Esto demuestra que L p (Ω) es un espacio vectorial. Veamos ahora que es normado. Supongamos que f p p = Ω f (x) p dx = 0 entonces f = 0 en casi todo punto, es decir f = 0.
∈
|
|
33
2.3. Espacios de Funciones.
| | |
Adem´as λf p = ( Ω λ p f (x) p dx)1/p = λ f p . Finalmente, si f, g L p (Ω) y f + g p > 0, podemos razonar como en el caso de sucesiones, es decir, usando la Desigualdad de H¨ older,
p p
f + g
=
≤ ≤ ≤
|
∈
| | | | |
| |
f (x) + g(x) p dx
Ω
|
( f (x) + g(x) ) f (x) + g(x) p−1 dx
| | || | f (x)||f (x) + g(x)| − dx + |g(x)||f (x) + g(x)| − dx ( f (x)| dx) ( |f (x) + g(x)| − dx) + ( g(x)| dx) ( |f (x) + g(x)| − dx) = (f + g )f + g . Por tanto, despejando, f + g ≤ f + g . Teorema 2.3.9 (Teorema de Riesz-Fisher) Sea 1 ≤ p < ∞ y sea (f ) una sucesi´ on de Cauchy en L (Ω). Entonces existe una subsucesi´ on f y una funci´ on no negativa g ∈ L (Ω) tales que (i) |f (x)| ≤ g(x) x ∈ Ω, Ω
p 1
Ω
p
1/p
Ω
p 1
Ω
( p 1)q
1/q
( p 1)q
1/q
Ω
p
1/p
Ω
Ω
p
p
p
p/q p p
p
n
p
nk
p
nk
(ii) f nk converge a f casi por todas partes, (iii) (f n ) converge a f en L p (Ω).
´ n: Demostraci o
Dado ε = 1/2k existe nk > nk−1 tal que k
f − f < 1/2 , n, m ≥ n . Consideremos g = |f | y definimos para k ∈ N, g = g − + |f − f | = |f | + |f − f | + ... + |f − f |. m
k
k 1
n p
1
n1
nk
nk−1
k
n1
n2
n1
nk
nk−1
Es una sucesi´ on creciente de funciones no negativas en L p (Ω). Definimos g(x) = limk→∞ gk (x). Usando la desigualdad triangular de Minkowski k
g ≤ f
+
≤ f ≤ f
+
k p
n1 p
n1 p n1 p
i=2 k
f ni
− f
1/2i−1
i=2
+1 <
∞.
ni−1 p
34
Chapter 2. Introducci´on a los espacios de Banach
Usando el Teorema de la convergencia mon´ otona de Lebesgue se obtiene que p g L (Ω), pues
∈
Ω
p
g(x) dx = lim
gk (x) p dx <
∞. < ∞ (y por tanto g(x) < ∞) en casi todo punto. k
Ω
Ahora se concluye que g(x) p Claramente (i) queda probado ya que
|f | ≤ |f − f | + ... + |f − f | + |f | = g ≤ g. nk
nk
nk−1
n2
n1
n1
k
Por otro lado existe un conjunto N de medida nula tal que si x / N se tiene ∞
∈
|
g(x) = lim gk (x) = f n1 (x) +
|
k
Podemos concluir que la serie todo punto. Definimos
f ni (x)
|
i=2
∞
i=2 (f ni (x)
f (x) = f n1 (x) +
∞
− f
ni−1 (x)
− f
ni−1 (x))
(f ni (x)
i=2
| < ∞.
es convergente en casi
− f
ni−1 (x))
y por tanto se cumple (ii). Es claro que f (x) g(x) en casi todo punto, y por tanto f L p (Ω). Veamos finalmente que f f n 0 cuando n . Para cada n N, se tiene que, si x / N ,
|
|≤ − →
∈
lim f n (x)
k
→∞
|
→∞
− f
f n (x)
∈
| = |f (x) − f (x)|.
nk (x)
Por otro lado, dado ε > 0 existen n0
|
∈
n
∈ N tal que
p
p
− f (x)| dx < ε , n, m ≥ n . Usando que existe k ∈ N tal que n ≥ n para k ≥ k se concluye que |f (x) − f (x)| dx < ε , n ≥ n , k ≥ k . Ω
m
0
Ω
n
k
nk
0
0
p
0
p
0
0
Aplicando ahora el lema de Fatou se concluye que
|
p
− f (x)| dx ≤ lim→∞inf f (x) − f Por tanto f − f ≤ ε para n ≥ n . Ω
f n(x)
|
n
k
p
Ω
0
n
nk (x)
p
p
| dx ≤ ε ,
n
≥n . 0
35
2.3. Espacios de Funciones.
n
Proposici´ on 2.3.10 (Densidad de las funciones escalonadas) Sea Ω
⊂R abierto no vac´ıo y 1 ≤ p < ∞. Si f ∈ L (Ω) y ε > 0 entonces existe una ¯ ⊂ Ω, funci´ on escalonada g = α χ , donde I son intervalos con I 1 ≤ k ≤ m, tal que f − g < ε. ´ n: Supongamos que Ω es acotado y f ≥ 0 es una funci´ on Demostraci o superior. Ahora usando que Ω es abierto encontramos una sucesi´ on creciente de compactos (que son uniones de intervalos) tal que Ω = ∪ ∈ K . Como p
m k=1
k
I k
k
k
p
k N
k
f es una funci´ on superior existe una sucesi´ on creciente de funciones escalonadas f k (que podemos suponer no negativas) que converge a f en casi todo punto. Ahora tenemos que (f k χK k )k∈N es una sucesi´ on creciente de funciones escalonadas, cumpliendo p
|f χ − f | → 0, en casi todo punto , k
K k
y adem´as p
p
p
|f χ − f | ≤ 2 |f | . k K k
N Por el teorema de la convergencia dominada se deduce que existe no m tal que f f k χK k p < ε, k n0. Tomando g = f n0 χK n0 = k=1 αk χI k se obtiene el resultado (n´ otese que los intervalos I k K n0 ). Supongamos ahora que Ω no es acotado y que f : Ω C. Definimos ∞ n Ωk = Ω x R : x < k que cumple Ω = k=1Ωk y, debido al Teorema de la convergencia dominada de Lebesgue se tiene que
−
∩{ ∈
≥
⊂
}
p p
f − fχ
→
∪
|
∈
p
− fχ | dx → 0, k → ∞. Ahora descomponemos primero f χ = (f χ ) −(fχ )− +i(fχ ) − i(fχ )− . Y usando que L (Ω ) ⊂ L (Ω ), podemos incluso descomponer Ωk
=
Ω
f (x)
p
Ωk
k
Ωk
Ωk 1
Ωk
+
Ωk
Ωk
+
k
cada una de las funciones no negativas integrables anteriores en diferencia de dos funciones superiores positivas. y aplicamos la aproximaci´ on anterior en cada pedazo y recomponemos la aproximaci´ on de la funci´on original. Teorema 2.3.11 Sea Ω
n
⊂ R un conjunto medible Lebesgue. L (Ω) es separable para 1 ≤ p < ∞.
Entonces
p
Basta probarlo para Ω = Rn. En otro caso si (f n ) es una sucesi´on densa en L p (Rn) entonces (f n)χΩ es una sucesi´ on densa en L p (Ω). ¯ (En efecto, si ε > 0 y f L p (Ω), basta considerar la extensi´ on f (x) = 0 si ´ n: Demostraci o
∈
36
Chapter 2. Introducci´on a los espacios de Banach
¯ x / Ω y f (x) = f (x), x Ω de modo que f n f ¯ Lp(Rn ) < ε para alg´ un n N y por consiguiente (f n)χΩ f Lp(Ω) < ε para alg´ un n N.) Ahora consideremos D el conjunto de funciones caracter´ıticas de intervalos I = [a1 , b1 ] ... [an , bn ] con extremos ai , bi Q. Este conjunto D es separable, pues es equipotente con Q2n . Usando Proposici´ on 2.3.10 si f L p (Rn) y ε > 0 entonces existe una funci´on escalonada g = m k m, tal k=1 αk χI k , donde I k son intervalos, 1 que f g p < ε/2. Ahora podemos cada intervalo I k substituirlo por otro p J k con extremos racionales de modo que mn(I k J k ) < 2p m(|αε k |p +1) . Ahora h= m LIN (D) y se tiene que g h p < ε/2. k=1 αk χJ k
∈ ∈
∈
−
−
× ×
∈
∈
−
∈
≤ ≤
\ −
∈
Finalicemos esta secci´ on con el espacio L∞ (Ω). Definici´ on 2.3.12 Denotamos L∞ (Ω) es espacio de la funciones medibles C y acotadas. Ponemos L∞ (Ω) = L∞ (Ω)/ . Se conoce con el f : Ω
→
≈
nombre de espacio de las funciones esencialmente acotadas. Definimos f ∞ = inf C 0 : m( x Ω : f (x) > C ) = 0 .
{ ≥ { ∈ | | } } Proposici´ on 2.3.13 Sea f ∈ L∞ (Ω). Entonces |f | ≤ f ∞ en casi todo punto, i.e. m{x ∈ Ω : |f (x)| > f ∞ } = 0}. ´ n: Sea C > f ∞ tal que C − f ∞ < 1/k y m(A ) = 0 Demostraci o donde A = {x ∈ Ω : |f (x)| > C }. Es resultado se sigue del hecho {x ∈ Ω : |f (x)| > f ∞} = ∪ A . k
k
k
k
k
k
k
Teorema 2.3.14 (L∞ (Ω), ∞ ) es un espacio de Banach no separable para Ω R. medible con m(Ω) > 0.
·
⊂
Es inmediato probar que L∞ (Ω) es un espacio vectorial. Veamos que ∞ es una norma: Si f ∞ = 0, la Proposici´on 2.3.13 implica f = 0 en casi todo punto. Claramente si λ = 0 ´ n: Demostraci o
· inf {|λ|C ≥ 0 : m({x ∈ Ω : |f (x)| > C }) = 0} = inf {D ≥ 0 : m({x ∈ Ω : |λf (x)| > D}) = 0} = λf ∞ .
Finalmente observemos que
{x ∈ Ω : |f (x) + g(x)| > f ∞ + g∞}
37
2.3. Espacios de Funciones.
⊂ {x ∈ Ω : |f (x)| > f ∞} ∪ {x ∈ Ω : |g(x)| > g∞}
y por tanto
m( x
{ ∈ Ω : |f (x) + g(x)| > f ∞ + g∞}) = 0 de donde se concluye que f + g ∞ ≤ f ∞ + g∞ .
Demostremos ahora la completitud. Sea (f n ) una sucesi´ on de Cauchy en L∞ (Ω) Dado k N existe nk tal que f n+l f n ∞ < 1/k para n nk y l N. Entonces, si Akn,l = x Ω : f n+l (x) f n (x) > 1/k
∈
− ≥ ∈ { ∈ | − | } se tiene que m(A ) = 0 para n ≥ n y l ∈ N. Consideremos A = ∪∞ ∪∞ ∪∞ A que tiene medida nula. Entonces (2.9) |f (x) − f (x)| ≤ 1/k k, l ∈ N, n ≥ n , x ∈/ A y por tanto (f (x)) es de Cauchy. Pongamos f (x) = lim f (x) para x ∈ /Ay ∞ f (x) = 0 para x ∈ A. Veamos que f ∈ L (Ω) y lim →∞ f − f ∞ = 0. Como f es l´ımite de medibles es medible. Adem´ as si x ∈ / A, |f (x)| ≤ |f (x) − f (x)| + |f (x)| ≤ 1 + |f (x)|, l ∈ N y tomando l´ımites cuando l → ∞ se tiene que |f (x)| ≤ 1 + |f (x)| en casi todo x ∈ Ω. Usando la desigualdad triangular f ∞ ≤ 1 + f ∞ . Finalmente usando (2.9) se concluye fijado k y n ≥ n y tomando l´ımites cuando l → ∞ |f (x) − f (x)| ≤ 1/k x ∈/ A, por tanto f − f ∞ ≤ 1/k para n ≥ n y se tiene que (f ) converge a f en ∞ k n,l
k
k=1
n+l
n=nk
k n,l
l=1
n
k
n
n
n
n1 +l
n1 +l
n1
n1
n
n1
n1
n1
k
n
n
k
n
L (Ω). Finalmente veamos la no separabilidad del espacio. Descomponemos Ω = k Ωk donde Ωk son disjuntos dos a dos y de medida positiva (basta con cortar N y denotar el espacio con una red de disjuntos de Rn ) Considerar A ΩA = k∈A Ωk . Poniendo
∪
⊂
∪
{ ∈ L∞(Ω) : f − χ ∞ < 1/2}
OA = f
ΩA
se obtiene una colecci´ on no numerable de conjuntos disjuntos dos a dos, lo que permite, usando la Proposici´ on 2.2.8, probar que L∞ (Ω) es no separable.
Chapter 3 Operadores lineales y continuos 3.1 3.1
Prim Primer eras as defin definic icio ione ness y eje ejemp mplo loss
En esta secci´ on on X e Y son espacios normados y no diferenciamos la notaci´on on de la norma en cada uno de los espacios, que ser´ a denotada en ambos casos por , salvo que pueda llevar a confusi´ on. on. Comencemos con un resultado que motiva las definiciones siguientes.
·
Sea T : X Proposici´ on on 3.1.1 Sea T
→ Y una aplicaci´ on lineal. Son equivalentes
(i) T es continua en x = 0. (ii) T es uniformemente continua en X . (iii) Existe una constante C 0 tal que T x
≤ C x para todo x ∈ X . ´ n: (i) =⇒(ii) Dado ε > 0 existe δ > 0 tal que si u < δ Demostraci on: o implica que T u < ε. Por tanto T x − T y = T ( T (x − y ) < ε siempre que x − y < δ. (ii)=⇒(iii) Como T 0 T 0 = 0, poniendo ε = 1 existe δ > 0 con T x − T x < 1 si x − x < δ . Si x = 0, x = y x = 0 entonces T x < 1. Esto implica que T x ≤ x. Es resultado se sigue tomando C = . (iii) =⇒(i) Es inmediato. ≥
1
2
1
2 δ
δx 2 x
1
2
2
1 2 δ
on lineal y continua entre dos espacios norDefinici´ on on 3.1.2 Una aplicaci´ mados T : X Y se denomina operador entre X e Y . Y . Escribimos L(X, Y ) Y ) para el conjunto de los operadores de X en Y en Y y denotamos L(X ) = L(X, X ). Definimos, para T L(X, Y ) Y ),
→
∈
T = inf {C ≥ 0 : T x ≤ C x para todo x ∈ X }. 39
40
Chapter Chapter 3. Operadores Operadores lineales lineales y contin continuos uos
Proposici´ on on 3.1.3 Si T
∈ L(X, Y ) Y ) entonces T = sup{T x : x ≤ 1}. ´ n: Sea a(T ) T ) = sup{T x : x ≤ 1}. Demostraci on: o Si C ≥ 0 es tal que T x ≤ C x para todo x ∈ X entonces a(T ) T ) ≤ C . Por tanto a(T ) T ) ≤ inf {C ≥ 0 : T x ≤ C x, x ∈ X } = T . Es claro que T ( T ( ) ≤ a(T ) T ) para todo x = tanto to T x ≤ 0. Por tan a(T ) T )x para todo x ∈ X . Luego T ≤ a(T ). T ). x x
Nota 3.1.1 Es inmediato ver que
T = sup{T x : x = 1} = sup{ Txx : x = 0}. Veamos ahora algunos ejemplos concretos de operadores entre espacios normados. e ( e (Y, ) = (Rm, p2 ) donde 1 < p1, p2 < . Toda aplicaci´ on lineal T : X Y tiene asociada una matriz m A = (aij ) de modo que T que T ((ei ) = j=1 donde ei denota la correspondiente j =1 aij e j donde e base can´ onica del espacio finito dimensional, ´esto esto es
Ejemplo 3.1.1 Sean (X,
∞
n
· ) = (R , ·
n
T ( T (
m
xi ei ) =
i=1
Entonces T
p1 )
·
→
n
(
m
aij xi )e j =
j=1 j =1 i=1
y j e j .
j=1 j =1
Y ), si 1/p + 1/q 1/q = 1, ∈ L(X, Y ) T ≤ ( ( |a | ) 1
·
1
m
n
ij
q1 p2 /q1 1/p2
)
.
j=1 j =1 i=1
|
m m p2 1/p2 Como ) , estimaremos estimaremos y j . j=1 j =1 y j e j p2 = ( j=1 j =1 y j Usando la desigualdad de H¨older, older, para cada j 1,...,m , se tiene
´ n: Demostraci on: o
n
|y | = j
n
aij xi
i=1
|≤ (
i=1
| | ∈{ } |a | ) x . ij
q1 1/q1
| |
p1
Ahora sumando en j se tiene m
T x
p2
=(
n
|
j=1 j =1 i=1
aij xi
p2 1/p2
|
)
m
n
≤ | (
(
j=1 j =1 i=1
aij
q1 p2 /q1 1/p2
|
)
)
x
p1 .
