Analisis Matematico

Análisis Matemático I Mónica Clapp Agosto-Diciembre 2005

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Índice general 1. Espacios métricos 1.1. De…nición y ejemplos . . . . . 1.2. Algunas desigualdades básicas 1.3. Espacios de funciones . . . . . 1.4. Isometrías . . . . . . . . . . . 1.5. Ejercicios . . . . . . . . . . .

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2. Continuidad 2.1. De…niciones y ejemplos . . . . . . . . . . 2.2. Conjuntos abiertos y conjuntos cerrados 2.3. Convergencia de sucesiones . . . . . . . . 2.4. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . .

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3. Convergencia uniforme 3.1. Convergencia uniforme en espacios métricos . . . . 3.2. Espacios métricos completos . . . . . . . . . . . . . 3.3. El criterio de Cauchy para la convergencia uniforme 3.4. El espacio de funciones continuas y acotadas . . . . 3.5. Series de funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.6. Convergencia uniforme y derivadas. . . . . . . . . . 3.7. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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. . . . . . . . . . . . . . de funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4. Teoremas de existencia 4.1. El teorema de punto …jo de Banach . . . . . . . . . . . . 4.2. Ecuaciones integrales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2.1. La ecuación integral de Fredholm de segundo tipo 4.2.2. La ecuación integral de Volterra de segundo tipo . 4.3. El problema de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.4. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

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1 1 7 11 15 16

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19 19 23 27 29

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33 33 35 39 40 42 45 47

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51 51 53 53 57 60 65

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ÍNDICE GENERAL

5. Teoremas de aproximación 5.1. Espacios separables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2. El teorema de aproximación de Weierstraß. . . . . . . . . . . . . . . . 5.3. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

69 69 71 77

6. Compacidad 6.1. Conjuntos compactos . . . . . . . 6.2. El teorema de Heine-Borel . . . . 6.3. Continuidad uniforme . . . . . . . 6.4. El teorema de Stone-Weierstraß. 6.5. Ejercicios . . . . . . . . . . . . .

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79 79 82 84 85 89

7. Compacidad en espacios de funciones 7.1. Conjuntos totalmente acotados. . . . 7.2. El teorema de Arzelà-Ascoli. . . . . . 7.3. El problema de Cauchy . . . . . . . . 7.4. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . .

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91 91 95 98 101

8. Existencia de mínimos 8.1. Existencia de trayectorias geodésicas 8.2. Semicontinuidad . . . . . . . . . . . . 8.3. Existencia de trayectorias geodésicas 8.4. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . .

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103 103 105 107 110

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Capítulo 1 Espacios métricos 1.1.

De…nición y ejemplos

Algunos conceptos fundamentales, como el de convergencia de una sucesión o el de continuidad de una función, están de…nidos exclusivamente en términos de la noción de distancia. Otras propiedades de los espacios euclidianos, como sus propiedades algebraicas por ejemplo, no juegan ningún papel en dichos conceptos. Empezaremos pues considerando conjuntos dotados exclusivamente de una ”distancia”. De…nición 1.1 Sea X un conjunto. Una distancia (o una métrica) en X es una función d : X X ! R que tiene las siguientes tres propiedades: (M1) d(x; y) = 0 si y sólo si x = y (M2) d(x; y) = d(y; x) para todos x; y 2 X (M3) d (x; z) d(x; y) + d(y; z) para todos x; y; z 2 X: A esta última desigualdad se le llama la desigualdad del triángulo. Un espacio métrico es un conjunto X con una métrica dada d: Lo denotaremos por (X; d); o simplemente por X cuando no sea necesario especi…car cuál es la métrica que estamos considerando. Veamos que la distancia entre dos puntos nunca es negativa. Proposición 1.2 d(x; y)

0 para todos x; y 2 X:

Demostración: De las propiedades (M1), (M3) y (M2) respectivamente se sigue que 0 = d(x; x) En consecuencia, d(x; y)

d(x; y) + d(y; x) = 2d(x; y):