41
3.1. Primeras Primeras definicio definiciones nes y ejemplo ejemplos s Ejemplo 3.1.2 Sea X un espacio de Hilbert y φ : X
→ K una aplicaci´ on lineal y continua no nula. Por el teorema de Riesz-Frechet existe x ∈ X \{ 0} tal que φ(x) = x, x . Entonces φ = x . ´ n: Por la desigualdad de Cauchy se tiene |φ(x)| ≤ xx y Demostraci on: o ´esto est o implic imp licaa que φ ≤ x . Eligiendo Eligiendo ahora x = se tiene que x = 1 y |φ(x )| = x . Por tanto φ = x . 0
0
0
0
x0 x0
0
0
0
Sea x0 Ejemplo 3.1.3 Sea X = C 0 (Rn ) e Y = R. Sea n R tal que C 0 (R )
→
∈R
n
y definimos φx0 :
φx0 (f ) f ) = f ( f (x0 ).
Entonces φx0
n
∈ L(C (R ), R) con φ = 1.
´ n: Demostraci on: o
0
x0
Es claro que
|φ
f ) x0 (f )
| ≤ sup |f ( f (x)| = f ∞ . ∈ x Rn
Por tanto φx0 1. Pa Para ra proba probarr φx0 n C 0 (R ) tal que f ∞ = 1 y f ( f (x0 ) = 1. Tomemos
≤
|
1 ( x0 + 2) 0
= 1 es suficiente encontrar f ∈
|
0 t x0 + 1 t x0 + 1 t x0 + 2 . t > x0 + 2
≤ ≤ − ≤ ≤ φ(t) = Definimos f ( f (x) = φ(x) para x ∈ R . Es claro que f ∈ C n
00 00 (R
n
y φx0 (f ) f ) = f ( f (x0) = 1.
Ejemplo 3.1.4 Sean X = p , 1 < p <
1
∞, Y =
T (( T ((x xn )n∈N ) = ( Entonces T
´ n: Demostraci on: o
efecto si (x (xn )n∈N ( xnn )n∈N 1 .
∈
p
1
∞
∈ L( , ) con T = (
y T : p
1
→
), f ∞ = 1
dado por
xn )n∈N . n
1 1/q n=1 nq )
donde 1/p + 1/q 1/q = 1.
En primer lugar hay que ver que est´ a bien defin definid ido. o. En 1 p q , como ( n )n∈N (pues 1 < q < ), entonc entonces es
∈
∈
∞
42
Chapter 3. Operadores lineales y continuos
Claramente es lineal. Para ver que es continua usamos la desigualdad de H¨older, ∞ xn 1 T ((xn)n∈N ) 1 = ( )n∈N q (xn)n∈N p . n n=1 n
|
| ≤
1 1/q Sea C q = ( ∞ . Para probar que T = C q es suficiente encontrar n=1 nq ) (xn )n∈N tal que (xn )n∈N p = 1 y T ((xn)n∈N ) 1 = C q .
q/p
−
C q nq−1
Consideremos xn =
, para n
∈ N. Es claro que
(xn)n∈N p = C −q/p ( q
∞
n=1
1
1/p − ) = 1.
n(q 1) p
Por otro lado
T ((x ) ∈ ) n n N
1
C q−q/p = = C q−q/p C qq = C q . q n=1 n
∞
Ejemplo 3.1.5 Sean X = Y = p para 1 p
definimos T λ :
p
→
por
≤ p < ∞. Dado 0 = (λ ) ∈ ∈ ∞, n n N
T λ ((xn )n∈N ) = (λnxn )n∈N . Entonces T λ
p
p
∈ L( , ) con T = (λ ) ∈ ∞. n n N
´ n: Demostraci o
Es inmediato que est´ a bien definido y es continuo con (λn)n∈N ∞ . Para probar que T = (λn)n∈N ∞ encontraremos para T cada ε > 0 una sucesi´ on (xεn )n∈N p tal que (xεn)n∈N p = 1 verificando que
≤
∈ T ((x ) ∈ ) + ε > (λ ) ∈ ∞. Para ε > 0 existe n ∈ N tal que |λ | > (λ ) ∈ ∞ − ε. Tomar x = | | n , que cumple que T ((x ) ∈ ) = |λ |. para n = n y x = 0 para n = λ
ε n n N
p
ε
ε
n n N
nε
ε n
ε n
n n N
ε
λ
ε n n N
p
λnε λnε nε
Ejemplo 3.1.6 Sean X = L p (Ω), 1 < p <
1
∞ e Y = L (Ω).
Dada 0 = f L (Ω) para 1/p + 1/q = 1, definimos el operador multiplicaci´ on M f : p 1 L (Ω) L (Ω) por M f (g) = fg.
∈
q
→
Entonces M f
p
1
∈ L(L (Ω), L (Ω)) con M = f . f
q
43
3.1. Primeras definiciones y ejemplos ´ n: Demostraci o
Es inmmediato, usando la desigualdad de H¨ older, que el operador est´ a bien definido y es continuo con M f f q . Para demostrar que M f = f q tomar
≤
|
g1 (x) = Se tiene que
f ¯(x) f (x) 2−q
|
0
|
g
=(
1 p
f (x) = 0 f (x) = 0
f (x) p(q−1) dx)1/p = f
Ω
|
q/p q ,
q/p por tanto si tomamos g(x) = f − g1 (x) que cumple g q q/p f − f q . Por consiguiente M f (g) 1 = f q . q
||
p
= 1 y M f (g) =
Ejemplo 3.1.7 Sean X = L1 ([0, 1]) e Y = C ([0, 1]). El operador de Volterra
V : L1 ([0, 1])
→ C ([0, 1]) viene dado por V (f )(x) =
Entonces V
x
0
f (t)dt,
x
∈ [0, 1].
1
∈ L(L ([0, 1]), C ([0, 1])) con V = 1.
´ n: Demostraci o
Como
|V (f )(x) − V (f )(x)| ≤
[x,x ]
|f (t)|dt,
0
≤ x ≤ x ≤ 1
se tiene que V (f ) es continua si f es integrable. Luego V est´a bien definido. Por otro lado
V (f )∞ =
sup 0 x 1
≤≤
|
[0,x]
f (t)dt
|≤
sup
0 x 1 [0,x]
≤≤
|f (t)|dt =
[0,1]
|f (t)|dt = f . 1
Esto prueba que V 1. Por otro lado cualquier f 0 con f 1 = 1 sirve para alcanzar la norma, pues sup0≤x≤1 [0,x] f (t)dt = f 1 para f 0. Lo que demuestra que V = 1.
≤
≥ | ≥
|
Ejemplo 3.1.8 Sean X = Y = C ([0, 1] y K : [0, 1]
continua. Si denotamos T K : C ([0, 1]) por T K (f )(x) = entonces T K
1
0
× [0, 1] → R una funci´ on
→ C ([0, 1]) el operador integral dado K (x, y)f (y)dy
∈ L(C ([0, 1], C ([0, 1])) con T ≤ K ∞. K
44
Chapter 3. Operadores lineales y continuos
´ n: Demostraci o
Veamos primero que est´ a bien definido: Si f
entonces
∈ C ([0, 1])
| 1
|T K (f )(x) − T K (f )(x)|
≤ K (x, y) − K (x, y)||f (y)|dy ≤ f ∞ sup | K (x, y) − K (x , y)|. ≤≤ 0
0 y 1
Suponiendo que f = 0, como K es uniformemente continua en [0, 1] [0, 1], dado ε > 0 existe δ > 0 tal que si x x < δ e y y < δ entonces K (x, y) K (x , y ) < ε/ f ∞ . Por tanto T K (f )(x) T K (f )(x ) < ε siempre que x x < δ . Por otro lado, si K ∞ = sup0≤x,y≤1 K (x, y) , entonces
|
|
− | − |
sup 0 x 1
≤≤
|T (f )(x)| ≤ ≤sup≤ K
1
0 x 1 0
| − | | − | | − | | | |K (x, y)||f (y)|dy ≤ K ∞f ∞.
×
Ejemplo 3.1.9 Sean Ω1 , Ω2 subconjuntos abiertos de Rn con medida finita,
1 0 existe n ∈ N tal que si →∞ n
n
Veamos ahora que n x 1 tenemos
≤
n
0
T (x) − T (x) ≤ T − T < ε, n, m ≥ n . Fijando m ≥ n y tomando l´ımite cuando n → ∞ se obtiene T (x) − T (x) ≤ ε, m ≥ n , x ≤ 1. n
m
n
m
0
0
m
0
46
Chapter 3. Operadores lineales y continuos
Por tanto T
− T ≤ ε para n ≥ n . n
0
Impl´ıcitamente en la demostraci´on anterior hemos visto el siguiente resultado, cuya demostraci´ on dejamos como ejercicio. Proposici´ on 3.2.2 Sean X e Y espacios normados y (T n )
∈ L(X, Y ) una sucesi´ on de operadores tal que existe lim →∞ T (x) para todo x ∈ X . Si definin
n
mos T x = lim T n x entonces n→∞ (i) T : X Y es lineal, y, (ii) si supn∈N T n < entonces T
→
∞
∈ L(X, Y ) con T ≤ lim inf →∞ T . n
n
Nota 3.2.1 En general l´ımite puntual de operadores lineales y continuos no es un operador lineal y continuo. Tomar X = c0 e Y = K y definamos
T n (x) = xn para x = (xk )k∈N . Es claro que lim T n (x) = 0 para toda x c0 . n→∞ Por tanto T n converge puntualmente a 0, y sin embargo lim T n = 1 = 0. n→∞ Esto se debe a que T n = 1 para n N ya que T n (en ) = 1 para en =
n 1
−
∈
|
|
∈
··· (0,
, 0, 1, 0, ..).
Proposici´ on 3.2.3 Sean X, Y y Z espacios normados. Si T
∈ L(X, Y ) y S ∈ L(Y, Z ) entonces S ◦ T ∈ L(X, Z ). Adem´ as S ◦ T ≤ S T . ´ n: Demostraci o
Es claro que la composici´ on de aplicaciones lineales y continuas es lineal y continua. Para ver la estimaci´ on de las normas observar que S T (x) = S (T x) S T x S T x ,
◦
≤ ≤ de donde se concluye que S ◦ T ≤ S T .
Definici´ on 3.2.4 Dado X espacio normado, denotamos X = L(X, K) y le
llamamos espacio dual (´ o dual toplol´ ogico) de X . Los elementos φ llaman formas lineales (´ o funcionales lineales) sobre X .
∈ X
se
Nota 3.2.2 Usando Teorema 3.2.1 X es siempre un espacio de Banach con
la norma φ = sup φ(x) : x
| ≤ 1}. Ejemplo 3.2.1 Sea X = para 1 ≤ p < ∞. Sea φ : → K dada por
{|
p
p
φ((xn )n∈N ) = x1 + x2 . Entonces φ
1/q
∈ X con φ = 2
donde 1/p + 1/q = 1.
3.2. El espacio L(X, Y ) ´ n: Demostraci o
47 p
∈ entonces ≤ 2 (x ) ∈ .
La linealidad es inmediata. Si (xn )n∈N
|φ((x ) ∈ )| = |x n n N
+ x2
1
1/q
p
p 1/p
| ≤ 2 (|x | + |x | ) 1
2
Tomando (x0n )n∈N = (2−1/p , 2−1/p , 0, ....) se tiene 0 n n N
0 1
|φ(x ) ∈ )| = x
1/q
n n N p
+ x02 = 21/q .
Ejemplo 3.2.2 Sea X = C ([0, 1]) y sea φ : C ([0, 1])
φ(f ) = 2f (1/2) Entonces φ
→ K dada por
− f (1/3).
∈ X con φ = 3 .
´ n: Demostraci o
En efecto si f
∈ C ([0, 1]) entonces |φ(f )| = |2f (1/2) − f (1/3)| ≤ 2|f (1/2)| + |f (1/3)| ≤ 3f ∞. Tomando f una funci´ on continua con f ∞ = 1 y tal que f (1/2) = 1 y f (1/3) = −1, se obtiene que φ(f ) = 3. g ∈ C ([0, 1]). Sea φ : L ([0, 1]) → Ejemplo 3.2.3 Sea X = C ([0, 1]) y 0 = K dada por φ(f ) = f (t)g(t)dt para f ∈ L ([0, 1]). Entonces φ ∈ X con φ = g∞. 1
1
[0,1]
´ n: Demostraci o
|φ(f )| =
Probemos s´ olo la continuidad.
|
[0,1]
|≤
f (t)g(t)dt
[0,1]
|f (t)||g(t)|dt ≤ g∞f . 1
Sea t0 [0, 1] tal que g ∞ = g(t0 ) > 0 (supongamos 0 < t0 < 1, siendo los casos t0 = 0 y t0 = 1 una modificaci´ on del argumento que sigue). Definimos
∈
|
αn (g) =
|
[t0 1/2n,t0 +1/2n]
−
g(t)dt
que verifica, por la continuidad de g, que lim nαn(g) = g(t0 ). Ahora consid→∞ n
erar f n (t) = n | y adem´as
αn (g) αn (g)
| χ[t −1/2n,t 0
0
+1/2n] .
Es claro que f n
αn(g) φ(f n) = f n (t)g(t)dt = n αn(g) [0,1] Luego
1
∈ L ([0, 1]), f
n 1
=1
g(t)dt = n|α (g)|. | | − lim →∞ φ(f ) = |g(t )| = g ∞ . Esto implica φ = g∞ .
n
n
0
[t0 1/2n,t0 +1/2n]
n
48
Chapter 3. Operadores lineales y continuos
Definici´ on 3.2.5 Sean X, Y espacios normados sobre el mismo cuerpo K y
T : X Y un operador en L(X, Y ). Diremos operador conjugado de T y lo denotaremos T t a la aplicaci´ on T t : Y X definida por T t (φ) = φ T , i.e.
→
→
◦
T t(φ)(x) = φ(T x). t
T . ´ n: Demostraci o
t
∈ L(X, Y ) entonces T ∈ L(Y , X ) con T ≤
Proposici´ on 3.2.6 Si T
Usando la Proposici´ on 3.2.3 se tiene que T t
∈ L(Y , X ).
Adem´as t
Por tanto T t
≤ T .
T (φ) ≤ T φ,
φ
∈ Y .
t
Nota 3.2.3 El lector debe saber que en realidad T
= T pero la de-
mostraci´ on requiere argumentos que no se incluyen en este curso y por tanto no se presenta en estas notas. Definici´ on 3.2.7 Sean X e Y espacios normado y T : X
→ Y una apli-
caci´ on lineal. Se dice que T es un isomorfismo (topol´ ogico) de X sobre Y si T es una biyecci´ on continua de inversa continua. Se dice que T es una isometr´ıa si T x = x para todo x X . X e Y se dicen isomorfos (o topol´ ogicamente isomorfos) si existe T : X Y isomorfismo. X e Y se dicen isom´etricamente isomorfos si existe T : X Y isometr´ıa lineal suprayectiva.
∈
→
→
Nota 3.2.4 Si T : X
→ Y es lineal e inyectiva entonces T −
1
: T (X )
→ X
Si y1, y2 as u ´nicos) x1 , x2 T (X ) existen (y adem´ tales que T (x1 ) = y1 e T (x2) = y2. Por tanto dados α1 , α2 K,
∈ X
es autom´ aticamente lineal. ´ n: Demostraci o
∈
T −1 (α1 y1 + α2y2) = = = =
∈
T −1 (α1 T (x1 ) + α2 T (x2 )) T −1 (T (α1x1 + α2 x2)) α1 x1 + α2 x2 α1 T −1 y1 + α2 T −1 y2 .
3.2. El espacio L(X, Y ) Nota 3.2.5 Si T : X
T (X )
49 1
→ Y es lineal, inyectiva y continua entonces T −
:
→ X no es autom´ aticamente continua. ´ n: Sea T = id : → dada por T (x) = x. Es claro que Demostraci o T−x ≤ x luego es lineal continua e inyectiva. Claramente T ( ) = y − T : ( , · ) → ( , · ) coincide con T (x) = x. Sin embargo T − no 1
2
1
2
1
1
1
1
2
1
1
1
1 n
es continua, pues existe una sucesi´ on xn = 1
x → 0, T − (x ) n 2
n
1
1
n k=1 ek
= 1, n
en 1 tal que
∈ N. 1
1
→ −Y es un isomorfismo entonces T − ≥ T − . Se sigue del hecho Id| = T T puesto que 1 = T − T ≤ T − T . Ejemplo 3.2.4 T : → , 1 ≤ p ≤ ∞, definida por Nota 3.2.6 Si T : X
1
X
p
1
1
p
T ((x1 , x2 ,...) = (0, x1 , x2 , ....) es una isometr´ıa lineal pero no suprayectiva. Ejemplo 3.2.5 Si X es un espacio de Hilbert sobre R. Entonces X es
isom´etricamente isomorfo a X. Definimos T : X X dado por T x = φx donde φx (y) = y, x para y X . Usando Teorema de Riesz-Frechet si φ X entonces existe x0 X tal que φ(x) = x, x0 . Luego T es suprayectiva. La linealidad es inmediata en el caso K = R. Adem´as, como se vi´o en el Ejemplo 3.1.2), ´ n: Demostraci o
∈
→
∈
∈
T x = sup{|y, x| : y ≤ 1} = x.
sobre un espacio vectorial X se dicen normas equivalentes si existen constantes A,B > 0 tales que Definici´ on 3.2.8 Dos normas
A x
· y · 1
2
≤ x ≤ Bx , x ∈ X. Proposici´ on 3.2.9 Sean (X, · ) e (Y, · ) espacios normados sobre el mismo cuerpo y T : X → Y una aplicaci´ on lineal suprayectiva. Entonces T 1
2
1
X
Y
es un isomorfismo si y s´ olo si existen constantes A,B > 0 tales que A x
≤ T (x) ≤ Bx X
Y
X ,
x
∈ X.