0 para todos x; y 2 X: 1

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1. ESPACIOS MÉTRICOS

A continuación daremos una lista de ejemplos importantes de espacios métricos cuyas propiedades iremos estudiando a lo largo de este curso. Ejemplos que conocemos ya muy bien son los siguientes dos. Ejemplo 1.3 El conjunto R de los números reales con la distancia usual d(s; t) := js

s t

tj =

t si s s si s

t t

es un espacio métrico. Ejemplo 1.4 El espacio euclidiano Rn con la distancia usual p + (xn yn )2 ; d2 (x; y) := (x1 y1 )2 +

donde x = (x1 ; :::; xn ); y = (y1 ; :::; yn ) 2 Rn ; es un espacio métrico. La demostración se ha visto ya en cursos anteriores y se deja como ejercicio. Podemos darle a Rn otras métricas interesantes, por ejemplo las siguientes dos.

Ejemplo 1.5 La función d1 (x; y) := jx1

y1 j +

+ jxn

yn j ;

donde x = (x1 ; :::; xn ); y = (y1 ; :::; yn ) 2 Rn ; es una métrica para el espacio euclidiano Rn . Demostración: Las propiedades (M1) y (M2) son inmediatas y la propiedad (M3) se sigue de la desigualdad del triángulo en R que a…rma que, para toda i = 1; :::; n; jxi

zi j

jxi

yi j + jyi

zi j :

Sumando ambos lados de estas desigualdades para i = 1; :::; n obtenemos d1 (x; z)

d1 (x; y) + d1 (y; z):

En consecuencia, d1 es una métrica.

Ejemplo 1.6 La función d1 (x; y) := max fjx1

y1 j ;

; jxn

yn jg ;

donde x = (x1 ; :::; xn ); y = (y1 ; :::; yn ) 2 Rn ; es una métrica para el espacio euclidiano Rn .

1.1. DEFINICIÓN Y EJEMPLOS

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La demostración es sencilla y se deja como ejercicio [Ejercicio 1.32]. Podemos ahora extender estos ejemplos a espacios, ya no de ”n-adas”, sino de sucesiones x = (xk ) de números reales: Ejemplo 1.7 Sea `1 el conjunto de todas las sucesiones acotadas de números reales, es decir, de sucesiones x = (xk ) para las cuales existe R 2 R (que depende de x) tal que jxk j < R para todo k 2 N, y sea d1 (x; y) := sup jxk

yk j ;

k 1

x; y 2 `1 :

Entonces d1 toma valores en R y es una métrica en `1 . Demostración: De la desigualdad del triángulo para números reales jxk

yk j

jxk j + jyk j

obtenemos, tomando supremos, sup jxk

yk j

k 1

sup(jxk j + jyk j) k 1

sup jxk j + sup jyk j : k 1

(1.1)

k 1

En consecuencia, si x = (xk ); y = (yk ) son sucesiones acotadas, se cumple que (xk está acotada y, por tanto, la función d1 : `1

`1 ! R;

d1 (x; y) = sup jxk k 1

yk )

yk j ;

está bien de…nida. Es inmediato comprobar que d1 satisface las propiedades (M1) y (M2). Sustituyendo xk por xk zk y yk por yk zk en la desigualdad (1.1) obtenemos la propiedad (M3), es decir, d1 (x; y) = sup jxk k 1

yk j

sup jxk k 1

zk j + sup jzk k 1

yk j = d1 (x; z) + d1 (z; y);

para todas x; y; z 2 `1 : En los siguientes ejemplos requeriremos la noción de convergencia de una serie. Recordemos que una serie de números reales 1 X k=1

xk

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1. ESPACIOS MÉTRICOS

converge, si la sucesión (sn ) de sumas …nitas sn :=

n X

xk

k=1

converge. En tal caso,

1 X

xk := l m sn : n!1

k=1

Si xk 0 para todo k 2 N; entonces la sucesión (sn ) es creciente. En ese caso, la serie converge si y sólo si la sucesión (sn ) está acotada y, si eso ocurre, se tiene que 1 X

xk := l m sn = sup sn : n!1

k=1

n2N

Ejemplo 1.8 Sea `1 el conjunto de las sucesiones x = (xk ) de números reales tales que la serie 1 X jxk j k=1

converge, y sea

d1 (x; y) :=

1 X k=1

jxk

yk j ;

x; y 2 `1 :

Entonces d1 toma valores en R y es una métrica en `1 : Demostración: De la desigualdad del triángulo para números reales jxk

yk j

jxk j + jyk j

se sigue que n X k=1

jxk

yk j

n X k=1

1 X k=1

jxk j + jxk j +

n X k=1

1 X k=1

jyk j jyk j :

1 P jxk yk j converge y se cumple Por consiguiente, si x = (xk ); y = (yk ) 2 `1 , la serie k=1 que 1 1 1 X X X jxk yk j jxk j + jyk j : (1.2) k=1

k=1

k=1

1.1. DEFINICIÓN Y EJEMPLOS

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Es fácil comprobar que d1 satisface (M1) y (M2): La propiedad (M3) se sigue de la desigualdad (1.2) reemplazando xk por xk zk y yk por yk zk , es decir, d1 (x; y) =

1 X k=1

jxk

yk j

1 X k=1

jxk

zk j +

1 X k=1

jzk

yk j = d1 (x; z) + d1 (z; y);

para todas x; y; z 2 `1 : Notemos que todos los ejemplos anteriores, además de la estructura geométrica dada por la distancia, poseen una estructura algebraica: la de espacio vectorial. En efecto, las sucesiones de números reales se pueden sumar y multiplicar por escalares término a término, es decir, si x = (xk ) y y = (yk ) son sucesiones de números reales y 2 R; se de…nen x + y := (xk + yk ) y x := ( xk ): Con estas operaciones el conjunto de todas las sucesiones de números reales es un espacio vectorial. Aunque esta estructura no interviene en las de…niciones de continuidad, completez o compacidad, que serán el objeto de este primer curso de Análisis Matemático, sí resulta importante en otros contextos, por ejemplo, para de…nir la derivada de una función. Conviene pues introducir la siguiente noción. De…nición 1.9 Sea V un espacio vectorial. Una norma en V es una función k k : V ! R que tiene las siguientes propiedades: (N1) kvk = 0 si y sólo si v = 0; (N2) k vk = j j kvk para todos v 2 V; 2 R; (N3) kv + wk kvk + kwk para todos v; w 2 V Un espacio vectorial normado es una pareja un espacio vectorial V con una norma dada k k. Lo denotaremos por (V; k k); o simplemente por V . Proposición 1.10 Todo espacio vectorial normado (V; k k) es un espacio métrico con la métrica dada por d(v; w) = kv wk : Esta métrica se llama la métrica inducida por la norma k k : La demostración es sencilla y se deja como ejercicio. [Ejercicio 1.31]. Todas las métricas consideradas en los ejemplos anteriores están inducidas por una norma. Sin embargo, hay ejemplos de espacios métricos cuya métrica no está inducida por ninguna norma. De hecho, a cualquier conjunto le podemos dar la métrica siguiente.

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1. ESPACIOS MÉTRICOS

Ejemplo 1.11 Sea X un conjunto arbitrario. La función si x = y si x = 6 y

0 1

ddisc (x; y) =

es una métrica para X llamada la métrica discreta. En un espacio vectorial no trivial no existe ninguna norma que induzca la métrica discreta [Ejercicio 1.36]. Así pues, existen espacios métricos que no son espacios vectoriales normados. Sin embargo, muchos espacios métricos importantes si lo son. Veamos otros ejemplos interesantes. Proposición 1.12 Las funciones kxkp : =

n X k=1

jxk jp

! p1

;

1

p < 1;

kxk1 : = max jxk j 1 k n

son normas en el espacio euclidiano Rn : Es decir, para cada 1 (Rn ; k kp ) es un espacio vectorial normado.

p

1; la pareja

Demostración: Es sencillo ver que k kp cumple las propiedades (N1) y (N2): La propiedad (N3) se conoce como la desigualdad de Minkowski y la demostraremos en la siguiente sección (Proposición 1.17).

Notación 1.13 Con el …n de distinguir cuál de todas estas normas estamos considerando, usaremos la notación Rnp = (Rn ; k kp );

1

p

1

para designar al espacio Rn con la norma k kp : Escribiremos simplemente Rn en vez de Rn2 para designar a Rn con la norma usual, a la que denotaremos la denotaremos simplemente por q kxk :=

x21 +

+ x2n :

Las métricas d1 ; d2 y d1 consideradas en los Ejemplos 1.4 al 1.6 son las inducidas por las normas k k1 ; k k y k k1 que acabamos de de…nir. Para espacios de sucesiones adecuados podemos de…nir normas análogas.