50
Chapter 3. Operadores lineales y continuos
´ n: Demostraci o
para todo x
= )Como T L(X, Y ) se tiene que T (x) X . Como T −1 L(Y, X ) entonces
∈
⇒
∈
1
∈
1
≤ T x Y
X
x = T − (T x) ≤ T − T x , x ∈ X Tomar A = T − − y B = T . ⇐=)Claramente T ∈ L(X, Y ) con T ≤ B. T es inyectiva, pues kerT = {0} ya que T (x) = 0 implica x = 0. Por otro lado T − (y) ≤ A− T (T − (y) = A− y , y ∈ Y de donde se deduce (junto con la nota 3.2.4) que T − ∈ L(Y, X ). Nota 3.2.7 Dos normas son equivalentes si Id : (X, · ) → (X, · ) es X
1
X
Y
1
Y
1
1
X
1
1
Y
Y
1
1
2
un isomorfismo.
Ejemplo 3.2.6 En el espacio Kn todas las normas
son equivalentes ´ n: Demostraci o
p
Se sigue de las estimaciones para 1 1/p1 1/p2
(x ,...,x ) ≤ (x ,...,x ) ≤ n 1
·
n
p2
1
n
p1
−
≤p
para 1
≤p≤∞
< p2
≤ ∞, (x ,...,x ) . 1
1
n
p2
3.3
Espacios de Banach finito dimensionales n p
Denotaremos para 1 p ados con la norma p.
·
≤ ≤ ∞ y n ∈ N por K
los espacios Kn consider-
) un espacio normado Teorema 3.3.1 (Teorema de Tikhonov) Sea (X, sobre K de dimensi´ on finita n. Entonces X es isomorfo a Kn∞ .
·
En particular todas las normas sobre un espacio X finito dimensional son equivalentes. ´ n: Demostraci o
Sea e1 , , en una base (de Hamel) del espacio X . En particular x X se puede escribir (de manera u´nica) x = ni=1 xi ei donde xi K. Definimos T : Kn∞ X dado por
∈
∈
··· →
n
T ((x1 ,
· ·· , x )) = n
i=1
xi ei .
51
3.3. Espacios de Banach finito dimensionales
Claramente T
≤ ≤ | | ≤ n i=1
n
∈ L(K , X ) con T ≤ n
T ((x , · ·· , x )) 1
n
ei , puesto que
n
n
xi e i
ei xi
i=1
ei ) max xi .
(
i=1
i=1
1 i n
≤≤
| |
Adem´as T es biyecci´ o n por ser (ei ) una base. Como la esfera unidad de Kn∞ es compacto, podemos poner m = min T ((x1 ,
··· , x )) : max |x | = 1} ≤≤ y por el teorema de Weierstrass m = T ((w , ·· · , w )) para un vector (w , · ·· , w )∞ = 1. Por tanto m > 0 porque T es biyecci´on y w = 0. Por consiguiente T ( ··· (x , ·· · , x )) ≥ m para todo x = 0. Lo que {
n
i
1 i n 1
1
n
permite concluir que m (x1 ,
1 (x1 , ,xn )
∞
1
n
n
n
· ·· , x )∞ ≤ T ((x , ··· , x )), (x , ·· · , x ) ∈ K . n
1
n
1
n
Probando la desigualdad que nos faltaba.
Corolario 3.3.2 (i) Todo espacio normado finito dimensional X es un es-
pacio de Banach. (ii) Si Y es subespacio finito dimensional de un espacio normado X entonces Y es cerrado. (iii) Si X es un espacio normado finito dimensional, Y es un espacio normado y T : X Y es lineal entonces T es continua.
→
Kn∞ isomor(i) Usando el Teorema 3.3.1 existe T : X fismo. Pasando por el isomorfismo anterior y usando que (Kn , ∞ ) es completo se obtiene el resultado. (ii) se sigue usando que (Y, ) es normado y el apartado (i). (iii) Sea e1 , , en una base (de Hamel) del espacio X . En particular K. x X se puede escribir (de manera u´nica) x = ni=1 xi ei donde xi Luego ´ n: Demostraci o
∈
→
·
·
· ··
n
≤ |
n
≤
∈
x |T (e ) ( T e ) max |x |. T (x) ≤≤ Como max ≤ ≤ |x | ≤ B x se obtiene T (x) ≤ B( T e )x. i=1
1 i n
i
i
i=1
i
i
1 i n
n i=1
i
i
Teorema 3.3.3 (Riesz) Un espacio normado X es finito dimensional si, y
s´ olo si, la bola unidad cerrada es compacta.
52
Chapter 3. Operadores lineales y continuos
Supongamos que X es de dimensi´ on finita, y sea T : Kn∞ X un isomorfismo entre ellos. Usando que ´ n: Demostraci o
1
1
→
T − − (x , ··· , x )∞ ≤ x ≤ T (x , ··· , x )∞ para x =
n i=1
1
n
1
n
xi ei se obtiene que n
1
{x ∈ X : x ≤ 1} ⊂ T ({(x , ··· , x ) ∈ K : (x , ··· , x )∞ ≤ T − }). 1
n
1
n
Ahora usando que la bolas cerradas de Kn∞ son compactos y T es continua se tiene que T ( (x1, , xn ) Kn : (x1 , , xn) ∞ T −1 ) es compacto. Finalmente todo cerrado en un compacto es tambi´en compacto, lo que prueba que la bola unidad cerrada es compacto. ¯X = x Supongamos ahora que la bola unidad B X : x 1 es compacta. Consideremos un recubrimiento de la misma dado por B(y, 1/2) = on finita x X : x y < 1/2 con y Bx . Existe entonces una colecci´ n ¯ y1 ,..,yn BX tal que BX i=1 B(yi , 1/2). Sea Y el subespacio vectorial generado por y1 ,..,yn, que sabemos que es necesariamente cerrado en X . Veamos que Y = X y por tanto X es de dimensi´on finita. Supongamos que existe x X Y . Como Y es cerrado se tiene que d = 3 d(x, Y ) > 0. Podemos entonces encontrar y Y tal que d x y d. 2 x−y ¯ Como z = x−y BX existir´a yk Y tal que z B(yk , 1/2). Ahora bien,
{
·· ·
∈
···
≤ } { ∈
{ ∈
− ∈
}
⊂∪
∈
∈ \ ∈
∈
≤ }
∈
≤ − ≤
∈ x = y + x − yz = y + x − y y + x − y(z − y ). Como y + x − yy ∈ Y tenemos que k
k
k
d
≤ x − (y + x − yy ) = x − yz − y < 12 x − y < 34 d, k
k
lo que lleva a una contradicci´ on. Definici´ on 3.3.4 Sea X un espacio normado y A
relativamente compacto si A¯ es compacto.
⊂ X . Diremos que A es
on finita si, Corolario 3.3.5 Sea X un espacio normado. X es de dimensi´ y s´ olo si, todo acotado es relativamente compacto. n p
≤ p ≤ ∞ y n ∈ N. El espacio dual de K isom´etricamente isomorfo a K donde 1 ≤ q ≤ ∞ con 1/p + 1/q = 1 Teorema 3.3.6 Sea 1
n q
es
53
3.4. Dualidad ´ n: Demostraci o
Supongamos que 1 < p < aplicaci´on definida por T (φ) = (φ(e1),
∞.
Sea T : (K pn )
n q
→K
la
··· φ(e )). n
Es inmediato probar que T es lineal. Veamos que es una isometr´ıa. Supongi) amos φ = 0 y tomemos λi = |φ(e , si φ(ei ) = 0 y λi = 0 si φ(ei ) = 0. φ(ei )|
n
(φ(e ), ··· φ(e )) 1
n
q
= (
| | | i=1 n
= (
i=1 n
= (
φ(ei ) q )1/q
|
φ(ei ) q−1 λi φ(ei ))1/q
|
φ(ei ) q−1 λi ei ))1/q
|
i=1
≤ φ
1/q
φ ≤ φ.
1/q
=
| ≤
Por tanto ( ni=1 φ(ei ) q )1/q Por otro lado, es claro que
|
n
φ(
|
n
β i ei )
i=1
| ≤ |
(
|
p 1/p
β i )
(
i=1
|
|
n
(
| i=1
luego φ ( ni=1 φ(ei ) q )1/q . Veamos finalmente que es suprayectiva. Dada (α1 , namos n
|
|
1/q
φ(ei ) q )1/pq .
i=1
n
||
φ(ei ) q−1 λi ei
i=1 n
| ≤ |
β i φ(ei )
i=1
n
| |
φ(ei ) q )1/q ,
|
n q
··· , α ) ∈ K n
defi-
φ((β , ··· , β )) = α β . Es lineal y cumple que T (φ) = (α , · ·· , α ). Los casos p = 1 y p = ∞ se hacen de manera an´ aloga y se dejan como 1
n
i i
i=1
1
ejercicios.
3.4
n
Dualidad
Hemos visto en Ejemplo 3.2.5 que, en el caso de espacios de Hilbert reales, X es isom´etricamente isomorfo a X . Para espacios de Hilbert cualesquiera puede decirse lo siguiente:
54
Chapter 3. Operadores lineales y continuos
Teorema 3.4.1 Si X es un espacio de Hilbert con producto escalar
y consideramos la aplicaci´ on de Riesz J X : X definido por φx (y) = y, x .
→
·, ·,
X dada por J X (x) = φx
Entonces J X es una aplicaci´ on biyectiva que cumple J X (x) = x y verifica J X (α1 x1 + iα2 x2 ) = α ¯ 1 J X (x1 ) + α ¯ 2 J X (x2 ) para α1 , α2 K y x1 , x2 X .
∈
∈
Hemos visto tambi´en en Teorema 3.3.6 que (K pn ) es isom´etricamente isomorfo a Knq para 1 p y 1/p + 1/q = 1. Veamos cual es la versi´on infinito dimensional de dicho resultado. La demostraci´o n es similar a la presentada en Teorema 3.3.6 y se deja como ejercicio.
≤ ≤∞
Teorema 3.4.2 Sea 1 < p <
isom´etricamente isomorfo a q .
y 1/p + 1/q = 1. Entonces ( p ) es
∞
Analicemos los casos p = 1 y q = 1. Teorema 3.4.3 (1 ) es isom´etricamente isomorfo a ∞ . ´ n: Demostraci o
λ = (λ1 ,
Definimos T : ∞
1
→ ( ) mediante la aplicaci´on
··· , λ , ···) → φ ((α , · ·· , α , ···)) = n
λ
1
n
∞
αn λn .
n=1
Es claro que est´ a bien definida, pues ∞ n=1 αn λn es convergente para toda (αn )n∈N 1 y (λn)n∈N ∞ . Adem´as T es lineal y cumple
∈
∈
∞ |≤ |
|φ ((α ) ∈ λ
n n N)
(
αn )(sup λn ) = (λn)n∈N ∞ (αn )n∈N 1 .
|
n N
| |
∈ Por otro lado, como (λn )n∈N ∈ ∞ , para cada ε > 0 existe m = m(ε) ∈ N n=1
tal que
¯m λ λm
Se tiene que | | em
(λ ) ∈ ∞ < |λ | + ε. ∈ , | |e = 1 y 1
n n N ¯m λ λm m 1
¯m λ φλ ( e m ) = λm λm
m
| | ≥ (λ ) ∈ ∞ − ε. | | Esto demuestra que φ = (λ ) ∈ ∞ y por tanto T es una isometr´ıa. Para finalizar hay que ver que T es suprayectiva. Dado φ ∈ ( ) , considerar λ
n n N
n n N
1
55
3.4. Dualidad
λn = φ(en) para n φλ = φ. En efecto, φ((α1 ,
∈ N.
Claramente supn∈N λn
| | ≤ φ.
·· · , α , · ··))
lim φ((α1,
=
n
N
→∞
lim
N
=
αi φ(ei ) αi λi
i=1
αn λn = φλ ((α1 ,
=
·· ·))
i=1 N
lim
N
N , 0,
N
→∞ →∞ ∞
=
·· · , α
Adem´as T (λ) =
n=1
· ·· , α , ···)). n
Teorema 3.4.4 (c0 ) es isom´etricamente isomorfo a 1 . ´ n: Demostraci o
λ = (λ1 ,
Definimos T : 1
→ (c ) mediante la aplicaci´on 0
··· , λ , · ··) → φ ((α , ·· · , α , ···)) = n
λ
1
n
∞
αn λn .
n=1
Es claro que est´ a bien definida, pues ∞ n=1 αn λn es convergente para toda 1 (αn )n∈N c0 y (λn)n∈N . Adem´as T es lineal y cumple
∈
∈
|φ ((α ) ∈ λ
∞ |≤ |
n n N)
(
n=1
λn )(sup αn ) = (λn)n∈N
|
n N
∈
| |
(α ) ∈ ∞. 1
n n N
1
∈ , para cada ε > 0 existe N ∈ N tal que
Por otro lado, como (λn)n∈N
N
(λ ) ∈ < (λ , · ·· , λ ) n n N 1
Sea αεi
=
Se tiene que (αεn)n∈N φλ ((αεn)n∈N
1
|| ¯i λ λi
N
1
+ε=
|
λn + ε.
n=1
|
i 1, , N , λi = 0 . otro caso
∈ ·· ·
0
ε n n N
∈ c , (α ) ∈ ∞ = 1 y ) = (λ , ··· , λ ) ≥ (λ ) ∈ − ε. 00
1
N
1
n n N 1
56
Chapter 3. Operadores lineales y continuos
Esto demuestra que φλ = (λn )n∈N 1 y por tanto T es una isometr´ıa. Para finalizar hay que ver que T es suprayectiva. Dado φ (c0 ) , considerar λn = φ(en ) para n N. Se tiene que para todo N N
∈
∈
∈
N
N
N
| | | λi =
n=1
φ(ei ) = φ(
|
n=1
αi ei )
n=1 ¯
para cierta (αi )1≤i≤N c00 con (αn )n∈N ∞ = 1 (basta tomar αi = |λλii | si λi = 0 y αi = 0 en otro caso). Por tanto (λn )n∈N 1 . Adem´as T ((λn )n∈N ) = φλ = φ. En efecto,
∈
φ((α1 ,
·· · , α , · ··)) n
= = = =
lim φ((α1,
N
→∞
lim
N , 0,
αi φ(ei ) αi λi
i=1
αn λn = φλ ((α1 ,
n=1
·· ·))
i=1 N
lim
N
·· · , α
N
→∞ →∞ ∞
N
∈
· ·· , α , ···)). n
En el caso de espacios de funciones se pueden probar, aunque no incluimos su demostraci´ on completa, los siguientes resultados: Teorema 3.4.5 Si Ω es un conjunto medible de Rn . Entonces
(i) (L1 (Ω)) es isom´etricamente isomorfo a L∞ (Ω). (ii) (L p (Ω)) es isom´etricamente isomorfo a Lq (Ω) si 1 < p < 1/p = 1.
∞ y 1/q +
(Esbozo de demostraci´ on) Si f Lq (Ω) entonces T (g) = p Ω f (x)g(x)dx define un funcional lineal sobre L (Ω), cuya continuidad es consecuencia de la desigualdad de H¨ older. Para alcanzar la norma se procede seleccionando una funci´ on g en un proceso similar al realizado para sucesiones. La dificultad radica en la suprayectividad que requiere el uso de teoremas (como el de Radon-Nikodym u otras alternativas) que no veremos en esta asignatura. ´ n: Demostraci o
∈
57
3.5. Operadores invertibles
3.5
Operadores invertibles
La busqueda de soluci´ on de una ecuaci´ on T x = y en el contexto de espacios de Banach lleva a analizar la invertibilidad del operador. Si existe T −1 : Y X entonces x = T −1y es la soluci´on buscada. Ahora bien nos interesa que las soluciones sean continuas en el dato, es decir a variaciones continuas del dato le correspondan variaciones continuas de la soluci´ on. Bus1 − camos entonces tambi´en que T sea continua.
→
Definici´ on 3.5.1 Un operador T
∈ L(X, Y ) se dice invertible si existe S ∈ L(Y, X ) tal que S ◦ T = I y T ◦ S = I donde I : X → X denota la identidad en el espacio X . Dicho operador se denota T − : Y → X . X
Y
X
1
olo si es un isomorfismo de X Nota 3.5.1 Un operador es invertible si y s´ en Y . Recordemos que si T : X
→ Y es lineal y X es finito dimensional entonces
dim(T (X )) + dim(Ker(T )) = dim(X ). Por tanto son equivalentes: (i) T es inyectiva. (ii) T es suprayectiva. (iii) T es invertible. Cuando X no es finito dimensional las condiciones anteriores no son equivalentes en general. Ejemplo 3.5.1 Sean L : 2
2
dado por L((x1 , x2 , )) = (x2 , x3 , ) y R : dado por L((x1 , x2 , )) = (0, x1 , x2 , ). Entonces L es suprayectiva pero no inyectiva, R es inyectiva pero no suprayectiva. Adem´ as R L = Id2 pero L R = RL. 2
◦
→
2
→
··· ···
···
·· ·
◦
Definici´ on 3.5.2 Definimos el producto de operadores ST = S
◦ T para
S, T L(X ). Esto permite dotar a L(X ) de una estructura adicional (´ algebra de Banach no conmutativa con identidad), es decir adem´ as de la estructura de espacio vectorial con las operaciones (S, T ) S + T y (λ, T ) λT se tiene la ley interna (S, T ) ST que cumple (i) T 1 (T 2 T 3 ) = (T 1 T 2 )T 3 , T 1 , T 2 , T 3 L(X ), (ii) S (λ1 T 1 + λ2 T 2) = λ1 ST 1 + λ2 ST 2 , λ1 , λ2 K, S , T1 , T 2 L(X ), (iii) SI X = I X S = S, S L(X ), (iv) ST S T , S, T L(X ).