1.2. ALGUNAS DESIGUALDADES BÁSICAS

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Proposición 1.14 a) Dada 1 p < 1; sea `p el conjunto de todas las sucesiones x = (xk ) de números reales tales que la serie 1 X k=1

jxk jp

converge. Entonces `p es un espacio vectorial y la función

kxkp =

1 X k=1

p

jxk j

! p1

es una norma en `p : b) El conjunto `1 de todas las sucesiones acotadas de números reales con la norma kxk1 = sup jxk j 1 k n: Ejemplo 1.29 La identidad 0 I : C1 [0; 1] ! C10 [0; 1];

I(f ) = f;

no es una isometría. En efecto, la función fk del Ejemplo 1.24 satisface 1 = kfk k1 6= kfk k1 = 1; 2k es decir, la distancia de fk a la función constante 0 según la métrica inducida por la norma k k1 no coincide con su distancia según la métrica inducida por k k1 :

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1.5.

1. ESPACIOS MÉTRICOS

Ejercicios

Ejercicio 1.30 Sea X = (X; d) un espacio métrico. Prueba que, para cualesquiera w; x; y; z 2 X; se cumple que jd(w; x)

d(y; z)j

d(w; y) + d(x; z):

Ejercicio 1.31 Sea (V; k k) un espacio vectorial normado. Prueba que la función d(v; w) = kv wk es una métrica en V: Ejercicio 1.32 Prueba que kxk1 := max fjx1 j ; :::; jxn jg donde x = (x1 ; :::; xn ) 2 Rn ; es una norma en Rn : Ejercicio 1.33 ¿Es la función : Rn ! R; dada por (x) := m n fjx1 j ; :::; jxn jg ; una norma en Rn ? Justi…ca tu a…rmación. bp (0; 1) := fx 2 R2 : kxk Ejercicio 1.34 Describe los conjuntos B p 1; 2; 1: Haz un dibujo de cada una de ellos.

1g para p =

Ejercicio 1.35 Describe los conjuntos

bdisc (0; 1) : = fx 2 R2 : ddisc (x; 0) 1g; B Bdisc (0; 1) : = fx 2 R2 : ddisc (x; 0) < 1g

donde ddisc es la métrica discreta en Rn :

Ejercicio 1.36 Sea V un espacio vectorial distinto de 0: Prueba que no existe ninguna norma en V que induzca la métrica discreta, es decir, no existe ninguna norma en V tal que 0 si v = w kv wk = 1 si v 6= w Ejercicio 1.37 Prueba que, para cada 1 p 1; la función k kp de…nida en la Proposición 1.14 satisface: (N1) kxkp = 0 si y sólo si x = 0 en `p : (N2) Para cada x = (xk ) 2 `p y 2 R se cumple que x = ( xk ) 2 `p y k xkp = j j kxkp : Ejercicio 1.38 Prueba que, para toda x 2 Rn ; (a) kxkr kxks si 1 s r 1; r s (b) kxks n sr kxkr si 1 s r < 1; 1 (c) kxks n s kxk1 si 1 s < 1: (Sugerencia: Para probar la segunda desigualdad aplica la desigualdad de Hölder a los vectores (1; :::; 1) y (jx1 js ; :::; jxn js ) con p = r r s y q = rs ).

1.5. EJERCICIOS

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Ejercicio 1.39 (a) Prueba que, si 1 `s

`r ;

`s 6= `r

1; entonces

s 0; se tiene que kx

x 0 k1 < "

si kx

+ jxn j = kxk1 :

x0 k1 < ":

Es decir, la identidad I : Rn1 ! Rn1 es una función continua. (b) Para todo x 2 Rn ; se cumple que kxk1 = jx1 j +

+ jxn j

Dados x0 2 Rn y " > 0; tomamos kx

n maxfjx1 j ; :::; jxn jg = n kxk1 :

= n" : Entonces se cumple que

x0 k1 < "

si kx

x 0 k1 < :

Es decir, la identidad I : Rn1 ! Rn1 es una función continua.