∈
→
≤
∈
∈
→
∈
∈
→
∈
58
Chapter 3. Operadores lineales y continuos
Teorema 3.5.3 (Criterio de invertibilidad) Sea X un espacio de Banach y
n 0 T L(X ). Si la serie ∞ n=0 T (donde T = I X ) es convergente en norma entonces I X T es invertible. Adem´ as
∈
−
(I X − T )−1 =
∞
T n.
n=0
k Sea S n = nk=0 T k y denotemos S = ∞ k=0 T . Entonces, usando (iv) en la definici´ on anterior, la aplicaci´ on ΦT : L(X ) L(X ) dada por S ST es continua. Por tanto podemos escribir
´ n: Demostraci o
→
n
→∞
ST = ( lim S n)T = lim S n T = lim n
n
→∞
n
→∞
Esto permite despejar S (I que (I T )S = I X .
−
T k+1 = lim S n+1 n
→∞
k=0
→
− I
X
= S
− I . X
− T ) = S − ST = I . An´alogamente se concluye X
Corolario 3.5.4 Sea X un espacio de Banach y T
∈ L(X ). (i) Si T < 1 entonces I − T es invertible y (I − T )− ≤ − . (ii) Si I − T < 1 entonces T es invertible y T − < − − . X
1
1
1
1
X 1
T
1 I T
n (i) Usando que la serie ∞ < y teniendo en n=0 T ∞ n n n cuenta que T T se concluye que la serie n=0 T es absolutamente convergente. Por tanto converge y debido al Teorema 3.5.3 existe (I X T )−1 . Adem´as
´ n: Demostraci o
≤
∞
−
N N ∞ 1 1 n n − (I X − T ) = N lim T ≤ lim T ≤ T n ≤ . N →∞ →∞ n=0 1 − T n=0 n=0
(ii) Aplicar (i) a I X
− T .
Denotemos G(X, Y ) = T
{ ∈ L(X, Y ) : T invertible }.
Teorema 3.5.5 Sean X, Y son espacios de Banach y T 1 T −1
L(X, Y ) es tal que S
− T < T −1
as entonces S ∈ G(X, Y ). Adem´
≤ − − , . (ii) T − − S − ≤ − − (i) S −1
1
−1
1
T
1
∈ G(X, Y ). Si S ∈
S T T −1 2 S T 1 T −1 S T
59
3.6. Aplicaciones a ecuaciones integrales ´ n: Demostraci o
Sea R = T −1 S . Se tiene que 1
1
I − R = T − (T − S ) ≤ T − T − S < 1. Usando el Corolario 3.5.4 se tiene que R ∈ G(X, X ) y adem´ as X
R− ≤ 1 − I 1 − R ≤ 1 − T − 1T − S . 1
1
X
Teniendo en cuenta que S = T R se tiene que S Esto permite concluir que
S −1 ≤ T −1R−1 ≤
∈ G(X, Y ) con S −
1
= R−1 T −1 .
1
T − . 1 − T − T − S 1
´ Esto demuestra (i). Para probar (ii), observar que T −1
− S −
1
= (T −1 S
− I )S − X
1
= T −1 (S
1
− T )S − .
Combinado con (i) permite concluir el resultado.
Corolario 3.5.6 Sean X, Y espacios de Banach. Entonces
(i) G(X, Y ) es abierto en L(X, Y ). (ii) T T −1 es continua de G(X, Y ) en G(Y, X ).
→
3.6
Aplicaciones a ecuaciones integrales
En este cap´ıtulo analizaremos el uso de las t´ecnicas abstractas de An´ alisis Funcional para la resoluci´ on de distintos tipos de ecuaciones integrales, es decir en aquellas que la inc´ ognita aparece dentro de una integral. Comenzaremos aplicando los resultados anteriores a un caso particular. Ejemplo 3.6.1 Dada y
la ecuaci´ on integral x(s)
∈ C ([0, 1]) encontrar una soluci´ on x ∈ C ([0, 1]) de
−
1
0
sen(st)x(t)dt = y(s), s
∈ [0, 1].
60
Chapter 3. Operadores lineales y continuos
´ n: Demostraci o
Consideremos el operador integral T x(s) = 01 sen(st)x(t)dt definido en X = C ([0, 1]). Por el Ejemplo 3.1.8 se tiene que T L(X ) y
T ≤
∈
sup sen(st) = sen1 < 1. 0 s,t 1
≤ ≤
|
|
Usando el Corolario 3.5.4 se obtiene que I X T es invertible, luego para todo y C ([0, 1]) existe una u´nica soluci´ on continua x tal que x T x = y. Adem´as podemos calcularla expl´ıcitamente, pues
−
∈
x = (I X − T )−1 (y) =
−
∞
2 n T n y = lim y + T y + T y + ... + T y. n→∞ n=0
Sea x0 = y, xn = y + T xn−1 = y + T y + T 2 y + ... + T n y se tiene que x = lim xn . n
→∞
Incluso puede estimarse el error cometido en la aproximaci´ on, pues
x−x
∞ ≤
k
k=n+1
T
k
T
y
n+1
(sen1)n+1 y ∞. 1 sen1
− T y∞ ≤ − (Ver Teorema 3.6.2 que para el c´alculo exacto de la norma T .) n
T y
∞ ≤ ∞ ≤ 1
k=n+1
on integral de Fredholm de segunda especie es Definici´ on 3.6.1 Una ecuaci´ una ecuaci´ on de la forma x(s)
−
b
a
K (s, t)x(t)dt = y(s), s
∈ [a, b]
K es una funci´ donde K : [a, b] [a, b] on continua (denominado el n´ ucleo de la ecuaci´ on) y donde y C ([a, b]).
×
→
∈
Teorema 3.6.2 Sea K : [a, b]
T K x(s) = Entonces T K
× [a, b] → R una funci´ on continua y K (s, t)x(t)dt,x ∈ C ([a, b]).
b
a
∈ L(C ([a, b])) y T = max |K (s, t)|dt. ∈
b
K
s [a,b] a
61
3.6. Aplicaciones a ecuaciones integrales ´ n: Demostraci o
|T x(s)
| ≤ ∞ | b a
Pongamos M = maxs∈[a,b]
|≤ | b
|
b
|| | x K (s, t)|dt ≤ M x∞ . Esto prueba que T x∞ ≤ M x∞ y por tanto T ≤ M . N´otese en primer lugar que s → |K (s, t)|dt es una funci´on continua (pues es la imagen de T | | (1) que se prob´ o que estaba bien definido. Por tanto existe s ∈ [a, b] tal que M = |K (s , t)|dt. Sea −1 α ≤ −1/n φ (α) = nα −1/n < α < 1/n . 1 α ≥ 1/n Entonces t → x (t) = φ (K (s , t)) es continua para todo n ∈ N y x ∞ ≤ 1. Adem´as lim →∞ φ (K (s , t)) = sgn(K (s , t)) para todo t. K
K (s, t) x(t) dt
K (s, t) dt. Claramente
a
K
K
a
K
b a
b a
0
0
n
n
n
n
n
0
n
0
0
Por tanto
T ) ≥ K
sup s [a,b]
∈
|
b
a
|≤|
b
K (s, t)xn (t)dt
b a
Y pasando al l´ımite se tiene T K
a
K (s0 , t)xn (t)dt
|
≥ |K (s , t)|dt = M.
Proposici´ on 3.6.3 Sean X = Y = C ([0, 1]). Dados k1 , k2
[0, 1]) consideramos T i (f )(x) =
1
0
0
∈ C ([0, 1]) ×
ki (x, y)f (y)dy,i = 1, 2
para f
∈ C ([0, 1]). Entonces T ◦ T (f )(x) = K (x, y)f (y)dy,
1
2
1
0
´ n: Demostraci o
K (x, y) =
Del Ejemplo 3.1.8 se tiene que T i
Entonces T 2 T 1(f )(x) =
◦
= =
1
0
1
0
1
0
1
0
k2(x, t)k1 (t, y)dt.
∈ L(X, Y ) para i = 1, 2.
k2 (x, t)T 1 (f )(t)dt k2 (x, t)(
(
1
0
1
0
k1 (t, y)f (y)dy)dt
k2(x, t)k1 (t, y)dt)f (y)dy.
62
Chapter 3. Operadores lineales y continuos
La continuidad de (t, y) k2 (x, t)k1 (t, y)f (y) para todo x [0, 1] justifica 1 que pueda aplicarse Fubini. Adem´ as (x, y) 0 k2 (x, t)k1 (t, y)dt es continua, ya que dado ε > 0 existe δ > 0 tal que
→
sup k2 (x, t)
t [0,1]
∈
|
∈
→
− k (x, t)| < 2kε ∞ , |x − x| < δ, 2
1
ε − k (t, y )| < , |y − y | < δ. 2k ∞ ∈ Por tanto, si |x − x | < δ y |y − y | < δ , |K (x, y) − K (x, y)| = | k (x, t)k (t, y)dt − k (x, t)k (t, y)dt| ≤ |k (x, t)k (t, y) − k (x, t)k (t, y)|dt ≤ |k (x, t) − k (x, t)||k (t, y)|dt |k (t, y) − k (t, y)||k (x, t)|dt + ≤ k ∞ |k (x, t) − k (x, t)dt + k ∞ |k (x, t) − k (x, t)|dt < ε. sup k1 (t, y)
t [0,1]
|
1
2
1
1
2
1
2
1
0 1
0
0
2
2
1
1
1
0
2
2
1
1
1
2
1
0
1
1
0
2
2
2
2
1
2
0
Nota 3.6.1 Usando la Proposition 3.6.3 tenemos que si T x(s) = 2
entonces T (x)(s) =
b a
K 2 (s, t)x(t)dt, donde
K 2 (s, t) =
b
a
b a
K (s, t)x(t)dt
K (s, u)K (u, t)du.
Mediante este proceso se consiguen los llamados n´ ucleos iterados.
b a
Definici´ on 3.6.4 Si T K x(s) =
K (s, t)x(t)dt entonces definimos
K 1 (s, t) = K (s, t), K n+1 (s, t) =
b
a
K (s, u)K n (u, t)du n
∈ N.
(3.1)
Estos se llaman n´ ucleos iterados y corresponden a los n´ ucleos del operador n n T K , es decir T K = T Kn .
63
3.6. Aplicaciones a ecuaciones integrales Lema 3.6.5 Si K
∈ C ([a, b] × [a, b])∞con K ∞ <
∞
1 b a
ucleos − y K n son los n´
iterados de (3.1) entonces la serie n=1 K n converge en C ([a, b] [a, b]). Llamaremos a la funci´ on suma H = n=1 K n el n´ ucleo resolvente de K .
Basta probar que la serie ∞ y usar que n=1 K n ∞ < [a, b]) es un espacio de Banach. Usando (3.1) se tiene que
´ n: Demostraci o
C ([a, b]
×
×
K ∞ n+1
=
| ≤ ≤ | b
sup
a
a t,s b
≤
b
sup
a t,s b a
≤ ≤
∞
K (s, u)K n(u, t)du
|
K (s, u) K n (u, t) du
||
|
| b
K (s, u)|du ≤ K ∞ sup ≤≤ ≤ K ∞(b − a)K ∞. n
a s b a
n
Por inducci´ on se tiene que n 1
K ≤ K ∞((b − a)K ∞) − , Como (b − a)K ∞ < 1 se obtiene el resultado. n
n
∈ N.
∈ C ([a, b] × [a, b]) con K ∞ < y ∈ C ([a, b]) existe una unica ´ soluci´ on x ∈ C ([a, b]) tal que Teorema 3.6.6 Sea K
x(s)
−
b
a
K (s, t)x(t)dt = y(s), s
1 . b a
−
Para cada
∈ [a, b].
Dicha soluci´ on viene dada por x(s) = y(s) + donde H (s, t) =
b
a
H (s, t)x(t)dt,s
∞
n=1 K n (s, t), (s, t
∈ [a, b]
∈ [a, b]) es el n´ ucleo resolvente. ´ n: Sabemos que T ∈ L(X ) para X = C ([a, b]). Es suficiente Demostraci o probar que T < 1 para garantizar que I − T es invertible. Esto se sigue de la sencilla estimaci´ on T ≤ K ∞ (b − a). Como sabemos que ∞ − (I − T ) = T se puede escribir la soluci´on mediante la f´ormula x(s) = (I − T )− y(s) X
X
1
n=0
n
X
1
64
Chapter 3. Operadores lineales y continuos
= y(s) + = y(s) + = y(s) +
∞ ∞
b
n=1 a b
a n=1 b a
K n (s, t)y(t)dt K n (s, t)y(t)dt
H (s, t)y(t)dt.
(El paso de intercambio de serie e integral est´ a garantizado por la convergencia absoluta de la serie involucrada como se prueba en Lema 3.6.5.) on de la ecuaci´ on Ejemplo 3.6.2 Calcular la soluci´ x(s)
−
´ n: Demostraci o
1 3
1
0
(2
− 3(s + t) + 6st)x(t)dt = y(s), s ∈ [0, 1].
El n´ ucleo de la ecuaci´ on de Fredholm viene dado por
K (s, t) = 2
− 3(s + t) + 6st, s, t ∈ [0, 1]. Calculemos primero K ∞ = sup ∈ |2 − 3(s + t) + 6st|. Como = −3+6t y = −3+6s, el u ´nico punto cr´ıtico es s = t = 1/2. En la frontera de [0, 1] × [0, 1] tenemos K (0, t) = 2/3 − t, K (1, t) = −1/3 + t, K (s, 0) = 2/3 − s y K (s, 1) = −1/3 + s y por tanto K ∞ = max{K (1/2, 1/2), max |2/3 − t|, max | − 1/3 + t|} ≤≤ ≤≤ = max{1/6, 2/3, 1/3} = 2/3 < 1. s,t [0,1]
∂K ∂s
∂K ∂t
0 t 1
0 t 1
Calculemos ahora K n . K 2 (s, t) = = + + = =
1 1 (2 3s 3u + 6su)(2 3u 3t + 6ut)du 9 0 1 1 (4 6(s + t) + 9st)du 9 0 1 1 21 2( 6 + (s + t) 18st)udu + 9 0 2 1 1 3(3 6(s + t) + 12st)u2 du 9 0 1 3 (1 (s + t) + 3st) 9 2 1 K (s, t). 6
−
− − − − −
− −
−
65
3.6. Aplicaciones a ecuaciones integrales
Reiterando se obtiene K n+1 (s, t) = 61n K (s, t). Por tanto el n´ ucleo resolvente queda ∞ 1 5 H (s, t) = K ( s, t)) = K (s, t), n 6 n=0 6 y la soluci´on viene dada por
2 x(s) = y(s) + 5
1
0
(2
− 3(s + t) + 6st)y(t)dt.
Otro tipo de ecuaciones integrales que podemos abordar son las del tipo Volterra. Ejemplo 3.6.3 Dada y
la ecuaci´ on integral
∈ C ([0, 1]) encontrar una soluci´ on x ∈ C ([0, 1]) de
x(s)
−
s
0
x(t)dt = y(s), s
∈ [0, 1].
´ n: Demostraci o
s 0 x(t)dt
Consideremos el operador integral de Volterra V x(s) = definido en X = C [0, 1]. Por el Ejemplo 3.6.3 se tiene que V L(X )
∈
ya que
V (x)∞ ≤ x ≤ x∞ En este caso se tiene que V = 1. Sin embargo el c´alculo de V 1
n
es elemental.
En efeto 2
V x(s) =
s
0
(
t
0
x(u)du)dt =
s
0
s
(
u
dt)x(u)du =
s
0
(s
− u)x(u)du.
Repitiendo el proceso 3
V x(s) =
s
0
(
t
0
s
(t u)x(u)du)dt =
−
En general V Veamos que la serie
n+1
x(s) =
0
s
s
(
u
(s
(t u)dt)x(u)du =
−
− u)
s
0
(s
2
− u) x(u)du. 2
n
x(u)du. n! ∞ V n es convergente en L(C ([0, 1]). En efecto n=0
n+1
V = sup x
∞
sup
=1 s [0,1]
∈
0
|
s
0
(s
− u) n!
n
x(u)du
| ≤ n!1 .
66
Chapter 3. Operadores lineales y continuos
Usando el Teorema 3.5.3 se obtiene que I X V es invertible, luego para todo y C ([0, 1]) existe una u ´nica soluci´ on continua x tal que x V x = y. Adem´as podemos calcularla expl´ıcitamente, pues
−
∈
x = (I X − V )−1 (y) = Para x
∞
−
V n y.
n=0
∈ C ([0, 1]) tenemos
∞
∞ − ∞ − − − −
u)n V x(s) = x(s) + x(u)du n! n=0 n=0 0 s (s u)n = x(s) + x(u)du n! 0 n=0 s
n
= x(s) +
s
0
e(s s
s
= x(s) + e
Por tanto la soluci´ on es x(s) = y(s) + es
Definici´ on 3.6.7 Sea ∆ = (s, t)
{
0
(s
u)
x(u)du
e u x(u)du.
s u 0 e y(u)du.
∈ [a, b] × [a, b] : t ≤ s} y sea K : ∆ → K
una funci´ on continua. Una ecuaci´ on integral de Volterra de segunda especie es una ecuaci´ on de la forma x(s)
−
s
a
K (s, t)x(t)dt = y(s), s
∈ [a, b]
donde K se denomina el n´ ucleo de la ecuaci´ on y donde el dato y Definimos ahora los n´ ucleos iterados
∈ C ([a, b]).
K 1 (s, t) = K (s, t), K n+1 (s, t) =
s
t
K (s, u)K n (u, t)du,
Proposici´ on 3.6.8 Si K : ∆
s a K (s, t)x(t)dt
˜K )n entonces (T
t
≤ s, n ∈ N.
(3.2)
→ K es una funci´ on continua y T ˜ x(s) = ˜ para todo n ∈ N. = T K
Kn
67
3.6. Aplicaciones a ecuaciones integrales ´ n: Demostraci o
Por inducci´ on sobre n. Para n = 1 es obvio. Suponerlo cierto para n. Entonces ˜K ) (T
n+1
s
x(s) =
˜K )n x(t)dt K (s, t)(T
0
s
=
0
=
0
=
s
K (s, t)( s
(
s
0
u
t
K n (t, u)x(u)du)dt
0
K (s, t)K n(t, u)dt)x(u)du
K n+1(s, u)x(u)du
˜Kn +1 x(s). = T
Lema 3.6.9 Sea ∆ = (s, t)
{
∈ [a, b] × [a, b] : t ≤ s}, K : ∆ → K es una
funci´ on continua y K n son los n´ ucleos iterados dados por (3.2). Entonces la ∞ serie n=1 K n converge en ∆. Llamaremos a la funci´ on suma
H (s, t) =
∞
K n (s, t),
(s, t)
∈∆
n=1
el n´ ucleo resolvente de K .
Basta probar que la serie ∞ y usar que n=1 K n ∞ < C (∆) es un espacio de Banach. Probemos usando inducci´ on que ´ n: Demostraci o
n 1
− t) − |K (s, t)| ≤ M (n − 1)! , siendo M = K ∞ = sup ∈ |K (s, t)|. n (s
n
∞
(s, t)
∈∆
(s,t) ∆
Es claro para n = 1. Suponerlo cierto para n. Usando (3.2) se tiene que
|K
n+1 (s, t)
|
=
≤ ≤ ≤
| | s
t s
t
n
M
K (s, u)K n (u, t)du
K (s, u) K n (u, t) du
||
n 1
s
t
n+1
= M
| (u − t) − |K (s, u)| (n − 1)! du (u − t) − du (n − 1)! (s − t) .
n+1
M
|
n 1
s
t
n
n!
68
Chapter 3. Operadores lineales y continuos n−
n (b a) 1 (n 1)!
Por tanto K n ∞
≤ M
−
−
∞
y la serie
n=1
K ∞ < ∞. n
Teorema 3.6.10 Sea ∆ = (s, t)
∈ [a, b] × [a, b] : t ≤ s} y K : ∆ → K. Para cada y ∈ C ([a, b]) existe una unica ´ soluci´ on x ∈ C ([a, b]) tal que x(s) − K (s, t)x(t)dt = y(s), s ∈ [a, b]. {
s
a
Dicha soluci´ on viene dada por x(s) = y(s) + donde H (s, t) =
∞
s
a
n=1 K n (s, t), (s, t
´ n: Demostraci o
H (s, t)x(t)dt,s
∈ [a, b]
∈ ∆) es el n´ ucleo resolvente.
˜K )nx(s) = Por el lema 3.6.8 se tiene (T
por consiguiente
∞ |
s 0 K n (s, t)x(t)dt
y
b
˜K )n x ∞ (T
K (s, t)|dt ≤ x ≤ x∞(b − a)K ∞ ≤ M x∞ (b(n−−a)1)! . a
n
n n
n
n
−a) . Esto garantiza la convergencia de ˜K )n Consecuentemente (T M n (s (n−1)! ˜ n < . la serie ∞ n=1 (T K ) ˜K es invertible. Como Usando el Teorema 3.5.3 se concluye que I X T ˜K )−1 = ∞ (T ˜ n sabemos que (I X T on mediante n=0 K ) se puede escribir la soluci´ la f´ormula
≤ ∞
−
−
x(s) = (I X
− T ˜ )− y(s)
= y(s) + = y(s) + = y(s) +
K
1
∞ ∞
s
n=1 a s
a n=1 s a
K n (s, t)y(t)dt K n (s, t)y(t)dt
H (s, t)y(t)dt.
(El paso de intercambio de serie e integral est´ a garantizado por la convergencia absoluta de la serie involucrada como se prueba en Lema 3.6.9.)
Chapter 4 Ampliaci´ on de espacios de Hilbert 4.1
Bases Ortonormales
En el cap´ıtulo primero vimos que la existencia de sucesiones (xn )n∈N tales que las combinaciones lineales de los vectores xn es denso en X es una condici´on suficiente para la separabilidad del espacio. En el caso X = 2 puede tomarse la sucesi´ on (en ), que adem´as tiene la propiedad de ser ortogonal. Nuestro objetivo ahora es probar que realmente en todo espacio de Hilbert separable existen sucesiones (bases ortonormales) de modo que LIN xn : n N = X . En este cap´ıtulo (X, , ) denota siempre un espacio prehilbertiano.
{
∈ }
· ·
Definici´ on 4.1.1 Un subconjunto M
⊂ X se dice ortonormal si x, y = 0 = y y x = x, x = 1 para x ∈ M . Diremos que M es para x, y ∈ M, x 2
una base ortonormal si M es ortonormal y X = LIN (M ).
Ejemplo 4.1.1 En X = C3 el conjunto M = e1 , e2 , e3 donde e1 = (1, 0, 0), 1 1 e2 = √ (1, 1, 0) y e3 = √ (1, 1, 1) forma una base ortonormal de C3 . 2 2
{
Ejemplo 4.1.2 En X = 2 (R) = (xn )n∈N : xi
{
sucesi´ on
n 1
−
en = (0, ..., 0, 1, 0,...) forma una base ortonormal.
69
}
∈ R,
∞
n=1
2
|x | n
<
∞}, la
70
Chapter 4. Ampliaci´ on de espacios de Hilbert
Ejemplo 4.1.3 En X = L2 (( π, π)) definido por funciones f : ( π, π)
medible Lebesgue tales que
− −| π π
2
f (t) dt <
−
∞, la sucesi´ on
|
→C
eint 2π
φn(t) = es un conjunto ortonormal.
Proposici´ on 4.1.2 Todo conjunto ortonormal M es un sistema linealmente
independiente.
Sean α1 ,...,αn K y x1 ,...,xn M tales que ni=1 αi xi = n 0. Usando que i=1 αi xi , xk = αk para k = 1,..,n se concluye que el sistema es linealmente independiente ´ n: Demostraci o
∈
∈
Proposici´ on 4.1.3 Si X es un espacio de Hilbert separable y M es un con-
junto ortonormal de X entonces M es, a lo sumo, numerable. ¯ donde D es numerable. Para cada x M Sea X = D √ 2 existe un y(x) D tal que x y(x) < 2 . Usando el teorema de Pit´ goras 2 si x, x M con x = x se tiene que x x = 2. Por tanto la aplicaci´ on x y(x) es inyectiva de M en D y se obtiene que M es numerable. ´ n: Demostraci o
→
∈
∈
−
∈
−
on de Gram-Schmidt) Si (xn )n∈N Teorema 4.1.4 (Proceso de ortogonalizaci´
es una sucesi´ on linealmente independiente en X entonces existe (yn )n∈N ortonormal tal que LIN ( xn : n N ) = LIN ( yn : n N ).
{
∈ } { ∈ } ´ n: N´ otese que x = 0 por ser un sistema linealmente indeDemostraci o pendiente. Sea y = . Es claro que LIN (x ) = LIN (y ) y y = 1. Supongamos que tenemos construidos y ,...,y cumpliendo (1) LIN ({x ,...,x }) = LIN ({y ,...,y }). j. (2) y ⊥ y para i = (3) y = 1 para i = 1,...,n. x1 x1
1
n
1
1
1
i
n
1
n
n
j
i
Consideremos
x
n+1
n
= xn+1
−
xn+1, yi yi .
i=1
1
1
71
4.1. Bases Ortonormales
Como xn+1 / LIN ( y1,...,yn ) se puede asegurar que xn+1 = 0 y definimos x yn+1 = xn+1 . Comprobemos que cumple las propiedades anteriores: En n+1 primer lugar
∈
{
}
LIN ( x1 ,...,xn , xn+1 ) = LIN ( y1 ,...,yn , xn+1 ) = LIN ( y1 ,...,yn , xn+1 ) = LIN ( y1 ,...,yn , yn+1 ).
{
}
Por otro lado para cada j
y
n+1 , y j
1
= x n+1
{ { {
} } }
∈ {1,...,n},
n
xn+1 , y j
−
xn+1 , yi yi , y j
i=1
= 0.
on xn (t) = tn Ejemplo 4.1.4 Sea X = L2 (( 1, 1)) y consideremos la sucesi´
−
para n 0. Dicha sucesi´ on forma un conjunto linealmente independiente. La sucesi´ on correspondiente al proceso de ortonormalizaci´ on de Gram-Schmidt se llaman los polinomios√ de Legendre. Los primeros t´erminos son: P 0 (t) = √ √ √ 12 ,P 1 (t) = √ 32 t, P 2 (t) = √ 58 (3t2 1) y P 3 (t) = √ 78 (5t3 3t).
≥
−
−
on n. Proposici´ on 4.1.5 Si X es un espacio de Hilbert sobre K de dimensi´ n Entonces X es isom´etricamente isomorfo a K2 . ´ n: Demostraci o
Sean x1 ,...,xn vectores linealmente independientes (y generadores de X ). Por el proceso anterior existen e1 ,...,en vectores ortonormales (y por tanto base de X ). Considerar T : X Kn2 definido por
→
n
T (
αi ei ) = (α1 ,...,αn ).
1
i=
Observar que por la ortonormalidad de (ei )ni=1 se tiene que α j = x, e j . Por tanto T es lineal y biyectiva. Adem´as
2
x = x, x = x,
n
n
x, ei ei =
i=1
i=1
n
x, ei x, ei =
| i=1
x, ei
2
2 2
| = T (x) .
72
Chapter 4. Ampliaci´ on de espacios de Hilbert
on infinita. X es Teorema 4.1.6 Sea X un espacio prehilbertiano de dimensi´ separable si y s´ olo si tiene existe una sucesi´ on (en )n∈N que es base ortonormal. ´ n: Demostraci o
Suponer que X es separable. Sea D = xn : n N ¯ tal que X = D. El proceso a seguir consta de dos pasos: En primer lugar vamos a encontrar una sucesi´ on linealmente independiente (yn ) tal que X = LIN ( yn : n N ) y despu´es usar el proceso de ortonormalizaci´ on para conseguir la base pretendida. Sea n1 el primer ´ındice tal que xn = 0. Supongamos que tenemos definidos xn1 , xn2 ,...,xnk tales que el sistema es linealmente independiente y
{
{
∈ }
∈ }
{
}
LIN ( x1 , x2 ,...,xnk ) = LIN ( xn1 , xn2 ,...,xnk ).
{
}
{
}
Como X es de dimensi´on infinita, el conjunto Ak = n
{ ∈ N : x ∈/ LIN ({x
n1 , xn2 ,...,xnk
n
})
es no vac´ıo. Sea nk+1 = minAk . Entonces LIN ( x1 , x2 ,...,xnk , xnk+1 ) = LIN ( xn1 , xn2 ,...,xnk , xnk+1 ).
{
}
{
}
Definendo y j = xnj tenemos un sistema linealmente independiente. Adem´ as X = LIN ( yn : n N ). Ahora basta con usar el proceso de ortonormalizaci´ on de la sucesi´ on (yn ) para conseguir (en ) base ortonormal. El rec´ıproco viene del criterio de separabilidad de los espacios de Banach probado con anterioridad.
{
∈ }
Veamos ahora que la situaci´ o n que ocurre en 2 con su base (can´ onica) ortonormal (en ), donde se cumple que x = (xn )n∈N =
∞
x, en en
n=1
siendo la convergencia de la serie en 2 , puesto que n
− x
k=1
x, ek ek 22
=
∞ |
k=n+1
x, en
2
| → 0,
n
→ ∞,
es propia de todos los espacios de Hilbert separables, reemplazando la base can´ onica de 2 por una base ortonormal cualquiera.
73
4.1. Bases Ortonormales
on ortonormal en X y sea x X . Definici´ on 4.1.7 Sea (en )n∈N una sucesi´ La sucesi´ on num´erica de coeficientes (en K) dada por ( x, en )n∈N se dicen
∈
los coeficientes de Fourier de x respecto la sucesi´ on (en)n∈N . ∞ La serie (formal) n=1 x, en en se denomina la serie de Fourier de x relativa a la sucesi´ on (en)n∈N .
1 int e , 2π
Ejemplo 4.1.5 Sea X = L2 (( π, π)), φn (t) = 2
−
L (( π, π)) denotamos
−
ˆ f (n) = f, φn =
π
−π
f (t)e−int
n
∈ Z.
Para f
∈
dt 2π
a los coeficientes de Fourier cl´ asicos. on ortonorTeorema 4.1.8 (Desigualdad de Bessel) Sea (en )n∈N una sucesi´ mal en un espacio prehilbertiano X . Para cada x
∞ |
x, en
n=1
´ n: Demostraci o
2
∈ X se cumple
2
| ≤ x .
Es suficiente probar que N
|
x, en
n=1
Consideremos xN = x k = 1,...,N . En efecto,
−
2
2
| ≤ x , x ∈ X, N ∈ N.
N n=1
x, e e . n
Observemos que xN
n
N
x
N , ek
=
− x
x, en en, ek
n=1
=
N
−
x, e e , e x, e x, e − x, e = 0. k
n
n
k
n=1
=
k
k
Por tanto, usando el teorema de Pit´ agoras, 2
x
N
= =
x
x, en en
N +
x
N
N
≥
|
|
n=1
2
n=1 N
x, en
+
n=1
x, en
2
| .
2
2
| e n
2
⊥e
k
para
74
Chapter 4. Ampliaci´ on de espacios de Hilbert
on ortonormal en un espacio preTeorema 4.1.9 Sea (en )n∈N una sucesi´ hilbertiano X . Son equivalentes (1) (en) es una base ortonormal. (2) Para todo x X la serie de Fourier X . (3) Para todo x X se verifica
∈ ∈
2
x
∞ |
=
x, en
n=1
´ n: Demostraci o
∞ n=1
x, en en converge a x en
2
| (Identidad de Parseval).
(1) = (2) Sea x X . Hemos de probar que xN 0 N cuando N siendo xN = x X , usando n=1 x, en en . Dado ε > 0 y x N 0 que X = LIN ( en : n N ), existe y = n=1 αn en tal que x y < ε. Entonces, para N N 0 , teniendo en cuenta que xN ( N y), n=1 x, en en y usando Pit´agoras de nuevo,
→∞
{
⇒ − ∈ }
≥
2
x N
∈
N
+
− y = x − y
n=1
En particular xN < ε para N N 0 . (2) = (3) Aplicamos la continuidad la aplicaci´ on y N n=1 x, en en converge a x podemos concluir que
⇒
≥
N
2
x = x, x =
lim
N
2
→ x, y. Puesto que
N
→∞ n=1
⊥
2
x, en en
| →∞
x, en x, en = lim
N
→ ∈ − −
x, en
n=1
|
2
=
∞ |
x, en
n=1
2
| .
(3) = (2) Sea x X . Observar que x = N n=1 x, en en + xN para todo N N N. Adem´as n=1 x, en en xN y por tanto
∈
⇒
∈
⊥
2
x
N
=
x, en
n=1
As´ı que si suponemos que x cuando N . (2) = (1) Inmediato pues
→∞ ⇒
| 2
=
N n=1
2
2
| + x . N
∞
2
|x, e | se tiene que x → 0 x, e e ∈ LIN ({e : n ∈ N}). n
n=1 n
n
N
n
75
4.2. Operador adjunto
on ortonorTeorema 4.1.10 (Teorema de Riesz-Fisher) Sea (en )n∈N una sucesi´
mal en un espacio de Hilbert X . La serie ∞ olo n=1 αn en converge a x si y s´ ∞ 2 si n=1 αn < . En tal caso αn = x, en .
| | ∞
´ n: Demostraci o
para m, n
∈
El resultado se obtiene usando el Criterio de Cauchty pues N con m > n tenemos m
αk ek
k=n
2
m
=
|
k=n
αk 2 .
|
En el supuesto de la convergencia, la continuidad del producto escalar permite concluir ∞ ∞
αk ek , en =
k=1
αk ek , en = αn .
k=1
on Teorema 4.1.11 Todo espacio de Hilbert (sobre K) separable de dimensi´ infinita es isom´etricamente isomorfo a 2 (K). ´ n: Demostraci o
Usando el Teorema 4.1.6 existe una base ortonormal (en )n∈N del espacio X . Definimos T : X 2 dada por
→
T (x) = ( x, en )n∈N .