De…nición 2.4 Diremos que : X ! Y es un homeomor…smo si 1 biyectiva y si su inversa : Y ! X es continua.

es continua y

El ejemplo anterior a…rma que I : Rn1 ! Rn1 es un homeomor…smo. Notemos que, en dicho ejemplo, la función I cumple la siguiente condición. De…nición 2.5 Una función : X ! Y es Lipschitz continua, si existe C > 0 tal que dY ( (x1 ); (x2 )) CdX (x1 ; x2 ) 8x1 ; x2 2 X:

A C se le llama una constante de Lipschitz para : Diremos que es una equivalencia de espacios métricos si es Lipschitz continua y biyectiva y si su inversa 1 : Y ! X es Lipschitz continua. Este concepto es más fuerte que el de continuidad, es decir, se tiene la siguiente a…rmación. Proposición 2.6 Si

es Lipschitz continua entonces

es continua.

Demostración: Sea C > 0 una constante de Lipschitz para : Entonces, dada " > 0; el número := C" > 0 satisface que dY ( (x); (x0 )) < " para cualquier x0 2 X. Es decir,

si dX (x; x0 ) < :

es continua.

El inverso no es cierto, es decir, existen funciones continuas que no son Lipschitz continuas [Ejercicio 2.31].

2.1. DEFINICIONES Y EJEMPLOS

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Proposición 2.7 Para cualesquiera 1 equivalencia. Demostración: Si 1

s

1 la identidad I : Rns ! Rnr es una

s; r

1; entonces se cumple que

r

kxkr

8 x 2 Rn :

kxks

(2.1)

[Ejercicio 1.38]. En consecuencia, I : Rns ! Rnr es Lipschitz continua con constante de Lipschitz C = 1: Además, para toda x 2 Rn se cumple que kxks

kxks

n

r s rs 1 s

kxkr

si 1

n kxk1

si 1

s

r 0: En consecuencia, la función 0 no es un punto interior de A en C10 [0; 1]:

De hecho, el conjunto A del ejemplo anterior tiene interior vacío en C10 [0; 1] [Ejercicio 2.46]. De…nición 2.16 Sea A un subconjunto de un espacio métrico X = (X; d): Un punto x 2 X se llama un punto de contacto de A si BX (x; ") \ A 6= ; para toda " > 0: El conjunto de todos los puntos de contacto de A se llama la cerradura de A y se denota X A ; o simplemente A: Decimos que A es cerrado en X si A = A: Nótese que todo punto de A es punto de contacto de A; es decir, A A: De hecho, A es el cerrado más pequeño de X que contiene a A [Ejercicio 2.53]. De…nimos la bola cerrada en X con centro en x0 y radio " como el conjunto

Se tiene lo siguiente.

bX (x0 ; ") := fx 2 X : d(x; x0 ) B

"g :

bX (x0 ; ") en X con Proposición 2.17 En cualquier espacio métrico X la bola cerrada B centro en x0 y radio " es un subconjunto cerrado de X:

bX (x0 ; "): Entonces, para todo > 0; existe x 2 BX (x; )\ Demostración: Sea x 2 B bX (x0 ; "): De la desigualdad del triángulo se sigue que B d(x; x0 )

En consecuencia d(x; x0 )

d(x; x ) + d(x ; x0 ) < + "

8 > 0:

bX (x0 ; "): "; es decir, x 2 B

Denotaremos por XnA al complemento de A en X; es decir, XnA := fx 2 X : x 2 = Ag : Los abiertos y los cerrados son duales en el siguiente sentido:

2.2. CONJUNTOS ABIERTOS Y CONJUNTOS CERRADOS

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Proposición 2.18 Para cualquier subconjunto A de un espacio métrico X se cumple que XnA = int(XnA): En consecuencia, A es cerrado en X si y sólo si XnA es abierto en X: Demostración: x 2 int(XnA) si y sólo si existe " > 0 tal que BX (x; ") \ A = ;; es decir, si y sólo si x 2 XnA: Por tanto, si A es cerrado, entonces XnA = XnA = int(XnA); es decir, XnA es abierto. E inversamente, si XnA es abierto, entonces XnA = int(XnA) = XnA y, en consecuencia, A = A; es decir, A es cerrado. Existen también subconjuntos que no son ni abiertos ni cerrados. Por ejemplo, el intervalo [a; b) no es ni abierto ni cerrado en R. Más aún, un subconjunto puede ser simultáneamente abierto y cerrado. Ejemplo 2.19 Todo subconjunto de un espacio métrico discreto Xdisc es abierto en Xdisc . En consequencia, todo subconjunto de Xdisc es cerrado en Xdisc : Demostración: Para cada subconjunto A de X y cada punto x 2 A; la bola abierta con centro en x y radio 1 según la métrica discreta consta únicamente del punto x: En consecuencia, Bdisc (x; 1) = fxg A; es decir, x 2 int(A): En general no es cierto que la cerradura de una bola abierta sea la correspondiente bola cerrada. Ejemplo 2.20 Si Xdisc es un espacio métrico discreto con al menos dos puntos entonces, puesto que todos los subconjuntos de Xdisc son cerrados, se tiene que bdisc (x; 1); Bdisc (x; 1) = Bdisc (x; 1) = fxg = 6 X=B

8x 2 X:

Sin embargo, esto no ocurre en un espacio vectorial normado. Proposición 2.21 Si V = (V; k k) es un espacio vectorial normado, entonces la cerradura de la bola abierta B(v0 ; ") = fv 2 V : kv v0 k < "g en V es la bola cerrada b 0 ; ") = fv 2 V : kv v0 k "g. B(v

b 0 ; ") es cerrado y contiene a B(v0 ; ") se tiene que B(v0 ; ") Demostración: Como B(v b 0 ; ") y b 0 ; ") [Ejercicio 2.53]. Probaremos ahora que B(v b 0 ; ") B(v0 ; "): Sea v 2 B(v B(v sea > 0: Sin perder generalidad podemos tomar < 2": El punto v =v+

2"

(v0

v) 2 V

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2. CONTINUIDAD

satisface kv kv

vk =

2"

kv0

v0 k = (1

2"

vk

2

) kv

< ; y

v0 k

"

2

< ":

Es decir, v 2 B(v; ) \ B(v0 ; "): En consequencia, v 2 B(v0 ; "): Daremos ahora una caracterización de la continuidad en términos de conjuntos abiertos y conjuntos cerrados. La imagen inversa de un subconjunto B de Y bajo la función : X ! Y es el conjunto 1

(B) := fx 2 X : (x) 2 Bg :

Proposición 2.22 Sean X y Y espacios métricos, y sea : X ! Y una función. Las siguientes a…rmaciones son equivalentes: (a) : X ! Y es continua. 1 (b) La imagen inversa (U ) de cualquier subconjunto abierto U de Y es abierta en X: 1 (c) La imagen inversa (C) de cualquier subconjunto cerrado C de Y es cerrada en X: Demostración: (a) ) (b) : Sea U un subconjunto abierto de Y: Para cada x 2 (U ) tomemos " > 0 tal que BY ( (x); ") U: Como es continua existe > 0 1 1 tal que (BX (x; )) BY ( (x); "): Entonces BX (x; ) (U ); es decir, (U ) es abierto en X: (b) ) (a) : Sean x 2 X y " > 0: Como BY ( (x); ") es abierta en Y , se tiene que 1 (BY ( (x); ")) es abierto en X: En particular, existe > 0 tal que BX (x; ) 1 (BY ( (x); ")); es decir, (BX (x; )) BY ( (x); "): (b) , (c) es consecuencia inmediata de lo anterior y de la Proposición 2.18, ya que 1

Xr

1

(C) =

1 Por tanto, (C) es cerrado si y sólo si que C sea cerrado.

1

1

(X r C):

(X r C) es abierto y esto es equivalente a

Ejemplo 2.23 Cualquier función : Xdisc ! Y de un espacio métrico discreto a un espacio métrico cualquiera Y es continua, ya que cualquier subconjunto de Xdisc es abierto (Ejemplo 2.19).

2.3. CONVERGENCIA DE SUCESIONES

27

Para …nalizar esta sección veamos algunas propiedades importantes de los abiertos. Proposición 2.24 En cualquier espacio métrico X = (X; d) se cumple lo siguiente. (i) El conjunto vacío ; es abierto en X. (ii) X es abierto S en X. (iii) La unión i2I Ui de cualquier familia fUi : i 2 Ig de subconjuntos abiertos de X es abierta en X: (iv) La intersección U \ V de dos subconjuntos abiertos U y V de X es abierta en X: Demostración: (i) se cumple por vacuidad: Todo punto de ; es punto interior de ;: (ii) BX (x; ") X para cualquier x 2 X y cualquier " > 0; es decir, cualquier x 2 X es punto interior S de X: (iii) Si x 2 i2I Ui entonces x 2 Ui0 para algún i0 2SI y, como Ui0 es abierto, existe ">0 S tal que BX (x; ") Ui0 : Pero entonces BX (x; ") U ; es decir, x 2 int U i2I i i2I i : (iv) Si x 2 U \ V; como U y V son abiertos, existen "1 ; "2 > 0 tales que BX (x; "1 ) U y BX (x; "2 ) V: Tomando " := m nf"1 ; "2 g se tiene que BX (x; ") (U \ V ); es decir, x 2 int(U \ V ): Dado que los subconjuntos cerrados de X son los complementos de los abiertos, las a…rmaciones duales son ciertas para dichos subconjuntos. Dejamos los detalles al lector [Ejercicio 2.51]. Las propiedades (i) a (iv) son usadas para de…nir a los ”abiertos” de un espacio topológico. Dado que la continuidad está caracterizada en términos de abiertos (Proposición 2.22), los espacios topológicos son el ámbito natural para estudiar la continuidad. Veremos más adelante que algunas propiedades importantes en Análisis no se preservan bajo homeomor…smos, por ejemplo, la propiedad de ser completo. De aquí que el ámbito natural del Análisis es el de los espacios métricos.

2.3.

Convergencia de sucesiones

Daremos ahora una caracterización de la continuidad en términos de sucesiones. Sea X = (X; d) un espacio métrico. De…nición 2.25 Una sucesión en un espacio métrico X es una función x : N ! X: El valor de esta función en k se llama el k-ésimo término de la sucesión y se denota por xk := x(k) y la sucesión se denota por x = (xk ): Una subsucesión de x = (xk ) es la composición de x con una función estrictamente creciente k : N ! N: Su j-ésimo término se denota por xkj := x(k(j)): Decimos que (xk ) converge a un punto x 2 X si, dada " > 0; existe k0 2 N tal que d(xk ; x) < " para todo k k0: El punto x se llama el límite de la sucesión (xk ):

28

2. CONTINUIDAD

Usaremos la notación xk ! x en X;

o bien

l m xk = x;

k!1

para decir que (xk ) converge a x en X: Observemos que xk ! x en X

()

d(xk ; x) ! 0 en R.

Proposición 2.26 (i) El límite de una sucesión convergente es único. (ii) Si (xk ) converge a x en X entonces cualquier subsucesión (xkj ) converge a x en X: Demostración: Probemos la a…rmación (i). Si xk ! x y xk ! y en X entonces 0

d(x; y)

d(xk ; x) + d(xk ; y) ! 0 en R:

Por tanto, d(x; y) = 0; es decir, x = y: La a…rmación (ii) es consecuencia del resultado análogo para sucesiones de números reales, ya que d(xkj ; x) es una subsucesión de d(xk ; x) en R: Daremos ahora una caracterización de la cerradura de un conjunto en términos de sucesiones en dicho conjunto. Proposición 2.27 Sea A un subconjunto de X y sea x 2 X: Entonces x 2 A si y sólo si existe una sucesión (xk ) de puntos en A tal que xk ! x en X:

Demostración: Si x 2 A entonces existe xk 2 B(x; k1 ) \ A para toda k 2 N. Es decir, xk 2 A y 0 d(xk ; x) k1 para toda k 2 N. En consecuencia, xk ! x en X: Sea ahora (xk ) una sucesión de puntos en A tal que xk ! x en X: Sea " > 0: Entonces existe k0 2 N tal que d(xk ; x) < " para todo k k0 : En particular, xk0 2 BX (x; ") \ A. Por tanto, x 2 A: Podemos caracterizar la continuidad de una función en términos de sucesiones.