Est´a bien definida por la desigualdad de Bessel. Es una isometr´ıa por la identidad de Parseval y es suprayectiva por el teorema de Riesz-Fisher.
Corolario 4.1.12 Si Ω es medible de medida positiva entonces L2 (Ω) es
isom´etricamente isomorfo a 2 .
4.2
Operador adjunto
Teorema 4.2.1 Sean (X, , ) e (Y, ( , )) espacios de Hilbert sobre K y sea
· ·
··
∈ L(X, Y ). Existe un ´ unico T ∗ ∈ L(Y, X ) tal que (Tx,y) = x, T ∗ y , x ∈ X, y ∈ Y. Adem´ as T ∗ ≤ T . T
76
Chapter 4. Ampliaci´ on de espacios de Hilbert
´ n: Demostraci o
Fijado y
∈ Y definimos φ
T,y
: X
→ K dada por
φT,y (x) = (Tx,y). Es inmediato probar que φT,y X con φT,y T . Usando el Teorema de representaci´ on de Riesz-Frechet se obtiene un u´nico x X tal que φT,y (x) = x, x . Definimos T ∗ : Y on T ∗ (y) = x . Se cumple que X mediante la aplicaci´
∈
≤
∈
→
(Tx,y) = φT,y (x) = x, T ∗ y ,
x
∈ X.
Hemos de comprobar que T ∗ L(Y, X ). K y y1 , y2 Veamos la linealidad: Sean α1 , β 1 Y . Consideremos ∗ ∗ ∗ T (y1 ) = x1 y T (y2 ) = x2 y T (α1 y1 + α2 y2) = x . Para comprobar que x = α1 x1 + α2x2 es suficente probar que
∈
∈
∈
(Tx,α1 y1 + α2y2) = x, α1 x1 + α2 x2 ,
Sea x
∈ X tenemos x, α x + α x 1 1
2 2
= = = =
x
∈ X.
α ¯ 1 x, x1 + α ¯ 2 x, x2 α ¯ 1 (Tx,y1 ) + α ¯ 2 (Tx,y2 ) (Tx,α1 y1 ) + (Tx,α2 y2 ) (Tx,α1 y1 + α2 y2 ).
Veamos la continuidad: Usando que x = sup emos
{|v, x| : v ≤ 1} ten-
T ∗y = sup{|v, T ∗y| : v ≤ 1} = sup{|T v , y| : v ≤ 1} ≤ T y. Por tanto T ∗ ≤ T . Finalmente veamos la unicidad del operador T ∗ . Supongamos que existen T , T ∈ L(Y, X ) tales que (Tx,y) = x, T y = x, T y , x ∈ X, y ∈ Y. Como x, T y − T y = 0 para todo x ∈ X , y ∈ Y , tomando x = T y − T y se tiene que T y = T y para todo y ∈ X . 1
2
1
1
2
1
2
1
2
2
77
4.2. Operador adjunto
Definici´ on 4.2.2 Dados (X, , ) e (Y, ( , )) espacios de Hilbert sobre K.
· ·
··
Para cada T L(X, Y ) se define el operador adjunto de T al unico ´ T ∗ L(Y, X ) tal que (Tx,y) = x, T ∗ y , x X, y Y.
∈
∈
∈
∈
Nota 4.2.1 Recordemos que el Teorema de Riesz-Frechet permite definir una
isometr´ıa J X : X
→ X ∗ dada por J (x) = φ definido por J (x)(y) = y, x, y ∈ X. X
x
X
Entonces si T
∈ L(X, Y ) tenemos −1 T t J Y T ∗ = J X
´ n: Demostraci o
Es consecuencia de la unicidad del operador adjunto, pues 1 X
t
−1 T t(φy ) = x, J X −1 T t (φy ))(x) = J X (J X = T t (φy )(x) = φy (T (x)) = y, T (x) .
x, J − T J (y)
Y
Ejemplo 4.2.1 Sea T : Kn2 (ai,j )ni,j=1 . Entonces T ∗ : Kn2
traspuesta (a∗i,j )ni,j=1 = (¯a j,i)ni,j=1 . ´ n: Demostraci o
n 2 n 2
→K →K
una aplicaci´ on lineal con matriz asociada viene dado por la matriz conjugada de la
En efecto, recordemos que n
T (
n
αi ei ) =
i=1
n
(
ai,j αi )e j .
j=1 i=1
Es decir, ai,j = T (ei ), e j y por tanto
a∗i,j = T ∗ (ei ), e j = e j , T ∗ (ei ) = T (e j ), ei = a ¯ j,i.
Ejemplo 4.2.2 Sea S : 2
Entonces S ∗ : 2
→
2
→
dado por S ((x1 , x2 ,...)) = (0, x1 , x2 ,...). 2 viene dado por S ∗ ((x1 , x2 ,...)) = (x2 , x3 ,...).
78
Chapter 4. Ampliaci´ on de espacios de Hilbert
´ n: Demostraci o
Tenemos que S (en ) = en+1. Por consiguiente
e
n+1 , em
= Se
= e , S ∗(e ). − para m ≥ 2 y S ∗ (e )
n , em
Se deduce entonces que S ∗ (em) = em consecuencia S ∗ ((x1 , x2 ,...)) =
∞
n
m
1
1
∞
xm S ∗ (em ) =
m=1
= 0. En
xm+1 em = (x2 , x3 ,...).
m=1
Ejemplo 4.2.3 Sea K 2
T K : L (Ω)
2
2
n
∈ L (Ω × Ω), donde Ω ⊂ R
→ L (Ω) dado por
T K (f )(x) =
∗ : L2 (Ω) Entonces T K es decir
Ω
(
Ω
Ω
K (x, y)f (y)dy.
2
K ∗
K
K
´ n: Demostraci o
→ L (Ω) dado por T ∗ = T T ∗ (g)(y) =
caso, en
Ω
donde K ∗ (x, y) = K (y, x),
K (x, y)g(x)dx.
∗ (g) se traduce, en este La f´ormula T K (f ), g = f, T K
K (x, y)f (y)dy)¯g(x)dx =
Ω
∗ (g)(y)dy. f (y)T K
Usando el teorema de Fubini para f L2 (Ω) y g f (y)¯g (x) L2 (Ω Ω), y por tanto K (x, y) f (y)g(x) se concluye que
∈
×
Ω
(
es medible. Definimos
Ω
|
K (x, y)f (y)dy)¯g (x)dx =
∈
||
Ω
(
Ω
2
∈ L (Ω) se tiene que | ∈ L (Ω × Ω) de donde 1
K (x, y)g(x)dx)f (y)dy.
Una manera equivalente de calcular normas de operadores entre espacios de Hilbert es la siguiente:
∈ L(X, Y ). Entonces T = sup{|T (x), y| : x ≤ 1, y ≤ 1}.
Lema 4.2.3 Sean X e Y espacios de Hilbert y T
79
4.2. Operador adjunto ´ n: Demostraci o
u
Basta usar la definici´on de norma y el hecho de que para
∈ Y
u = sup{|u, y| : y ≤ 1}.
Veamos algunas de las propiedades de los operadores adjuntos: Teorema 4.2.4 Sean (X, , ), (Y, ( , )) y (Z, [ , ]) espacios de Hilbert sobre K, α, β K y sean T, S L(X, Y ) y R L(Y, Z ). Entonces
· ·
··
∈∗∗ ∈ ∈ (i) T = T . (ii) T = T ∗ . (iii) T = T T ∗ = T ∗ T = T ∗ . ∗ ∗ ∗ 2
··
2
¯ . (iv) (αT + βS ) = αT ¯ + βS (v) (RT )∗ = T ∗ R∗ . (vi) T es invertible si, y s´ olo si, T ∗ es invertible y (T −1 )∗ = (T ∗ )−1 . (i) Como T ∗ L(Y, X ) entonces T ∗∗ X . Para cada y Y se tiene que
´ n: Demostraci o
x
∈
∈
∈
∈ L(X, Y ). Fijamos
(T ∗∗ x, y) = (y, (T ∗ )∗ x) = T ∗ y, x = x, T ∗ y = (Tx,y).
Por tanto T ∗∗ (x) = T (x) para todo x X . (ii) Usando T ∗ T , junto con (i) se tiene T = (T ∗ )∗ (iii) Si x X podemos escribir
∈
≤
≤ T ∗.
∈ T x = (T x , T x) = x, T ∗T x ≤ xT ∗T x ≤ T ∗T x . Tomando supremos en la bola unidad se tiene que T ≤ T ∗ T . La otra desigualdad se tiene de la estimaci´ on de normas de la composici´ on y el apartado (ii), pues T ∗ T ≤ T T ∗ = T . ∗ 2
2
2
2
Cambiando T por T y usando (i) se tienen las otras igualdades. (iv) Hay que comprobar, debido a la unicidad del adjunto, que para todo x X, y Y se cumple
∈
∈
¯ ∗ y = ((αT + βS )x, y). x, α¯T ∗ + βS Pero ´esto se sigue de ¯ ∗ )y x, (αT ¯ ∗ + βS
= α x, T ∗ y + β x, S ∗ y = α(Tx,y) + β (Sx,y) = ((αT + βS )x, y).
80
Chapter 4. Ampliaci´ on de espacios de Hilbert
(v) N´otese que RT
∈ L(X, Z ). Para x ∈ X y z ∈ Z tenemos [RTx,z ] = (Tx,R∗ z ) = x, T ∗ (R∗ z ).
´ Esto significa que (RT )∗ = T ∗ R∗ . (vi) Supongamos que existe T −1 L(Y, X ) tal que T T −1 = I Y y T −1 T = ∗ = I X e I ∗ = I Y y el apartado (v) entonces I X . Teniendo en cuenta que I X Y T ∗ (T −1 )∗ = I X y (T −1 )∗ T ∗ = I Y . De donde se concluye que T ∗ es invertible y (T ∗ )−1 = (T −1 )∗ .
∈
Definici´ on 4.2.5 Sea X = Y espacio de Hilbert y T
autoadjunto si T ∗ = T . Nota 4.2.2 Si T
T ∗∗ T ∗ = T T ∗ .
∈
∈ L(X ).
T se dice
L(X ) entonces T T ∗ es autoadjunto, pues (T T ∗ )∗ =
Ejemplo 4.2.4 Si K
2
∈ L (Ω × Ω) entonces T
K
es autoadjunto si y s´ olo si
K (x, y) = K (y, x). Para n´ ucleos reales ser autoadjunto equivale a ser sim´etrico, i.e. K (x, y) = K (y, x). Acabaremos este cap´ıtulo con la relaci´ on existente entre el n´ ucleo de un operador y la imagen del adjunto. Proposici´ on 4.2.6 Sean X e Y espacios de Hilbert y T
tonces (i) KerT = (ImT ∗ )⊥ , (KerT )⊥ = ImT ∗ . (ii) KerT ∗ = (ImT )⊥ , (KerT ∗ )⊥ = ImT .
∈ L(X, Y ).
En-
(i) Como x, T ∗ y = (Tx,y) se tiene que T x = 0 si, y s´olo si, x T ∗ y para todo y Y . Es decir, KerT = (ImT ∗ )⊥ . Por otro lado sabemos que (KerT )⊥ = ((ImT ∗ )⊥ )⊥ = ImT ∗ . (ii) Es consecuencia de (i) aplicado a T ∗ . ´ n: Demostraci o
⊥
Corolario 4.2.7 Sea T
∈
∈ L(X, Y ).
(i) Si T es suprayectiva entonces T ∗ es inyectiva. (ii) Si T ∗ es inyectiva e ImT es cerrado entonces T es suprayectiva.
Chapter 5 Teor´ıa espectral de operadores 5.1
Espectro de un operador
En esta secci´ on (X, ) ser´ a un espacio normado sobre K y T : X X un operador lineal y continuo, es decir T L(X ). Motivados por la resoluci´ on de ecuaci´ ones consideramos varias nociones asociadas a los operadores que juegan un papel fundamental en el desarrollo posterior.
·
∈
→
Definici´ on 5.1.1 Sea T
∈ L(X ). Un valor λ ∈ K se dice valor propio del operador si existe x = 0 ∈ X tal que T x = λx, es decir Ker(T − λI ) = {0}. Los elementos no nulos de Ker(T − λI ) se llaman vectores propios de T asociados a λ. Denotamos σ p (T ) al conjunto de valores propios del operador, i.e. σ p (T ) = λ
{ ∈ K : Ker(T − λI ) = {0}}
y le llamamos espectro puntual del operador. Nota 5.1.1 Observar que λ
∈ σ (T ) implica que T − λI no es inyectiva, en particular no es invertible. Es bien sabido que si T : K → K es lineal el hecho de ser inyectiva, equivale a ser suprayectiva y equivale a ser invertible (con inversa continua). Dicha condici´ on puede caracterizarse en t´erminos del det(A) = 0 siendo A la p
n
n
matriz del operador. Por tanto el conjunto de valores propios σ p (T ) coincide con las soluciones de det(A λI ) = 0,
−
es decir las raices del polinomio caracter´ıstico. 81
82
Chapter 5. Teor´ıa espectral de operadores
∈ L(X ). Un valor λ ∈ K se llama valor regular (o valor resolvente) para T si (T − λI ) es invertible en L(X ). Denotamos ρ(T ) = {λ ∈ K : ∃(T − λI )− ∈ L(X )} Definici´ on 5.1.2 Sea T
1
al conjunto de valores regulares, denominado el conjunto resolvente del operador y σ(T ) a su complementario, denominado el espectro del operador. Es decir σ(T ) = K ρ(T ) es el conjunto de valores no regulares (llamados tambi´en valores espectrales). Definimos el operador resolvente resolvente de T , denotado RT mediante la aplicaci´ on RT : ρ(T ) L(X ) dada por
\
→
RT (λ) = (T Nota 5.1.2 Observar que σ p (T )
Nota 5.1.3 Si λ
⊂ σ(T ).
2
∈ ⊥L( ) dado por S ((α , α ,...)) = (0, α , α ,...). Ob{e } luego 0 ∈ σ(S ). Sin embargo 0 ∈/ σ (S ) pues
Ejemplo 5.1.1 Sea S
servar que ImT = KerT = 0.
1
− λI )− . 1
2
1
2
1
p
σ(T ) se debe a una de las siguientes circunstancias: T λI no es inyectivo, T λI no es suprayectivo o´ T λI es una biyecci´ on continua pero su inversa no es continua.
−
∈
−
Ejemplo 5.1.2 Sea T
servar que
−
2
∈ L( ) dado por T ((α , α ,...)) = (α , α ,...). 2
Ker(T
1
2
2
3
Ob-
2
− λI ) = {x ∈ : x = λx , x = λx ,...} = {x (1, λ , λ ,...)}. 0 tal que x (1, λ , λ ,...) ∈ si, y s´ olo si, 0 ≤ |λ| < 1. Por tanto existe x = Es decir σ (T ) = {λ : 0 ≤ |λ| < 1}. En particular 1 ∈ / σ (T ). Veamos que 1 ∈ σ(T ) probando que T − I no es 2
1
1
3
2
2
1
1
2
p
p
suprayectiva. En efecto, Im(T
2
2
− I ) = {(α , α ,...) ∈ : α = β − β , (β ) ∈ ∈ }. Luego (α , α ,...) ∈ Im(T − I ) implica que α = β − β es convergente. En particular ( ) ∈ / Im(T − I ). Teorema 5.1.3 Si T ∈ L(X ) entonces σ(T ) es un conjunto compacto contenido en {λ ∈ K : |λ| ≤ T }. 1
2
1
1 n
2
n
n+1
n k=1
n
k
n n N
n+1
1
83
5.1. Espectro de un operador ´ n: Demostraci o
T }.
Veamos que σ(T ) es cerrado y σ p (T )
⊂ {λ ∈ K : |λ| ≤
Si λ > T entonces λ−1 T < 1. Usando el criterio de invertibilidad de operadores se concluye que I λ−1 T = λ−1 (T λI ) es invertible. En particular λ ρ(T ). Veamos que ρ(T ) es abierto. Sea λ ρ(T ), es decir T λI G(X ) . De los resultados del Teorema 3.5.4 se tiene que todo operador S L(X ) tal 1 que S (T λI ) < (T −λI tambi´en es invertible. ) 1 1 Consideremos S = T βI . Por tanto, si λ β < (T −λI entonces ) 1 β ρ(T ).
|| ∈
−
−
−
∈
− −
− ∈ ∈
−
−
∈
| − |
−
R2 est´ a dado por (x, y) ( y, x) se cumple que Nota 5.1.4 Si T : R2 σ(T ) = ∅, pues para todo λ R se tiene que T λI es inyectiva.
→
∈
−
→ −
Nota 5.1.5 Un importante resultado referente al especto de un operador T L(X ) en el caso de X normado sobre C afirma que σ(T ) = ∅. En el caso
∈
finito dimensional es consecuencia inmediata del teorema fundamental del algebra, sin embargo en el caso infinito dimensional su demostraci´ ´ on necesita algunos resultados que no entran en el contenido en este curso. Aplicando los resultados de invertibilidad del Cap´ıtulo 3 podemos obtener las siguientes consecuencias sobre desarrollos en serie de Laurent de la resolvente.
∈ L(X ). (i) Si |λ| > T entonces λ ∈ ρ(T ) y se obtiene el desarrollo en serie de
Teorema 5.1.4 Sea T
Laurent
∞ − −
RT (λ) =
λ
(n+1)
T n .
n=0
1 Adem´ as RT (λ) |λ|−T . (ii) Si λ ρ(T ) entonces se tiene el desarrollo en serie de potencias
∈
≤
RT (β ) =
∞
(β
n=0
´ n: Demostraci o
n
n+1 , T (λ)
− λ) R
|β − λ| < R 1(λ) . T
(i) Se vi´o en Teorema 5.1.3 que λ
(I − λ−1 T )−1 = −λ(T − λI )−1 =
∈ ρ(T ). Adem´as
∞ − λ
n=0
n
T n .
84
Chapter 5. Teor´ıa espectral de operadores
Por tanto RT (λ) = (T − λI )−1 = −
∞ − λ
(n+1)
T n .
n=0 1 RT (λ)
(ii) N´otese que si λ
∈ ρ(T ) y |λ − β | < entonces β ∈ ρ(T ). Adem´as T − βI = T − λI − (β − λ)I = (T − λI )(I − (β − λ)(T − λI )− ) = (T − λI )(I − (β − λ)R (λ)). 1
T
Por consiguiente, RT (β ) = (I − (β − λ)RT (λ))−1 RT (λ) =
∞
(β
n=0
n
n+1 T (λ).
− λ) R
5.2
Operadores compactos
Un conjunto A X donde X un espacio normado es acotado si x M ¯ para todo x A, es decir A x X : x M . A es cerrado si A = A. Recordemos que A X se dice relativamente compacto si A¯ es compacto, i.e. de todo cubrimiento abierto de A¯ se puede extraer un subrecubrimiento finito. Es bien sabido que todo compacto es cerrado y acotado, pero recordemos que la compacidad no es equivalente a ser cerrado y acotado en espacios de dimensi´on infinita. De hecho, por el teorema de Riesz, X es finito dimensional si, y s´olo si, todo acotado A X es relativamente compacto. Mencionemos, sin demostraci´ on, una caracterizaci´ on de los conjuntos relativamente compactos en el caso X = C (K ).
∈ ⊂
∈
⊂{ ∈
≤ }
≤
⊂
a) Sea (K, d) un espacio m´etrico Teorema 5.2.1 (Teorema de Ascoli-Arzel` compacto, y X = C (K ) con ∞ . Un subconjunto A mente compacto si, y s´ olo si, A es acotado, i.e.
·
sup x A,t K
∈ ∈
⊂ C (K ) es relativa-
|x(t)| < ∞,
y A es equicontinuo, i.e. para todo ε > 0 existe δ > 0 de modo que sup x(t) x A
∈
|
− x(s)| < ε,
d(s, t) < δ.
85
5.2. Operadores compactos Definici´ on 5.2.2 Sean X e Y espacios normados y T : X
→ Y un oper-
ador lineal. Diremos que T es compacto si transforma conjuntos acotados en conjuntos relativamente compactos. Nota 5.2.1 Si T : X
→ Y es lineal y compacto entonces T ∈ L(X, Y ).
Como T (BX ) es compacto en particular acotado. Luego existe M > 0 tal que 1. T (x) M si x
≤
≤
Proposici´ on 5.2.3 Sean X e Y espacios normados y T
∈ L(X, Y ).
Son
equivalentes: (i) T es compacto. (ii) T (BX ) es relativamente compacto, donde BX es la bola cerrada. (iii) De toda sucesi´ on (xn )n∈N acotada se puede extraer una subsucesi´ on (xnk )k∈N tal que (T (xnk ))k∈N es convergente en Y . ´ n: Demostraci o
(i) = (ii) Inmediato. (ii) = (iii) Sea xn M para todo n N. Entonces M −1 xn BX . 1 − Sea A = T (M xn ) : n N que sabemos que es relativamente compacto. Luego se puede extraer una subsucesi´ on convergente en A¯ y por tanto T (xnk ) converge en Y . (iii)= (i) Sea A X acotado. Como T L(X, Y ) se tiene que T (A) es acotado. Veamos que T (A) es relativamente compacto, probando que de toda sucesi´on se puede extraer una subsucesi´ on convergente. Sea (yn )n∈N T (A), pongamos yn = T (xn ) para xn A. Como A es acotado, por la hip´ otesis se concluye que existe una subsucesi´ on (ynk )k∈N convergente.
⇒ {
⇒ ≤ ∈ }
∈
⇒
⊂
∈
∈
∈
∈
Nota 5.2.2 La identidad I : X
dimensional. Ejemplo 5.2.1 Sea K
por T K x(s) =
b a
→ X es compacto si y s´ olo si X es finito
: C ([a, b]) K (s, t)x(t)dt. Entonces T K es compacto.
´ n: Demostraci o
∈ C ([a, b] × [a, b]) y T
K
→ C ([a, b]) dado
Es suficiente ver que A = T K (x) : x ∞ 1 es relativamente compacto en C ([a, b]). Usando el Teorema 5.2.1 hemos de ver que A es acotado y equicontinuo. Es claro que A y C ([a, b]) : y ∞ T K . Por otro lado, como K es uniformemente continua en [a, b] [a, b], para cada ε > 0 existe δ > 0 tal que
{ ≤ } ⊂{ ∈ ≤ } ×
|K (s, t) − K (s, t)| < (b −ε a) , |s − s| < δ, t ∈ [a, b].
86
Chapter 5. Teor´ıa espectral de operadores
Por tanto sup |T K (x)(s) − T K x(s )| ≤ x ≤1 ∞
| b
a
K (s, t) K (s , t) x(t) dt < ε,
−
|| |
|s − s| < δ.
Definici´ on 5.2.4 Denotemos los operadores de rango finito F (X, Y ) = T
{ ∈ L(X, Y ) : dim(ImT ) < ∞}
y los operadores compactos por K(X, Y ) = T : X
{
→ Y :
lineales y compactos .
}
En el caso X = Y los denotaremos F (X ) y K(X ). Proposici´ on 5.2.5 Sea T
y1 ,...,yn
∈ L(X, Y ).
T
∈ Y y φ ,....,φ ∈ X tales que 1
n
∈ F (X, Y ) si, y s´ olo si, existen
n
T (x) =
φi (x)yi .
i=1
Como (ImT, ) es finito dimensional. Sea (yi )ni=1 una base de ImT . Consideremos J : Kn2 ImT el isomorfismo tal que yi = 1 − J (ei ). Consideremos φi = πi J T X donde πi : KN K dado por 2 n πi ((α1 ,...,αn )) = αi para i = 1,...,n. Entonces si T x = i=1 αi yi se tiene que J −1 (T x) = (α1,...,αn ) y por tanto αi = φi (x). El rec´ıproco es inmediato. ´ n: Demostraci o
·
→ ∈
→
Proposici´ on 5.2.6 Sean X, Y y Z espacios normados. Entonces
(i) F (X, Y ) K(X, Y ) L(X, Y ). (ii) Si T F (X, Y ) (respect. T K(X, Y )) y S L(Y, Z ) entonces ST F (X, Z ) (respect. ST K(X, Z )). (iii) Si T L(X, Y ) y S F (Y, Z ) (respect. T K(Y, Z )) entonces ST F (X, Z ) (respect. ST K(X, Z )).
⊂
⊂ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ´ n: (i) Sea T ∈ F (X, Y ). Demostraci o
∈ ∈
Como T (BX ) es un conjunto acotado en ImT que es finito dimensional, se tiene que T (BX ) es relativamente compacto.
87
5.2. Operadores compactos
El otro contenido se observ´ o en la Nota 5.2.1. (ii) Usar que Im(ST ) Im(S ) para el caso S F (Y, Z ) . Si S K(Y, Z ), como T (BX ) es un acotado se tiene que ST (BX ) es relativamente compacto. (iii) Si T F (X, Y ) lo escribimos
⊂
∈
∈
∈
n
T (x) =
φi (x)yi ,
i=1
entonces
n
ST (x) =
φi (x)Sy i
i=1
∈ F (X, Z ).
Si T K(X, Y ) entonces T (BX ) es compacto, y como S es continua se tiene que S (T (BX )) es compacto y ST (BX ) S (T (BX )).
∈
⊂
Teorema 5.2.7 Sea X un espacio normado e Y un espacio de Banach. En-
tonces K(X, Y ) es un subespacio cerrado de L(X, Y ). ´ n: Demostraci o
Sea (T n )n∈N T . Veamos que K(X, Y ) tal que T n T K(X, Y ). Sea (xk )k∈N una sucesi´ o n en X con supn xn = M . Veamos que existe una subsucesi´ on (xk )k∈N tal que (T (xk ))k∈N es de Cauchy en Y . Por ser T 1 compacto existe una subsucesi´ on, denotada (x1,k )k∈N tal que (T 1 (x1,k ))k∈N es convergente en Y . Aplicando que T 2 es compacto existe una subsucesi´o n de (x1,k )k∈N , denotada (x2,k )k∈N tal que (T 2 (x2,k ))k∈N es convergente en Y . Reiterando el proceso existe una subsucesi´ on de (xn−1,k )k∈N , denotada (xn,k )k∈N tal que (T n(xn,k ))k∈N es convergente en Y . Consideremos N. Es una subsucesi´ ahora, xk = xk,k para k o n de la original (xk )k∈N . Veamos que verifica que (T (xk ))k∈N es convergente. N se tiene que Al ser (xk )k∈N subsucesi´o n de (xn,k )k∈N para todo n (T n (xk ))k∈N converge para todo n N. Dado ε > 0 existe n N tal que T n T < ε/(3M ). En particular
⊂
∈
→
∈
∈
∈
∈ − T x − T x ≤ T − T (sup x ) < ε/3, k ∈ N. Por la compacidad de T existe k ∈ N tal que T x − T x < ε/3, i , j ≥ k . Por tanto, para i, j ≥ k T x − T x ≤ T x − T x + T x − T x + T x − T x < ε. n k
n
k
n
k
0
n j
n i
0
0
j
i
j
n j
n j
n i
n i
i
88
Chapter 5. Teor´ıa espectral de operadores
Corolario 5.2.8 Sea X un espacio normado e Y un espacio de Banach. Si
(T n )n∈N
⊂ F (X, Y ) y T → T en L(X, Y ) entonces T ∈ K(X, Y ).
5.3
Espectro de operadores compactos
n
Comenzamos mencionando un resultado de aproximaci´ on de gran utilidad debido a Riesz. Lema 5.3.1 (Riesz) Sean Y 1 e Y 2 subespacios vectoriales de un espacio normado X tales que Y 1 es cerrado y cumple Y 1 Y 2. Para todo 0 < θ < 1
existe y2
∈ Y
− y ≥ θ para todo y ∈ Y . ´ n: Sea u ∈ Y \ Y . Como Y es cerrado se tiene que d(u, Y ) = Demostraci o d > 0. Por tanto existe y ∈ Y tal que 2
con y2 = 1 y y2
2
θ
y − y 2
1
1
1
1
0 θ. θ
1
Otra importante observaci´ on, v´alida para todos los operadores, es la siguiente: Lema 5.3.2 Sean λ1 ,...,λn
si i = j y sean x1, ...xn vectores propios asociados a dichos valores propios. Entonces x1,...,xn son linealmente independientes. ´ n: Demostraci o
dientes, y sea m
∈ σ (T ) con λ = λ p
i
j
{
}
Supongamos que x1 ,...,xn no son linealmente indepen2,...,n tal que xm el primer vector combinaci´ on lineal de
∈{
}
{
}
89
5.3. Espectro de operadores compactos
los anteriores (en particular x1 ,...,xm−1 son linealmente independientes). −1 Pongamos xm = m i=1 αi xi . Entonces
{
0 = (T
}
−λ
m I )(xm )
m 1
− −
=
m 1
αi T xi
i=1 m 1
=
αi (λi
−λ
−λ
i=1
m
−
αi xi
i=1
m )xi .
Por independencia lineal se tiene que (λi λm )αi = 0 para 1 por tanto xm = 0 lo que contradice la hip´ otesis.
−
Teorema 5.3.3 Sea T
≤ i ≤ m − 1, y
Entonces σ p (T ) es a lo sumo numerable y su unico ´ posible punto de acumulaci´ on es el 0. ´ n: Demostraci o
∈ K(X ).
Veamos que para cada ε > 0 el conjunto
{λ ∈ σ (T ) : |λ| ≥ ε} p
es vac´ıo o finito. Con ´esto se concluye que σ p (T )
\ {0} = ∪ ∈ {λ ∈ σ (T ) : |λ| ≥ 1/n} n N
p
es a lo sumo numerable. Supongamos, por reduci´ on al absurdo, que existe ε0 > 0 tal que A = λ σ p (T ) : λ ε0 es infinito. Podremos tomar una sucesi´ on (λn )n∈N A de valores propios distintos. Sea (xn )n∈N una sucesi´ on de vectores propios correspondiente a los valores propios anteriores. Sabemos que x1 , x2 ,... es un conjunto linealmente independiente. Denotemos Y n = LIN x1,...,xn N y que T (Y n ) que cumple Y n Y n+1 para todo n Y n . Usando el lema de Riesz anterior existe yn+1 Y n+1 con yn+1 = 1 y d(yn+1, Y n) 1/2. Veamos que (T (yn ))n∈N no tiene subsucesiones convergentes. Para ello escribimos, para m < n,
||≥ }
{
∈
T (yn)
− T (y
∈
− (T (y ) − T (y ) + λ y ). Comprobemos que u = T (y ) − (T (y ) − λ y ) ∈ Y − . Por un lado y ∈ Y ⊂ Y − y, por tanto T (y ) ∈ Y − . Por otro lado si y = α x se m)
= λn y n
⊂
{
{ ∈ ⊂ } } ≥
m
m
n 1
m
m
n
n 1
n n
n
n n
n 1
n
n i=1
m
i i
90
Chapter 5. Teor´ıa espectral de operadores
tiene que n
T (yn)
−λ y
n n
=
−
n
α i T xi
i=1 n
=
λn αi xi
i=1
αi (λi
− λ )x
αi (λi
− λ )x ∈ Y − .
i=1 n 1
=
−
i=1
n
i
n
i
n 1
Por tanto
T (y ) − T (y ) n
m
=
λ y − u ≥ |λ |y − |λu | ≥ |λ |d(y , Y − ) ≥ |λ |/2 ≥ ε /2. n n
n
n
n n
n
n
n 1
0
Esto impide que existan subsucesiones convergentes, y se obtiene una contradicci´on. Corolario 5.3.4 Si X es un espacio normado infinito dimensional y T K(X ) entonces se cumple una de las siguientes situaciones:
∈
(i) σ p (T ) 0 = ∅. (ii) σ p (T ) 0 es un conjunto finito. (iii) σ p (T ) 0 es una sucesi´ on que converge a 0.
\{ } \{ } \{ }
Teorema 5.3.5 Sea X un espacio normado y T
entonces Ker(T
− λI ) es finito dimensional.
∈ K(X ). Si λ ∈ σ (T ) \{0} p
´ n: Demostraci o
Veamos que la bola unidad de Ker(T λI ) es compacto. Sea (xn )n∈N Ker(T λI ) con xn 1 para todo n N. Como T es compacto entonces (T (xn ))n∈N = λ(xn )n∈N posee una subsucesi´ on convergente. Y por tanto tambi´en (xn )n∈N posee una subsucesi´ on convergente.
∈
−
≤
∈
−
Daremos ahora informaci´ on sobre el espectro de los operadores compactos. on infinita y T Teorema 5.3.6 Sea X un espacio normado de dimensi´ K(X ). Entonces 0
∈ σ(T ).
∈
91
5.3. Espectro de operadores compactos ´ n: Demostraci o
Supongamos que 0 ρ(T ) entonces T es invertible y 1 − por tanto I X = T T es compacto. Por el teorema de Riesz X es finito dimensional.
∈
Teorema 5.3.7 Sea X un espacio normado y T
Im(T
− λI ) es cerrado.
´ n: Demostraci o
∈ K(X ) . Si λ = 0 entonces
Supongamos que Im(T λI ) no es cerrado. Existe y X Im(T λI ) y una sucesi´on (xn )n∈N X tal que yn = T (xn) λxn convergente a y. Como Im(T λI ) es un subespacio, se tiene que y = 0, y por tanto existe n0 N tal que yn > y /2 > 0 para n n0 . Luego xn / Ker(T λI ) para n n0 . Como Ker(T λI ) es cerrado, podemos poner dn = d(xn ,Ker(T λI )) > 0. Consideremos z n Ker(T λI ) tal que 0 < dn xn z n < 2dn .
\
−
∈
∈
−
−
≥
− ⊂ −
−
≥
−
∈
∈
−
≤ −
Entonces T (xn
− z ) − λ(x − z ) = T (x ) − λx = y . Veamos que sup{d : n ∈ N} = ∞. Supongamos, por reducci´ on al absurdo, que sup{d : n ∈ N} < ∞. Es decir, (x − z ) ∈ es acotada y, como T es compacto, existir´ a una subsucesi´ on de (x − z ) ∈ tal que (T (x − z )) ∈ converge. Luego (x − z ) ∈ converge a x. Como consecuencia, y = lim y = lim T (x − z ) − λ(x − z ) = T (x) − λx. →∞ →∞ Esto contradice el hecho de que y ∈ / Im(T − λI ). Tomemos ahora una sucesi´ on d divergente a +∞ y denotemos 1 w = (x − z ). d n
n
n
n
n
n
n
n
nk
k
nk
n
n n N
nk
nk k N
nk
nk
k N
nk k N
nk
k
nk
nk
nk
nk
k
nk
nk
nk
De nuevo, podemos afirmar que λwk = T (wk )
− (T − λI )(w ) = T (w ) − d1 k
k
nk
ynk .
Usando que (wk )k∈N es acotada, y T compacto se concluye que existe una subsucesi´o n de (T (wk ))k∈N convergente y por tanto tambi´ en la subsucesi´ on de (wk )k∈N converge a cierto w. Pasando al l´ımite λw = T (w)
− lim d1 k
nk
ynk = T (w).
92
Chapter 5. Teor´ıa espectral de operadores
Es decir w
∈ Ker(T − λI ). Por tanto d w − w = x − z − d w ≥ d(x ,Ker(T − λI )) = d . Esto conduce a contradicci´ on pues w − w ≥ 1, y tiene una subsucesi´ on (w − w) que converge a cero. nk
k
nk
nk
nk
nk
nk
k
nj
j
∈ K(X ) y λ = 0. Si Ker(T − λI ) = {0} entonces Im(T − λI ) = X y el operador T − λI es invertible en L(X ). Es decir, σ (T ) \ {0} = σ(T ) \ {0}. Teorema 5.3.8 Sea T
p
´ n: Demostraci o
Si X es de dimensi´ on finita el resultado es conocido de Algebra elemental. Supongamos que X es de dimensi´on infinita. Supongamos que X 1 = Im(T λI ) = X . Sabemos por el Teorema 5.3.7 que X 1 es cerrado. Veamos que X 1 tiene dimension infinita. En efecto si x1 ,...x n son linealmente independientes en X entonces y1 = T (x1 ) λx1 ,...,yn = T (xn) λxn son linealmente independientes en X 1 ya que
−
−
n
0=
n
αi yi = T (
i=1
−
n
αi xi )
i=1
− λ(
αi xi )
i=1
y por tanto ni=1 αi xi Ker(T λI ) = 0 de donde se concluye que αi = 0 para 1 i n. Probemos ahora que T (X 1 ) X 1 . En efecto si x = T (z ) λz X 1 y llamamos y = T (z ) se tiene que
∈
≤ ≤
− ⊂
{}
− ∈
2
T (y)
− λy = T (z ) − λT (z ) = T (T (z ) − λz ) = T (x). En particular T (x) ∈ Im(T − λI ) = X . Denotemos T la restricci´ o n de T a X y estamos en la situaci´on anterior, un operador compacto T ∈ L(X ) y X de dimensi´on infinita. Definimos X = Im(T − λI ) = Im((T − X pues caso contrario λI ) ) ⊂ X . Se cumple que X = dado x ∈ X ponemos T x − λx = x ∈ X = X y por tanto existe x ∈ X tal que T x − λx = T (x ) − λx = T (x ) − λx y usando la inyectividad de T − λI se tiene que x = x ∈ X . Razonando de manera recurrente se encuentra una 1
1
1
X
1 2
1
2
1
2
1
1
1
1
1
1
1
X1
1
1
2
1
1
1
1
sucesi´on de espacios cerrados X n, infinito dimensionales tales que ... X n X n−1 ... ...X 1 X
1
93
5.4. Espectro de operadores autoadjuntos en espacios de Hilbert
donde X n = Im(T λI X )n , T n K(X n). Usando el lema de Riesz se obtiene una sucesi´ on (xn )n∈N tal que xn = 1, xn X n y d(xn, X n+1) 1/2. Observemos que para n > m,
−
T (xn)
∈
∈
≥
− T (x ) = −λx + λx + (T (x ) − λx ) − (T (x ) − λx ). Como x ∈ X ⊂ X , T (x ) − λx ∈ Im(T − λI ) = X ⊂ X (T (x ) − λx ) ∈ X entonces T (x ) − T (x ) = |λ|x − u ≥ |λ|d(x , X ) ≥ |λ2| . m
n
m
n
m
m+1
m
m+1
n
m
n
n
n
n
m
n
m
n
m
Xn
m
m
n+1
m+1 ,
m+1
Esto conduce a una contradicci´ on puesto que (T (xn))n∈N no puede tener subsucesiones convergentes. Por tanto Im(T λI ) = X . Veamos la continuidad de la inversa T λI −1 . Hemos de ver que existe M > 0 tal que M T x λx para todo x X con x = 1. Supongamos que existe una sucesi´ on (xn )n∈N tal que xn = 1 con yn = T xn λxn tal que yn < 1/n. Usando la compacidad existe una subsucesi´ on tal que (T xnk ) es convergente, y como 1 xnk = (T (xnk ) ynk ) λ la sucesi´on xnk tambi´en converge, digamos a x. Consecuentemente λx = T (x) y as´ı x Ker(T λI ) lo que implica x = 0, pero x = limk xnk = 1.
− − ∈
≤ −
−
−
∈
−
Corolario 5.3.9 Si X es un espacio normado infinito dimensional y T K(X ). Entonces
σ(T ) = 0
∈
{ } ∪ σ (T ). p
En particular σ(T ) es, o bien un conjunto finito que contiene al 0, o bien un sucesi´ on que tiene al cero como punto de acumulaci´ on.
5.4
Espectro de operadores autoadjuntos en espacios de Hilbert
En esta secci´ on (X, , ) denota un espacio de Hilbert Recordemos que T L(X ) se dice autoadjunto si T = T ∗ , i.e.
∈
· ·
Tx,y = x,Ty,
x, y
∈ X.
Una primera propiedad de estos operadores es que su norma se calcula de una manera m´ as f´acil.
94
Chapter 5. Teor´ıa espectral de operadores
Proposici´ on 5.4.1 Si T
∈ L(X ) es autoadjunto entonces T = sup{|Tx,x| : x = 1}. ´ n: Llamemos A = sup{|Tx,x| : x = 1}. De la desigualDemostraci o dad de Cauchy se tiene que A ≤ T . Veamos ahora que |(Tx,y )| ≤ A para x = y = 1. Al ser autoadjunto se tiene T (x + y), x + y = T (x), x + T (y), x + T (x), y + T (y), y = T (x), x + 2(T (x), y ) + T (y), y . Razonando an´ alogamente con x − y y restando se obtiene T (x + y), x + y − T (x − y), x − y = 4(Tx,y). Como |T z , z | ≤ Az para todo z ∈ X , se tiene que 4|(Tx,y )| = |T (x + y), x + y − T (x − y), x − y| ≤ |T (x + y), x + y| + |T (x − y), x − y| ≤ A(x + y + x − y ) ≤ 2A(x + y ) = 4A. Usando ahora que (Tx,y ) = (Tx,iy) se tiene tambien que |(Tx,y)| ≤ A. Usando que T = sup{|Tx,y | : x = y = 1} se obtiene el resultado. 2
2
2
2
2
Proposici´ on 5.4.2 Sea T
∈ L(X ) autoadjunto. Entonces (i) A = {Tx,x : x = 1} es un subconjunto acotado de R y σ (T ) ⊂ A . En particular los valores propios son reales. (ii) Si M = sup A y m = inf A se tiene que T = max{M , −m }. ´ n: (i) Como Tx,x = x,Tx = Tx,x se tiene que Tx,x ∈ Demostraci o R para todo x ∈ X . Adem´ as A ⊂ [−T , T ] usando la Proposici´ on 5.4.1. Sea λ ∈ σ (T ) y x un vector propio no nulo (que podemos suponer con x = 1) asociado a λ. Entonces como T x = λx se tiene que λ = Tx,x ∈ A . (ii) La desigualdad de Cauchy garantiza que M ≤ T y −m ≤ T . T
p
T
T
T
T
T
T
T
T
p
T
T
T
Por otro lado
Tx,x ≤ M ≤ max{M , −m }, −Tx,x ≤ −m ≤ max{M , −m }. T
T
T
T
El resultado se sigue de nuevo aplicando la Proposici´ on 5.4.1.
T
T
95
5.4. Espectro de operadores autoadjuntos en espacios de Hilbert Teorema 5.4.3 Sea T
∈ L(X ) autoadjunto. Entonces
(i) σ(T ) [mT , M T ]. (ii) M T , mT σ(T ).
⊂
∈
´ n: Demostraci o
(i) Sea λ K [mT , M T ] y pongamos d = d(λ, [mT , M T ]) > 0. En particular, para x = 1 se tiene Tx,x λ > d. Por tanto
∈ \
| − | (T − λI )(x) ≥ dx , x ∈ X. Esto implica que T − λI es inyectiva y que Im(T − λI ) es cerrado (pues si (T − λI )(x )) ∈ converge a y, se tiene que (x ) ∈ es de Cauchy, y por tanto convergente a x ∈ X , y como consecuencia y = T x − λx .) Adem´as (Im(T − λI ))⊥ = {0} ya que si x = 0 se tiene que T x − λx,x > 0 y ⊥ por tanto x ∈ / (Im(T − λI )) . Usando ahora el teorema de la proyecci´ on 2
n
n N
n n N
0
0
0
ortogonal
X = Im(T
− λI ) + (Im(T − λI ))⊥ = Im(T − λI ).
Consecuentemente T λI es suprayectiva e invertible, o equivalentemente λ ρ(T ). (ii) Veamos que mT σ(T ) (el caso M T σ(T ) es an´alogo y se deja como ejercicio). Si mT es un valor propio ya lo tenemos. Supongamos que mT / σ p (T ), es decir Ker(T mT I ) = 0 . Consideremos
−
∈
∈
∈
∈
−
{} (x, y) = (T − m I )x, y = Tx,y − m x, y . Se cumple que (x, x) = Tx,x − m x ≥ 0. Como tambi´ en verifica las propiedes de un producto escalar sobre X (salvo (x, x) > 0 para x = 0) entonces tenemos la validez de la desigualdad de Cauchy. Por tanto, para x ∈ X e y = T x − m x tenemos (T − m I )x = |T x − m x,Tx − m x| = |(x, y)| ≤ (x, x)(T x − m x,Tx − m x) ≤ (Tx,x − m x )(T − m ) x,Tx − m x ≤ (Tx,x − m x )T − m x. T
T
2
T
T
T
4
T
T
2
2
T
T T
T
2 2
T
T
2
T
3
De esta estimaci´ on se tiene que, si consideremos una sucesi´ on (xn)n∈N con xn = 1 tal que ( T xn , xn )n∈N converja a mT entonces ((T mT I )xn )n∈N converge a 0. Esto implica que mT σ(T ), pues en caso contrario
∈ 1 (T − m I )− ≤ (T − m T
1
−
T I )xn
, n ∈ N.
96
Chapter 5. Teor´ıa espectral de operadores
∈ L(X ) es autoadjunto entonces T ∈ σ(T ). Proposici´ on 5.4.5 Si T ∈ L(X ) es autoadjunto y compacto entonces existe λ ∈ σ (T ) con |λ| = T . ´ n: Si T = 0 es trival. Supongamos que T > 0. Sea (x ) ∈ Demostraci o con x = 1 tal que (|T x , x |) ∈ converge a T . Como la sucesi´ on (T x , x ) ∈ es acotada, existe una subsucesi´ on convergente a un valor λ ∈ R, que adem´as cumplir´a |λ| = T . Comprobemos que λ ∈ σ (T ). Corolario 5.4.4 Si T
p
n n N
n
n
n
n
n
n N
n N
p
Mantenemos la notaci´ o n de (xn)n∈N para la subsucesi´ on anterior, y usando la compacidad existe otra subsucesi´ on de la misma de modo que (T (xnk ))k∈N converge a cierto valor z X . Teniendo en cuenta que
∈
2
T (x ) − λx n
n
T (x ) − λx , T (x ) − λx T (x ) − 2λT (x ), x + λ x ≤ T − 2λT (x ), x + λ = 2λ − 2λT (x ), x . = =
n
n
n
2
n
n
n
2
n
2
n
n
2
n
n
2
2
n
Por tanto lim T (xnk )
k
→∞
2
− λx nk
= 0,
de donde se sigue lim λxnk = z.
k
Si ponemos y =
z λ
→∞
se concluye que
T (y), y = lim T (x →∞ k
Por tanto y = 0 y
5.5
nk ), xnk
T (y) = λy.
= λ = 0.
El teorema espectral
Uno de los resultados importantes en la teor´ıa de matrices afirma que las matrices reales y sim´etricas tienen n valores propios reales y pueden diagonalizarse, encontrando una base de vectores propios respecto de la cual
5.5.
97
El teorema espectral
la matriz es diagonal y tiene los valores propios en la diagonal. Veamos la situaci´on infinito dimensional y la relaci´ on con la teor´ıa espectral. Del contenido de las secciones precedentes se tiene que todo operador compacto y autoadjunto T no nulo verifica que σ(T ) = 0 (pues siempre T σ(T ))y a lo sumo numerable. Adem´ a s si 0 = λ σ(T ) entonces λ σ p (T ) y Ker(T λI ) es de dimensi´on finita. Veamos que si λ, β σ p (T ) con λ = β entonces Ker(T λI ) Ker(T βI )
∈ ∈
{} ∈
−
−
⊥
∈
−
Lema 5.5.1 Sea T
∈ L(X ) es autoadjunto y sean λ y β valores propios distintos del operador T . Si x e y son vectores propios asociados a λ y β respectivamente entonces x ⊥ y. ´ n: Demostraci o
Como T x = λx,
T y = β,
Tx,y = x,Ty,
se tiene que λ x, y = β x, y .
As´ı que x, y = 0. Ahora presentaremos el teorema espectral para operadores autoadjuntos y compactos.
Teorema 5.5.2 (Hilbert-Schmidt) Sea X un espacio de Hilbert, y sea 0 =
T
∈ L(X ) autoadjunto y compacto.
(i) Existe una base ortonormal de (KerT )⊥ formada por vectores propios de T . (ii) Si T F (X ) entonces los valores propios no nulos de T (repetidos seg´ un la dimensi´ on del subespacio propio correspondiente) forman un con junto finito λ1 ,...,λn y existe un conjunto ortonormal x1 ,...,xn donde xi es un vector propio asociado a λi para i = 1,...,n de manera que cada x X se puede escribir
∈
{
}
{
}
∈
n
x=
x, xi xi + x0
i=1
donde x0 KerT . En particular T (x) = ni=1 λi x, xi xi . (iii) Si T K(X ) F (X ) entonces los distintos valores propios no nulos de T forman una sucesi´ on (λn)n∈N de n´ umeros reales con lim λn = 0, y existe
∈
∈
\
98
Chapter 5. Teor´ıa espectral de operadores
un conjunto ortonormal x1 ,...,xn ,... donde xn es un vector propio asociado a λn para n N de manera que cada x X se puede escribir
{
∈
}
x=
∞
∈
x, xi xi + x0
i=1
donde x0 KerT . En particular T (x) = ∞ i=1 λi x, xi xi . (Los valores λi aparecen repetidos en la serie una cantidad finita de veces en funci´ on de la dimensi´ on del Ker(T λi I ).)
∈
−
´ n: Demostraci o
(i) Denotemos (λk ) los valores propios no nulos y distintos de T y denotemos X k = Ker(T λk I ) (que tienen dimensi´on finita). Considerar Y el ⊥ subespacio generado por ∞ k=1 X k . Probemos que Y = KerT . Es claro que X k ImT (pues T ( xλ ) = x, para x X k ) y por tanto Y ImT . Como sabemos que KerT = (ImT )⊥ se concluye que KerT Y ⊥ . Veamos ahora que T (Y ⊥ ) = 0. Usando ahora que T (X k ) X k podemos decir que T (Y ) Y . Por tanto, usando que Tx,y = x,Ty , se obtiene ⊥ ⊥ T (Y ) Y . Definimos T 0 la restricci´ o n de T al subespacio Y ⊥ , T 0 : Y ⊥ Y ⊥ , que es autoadjunto y compacto sobre el espacio de Hilbert Y ⊥ . Comprobemos que T 0 = 0 (lo que es equivalente a σ(T 0 ) = 0 ). Si λ σ(T 0) 0 entonces λ es valor propio de T 0 y por tanto λ σ p (T ). Luego existe x = 0 vector propio en Y ⊥ asociado a λ. Por tanto x X k Y para alg´ un k, lo que lleva a contradicci´ on. Esto finaliza la prueba de la inclusi´on ⊥ Y KerT . ¯ = (KerT )⊥ podemos encontrar una base ortonormal en cada Como Y X k y considerar la base de (KerT )⊥ dada por la uni´ on de las distintas bases consideradas. (ii) N´otese que si existe una cantidad numerable de valores propios no nulos entonces dim(Y ) = (y por tanto dim(ImT ) = ). Por consiguiente si T tiene rango finito entonces s´ olo puede tener un n´ umero finito de valores propios no nulos. Sean λ1 ,...,λk los valores propios distintos y no nulos. Supongamos que dim(Ker(T λi I )) = ni y ponemos n = n1 + ... + nk y
−
⊂
{∪
}
∈
⊂
⊂
→ \{ } ⊂
⊂
∈ ∈
∞
⊂
⊂
{}
∈
⊂
∞
−
n1
nk
{λ1,...,λn} = {λ , ··· , λ ,....,λ , · ·· , λ } 1
1
k
k
son los valores propios no nulos de T contados cada uno tantas veces como la dimensi´on del espacio que genera λi . Sea x1 ,....,xn la base ortonormal
{
}
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