Proposición 2.28 : X ! Y es continua en el punto x 2 X si y sólo si para toda sucesión (xk ) en X tal que xk ! x en X se cumple que (xk ) ! (x) en Y: Demostración: Supongamos que es continua en x y que xk ! x en X: Sea " > 0: Entonces, como es continua, existe > 0 tal que (BX (x; )) BY ( (x); ") y, como xk ! x; existe k0 2 N tal que xk 2 BX (x; ) para todo k k0 : Por lo tanto (xk ) BY ( (x); ") para todo k k0 ; es decir, (xk ) ! (x): Inversamente: Supongamos que no es continua en x: Entonces, para alguna "0 > 0 = BY ( (x); "0 ): Es decir, (xk ) y para cada k 2 N; existe xk 2 BX (x; k1 ) tal que (xk ) 2 converge a x en X pero ( (xk )) no converge a (x) en Y:

2.4. EJERCICIOS

29

Ejemplo 2.29 Consideremos las funciones continuas fk : [0; 1] ! R dadas por kt + 1 si 0 0 si k1

fk (t) =

t t

1 k

1

0 Entonces fk ! 0 en C10 [0; 1] ; pero (fk ) no converge en C1 [0; 1] :

Demostración: Se tiene que kfk k1 =

Z

0

1

jfk (t)j dt =

1 ! 0; 2k

0 es decir, fk ! 0 en C10 [0; 1] : Supongamos que fk ! f en C1 [0; 1] : Entonces, como

jfk (t)

f (t)j

kfk

f k1

para cada t 2 [0; 1];

se cumple que la sucesión de números reales (fk (t)) converge a f (t) en R para cada t 2 [0; 1]: En consecuencia f (t) = l m fk (t) = k!1

1 si t = 0 0 si 0 < t 1

Esta función no es continua en [0; 1], lo que contradice nuestra suposición.

2.4.

Ejercicios

Ejercicio 2.30 Demuestra las siguientes a…rmaciones. (a) Toda isometría es Lipschitz continua. (b) Si : X ! Y y : Y ! Z son (Lipschitz) continuas entonces la composición : X ! Z es (Lipschitz) continua. Ejercicio 2.31 Considera la función

: R ! R;

(t) = t2 : ¿Es

Lipschitz continua?

Ejercicio 2.32 Prueba que, si f; g : X ! R son continuas y 2 R; entonces las siguientes funciones son continuas. (a) f + g : X ! R, (f + g)(x) = f (x) + g(x); (b) g : X ! R, ( f )(x) = f (x); (c) f g : X ! R, (f g)(x) = f (x)g(x); (d) maxff; gg : X ! R, (maxff; gg)(x) = maxff (x); g(x)g; (e) m nff; gg : X ! R, (m nff; gg)(x) = m nff (x); g(x)g): ¿Es cierto que, si f; g : X ! R son Lipschitz continuas, las funciones anteriores son Lipschitz continuas?

30

2. CONTINUIDAD

Ejercicio 2.33 Sea X = (X; d) un espacio métrico y sea x0 2 X. Prueba que la función : X ! R;

(x) = d(x0 ; x);

es Lipschitz continua. (Sugerencia: Usa el Ejercicio 1.30). Ejercicio 2.34 Sea X = (X; d) un espacio métrico, sea x0 2 X y sea r > 0: Prueba que la esfera SX (x0 ; r) := fx 2 X : d(x0 ; x) = rg es un subconjunto cerrado de X: Ejercicio 2.35 Sea (V; k k) un espacio vectorial normado. Demuestra las siguientes a…rmaciones. (a) Si vk ! v y wk ! w en V entonces vk + wk ! v + w en V: (b) Si vk ! v en V y k ! en R, entonces k vk ! v en V: (c) Si vk ! v en V entonces kvk k ! kvk en R. Es decir, la suma, el producto por escalares y la norma son funciones continuas. Ejercicio 2.36 Sean 1 s; r 1: Demuestra las siguientes a…rmaciones. n n : Rm (a) : Rm s ! Rr es continua: s ! Rr es continua si y sólo si n n m (b) : Rs ! Rr es Lipschitz continua si y sólo si : Rm s ! Rr es Lipschitz continua: Ejercicio 2.37 Sea 1 p 1: Demuestra las siguientes a…rmaciones. (a) U es abierto en Rn2 si y sólo si U es abierto en Rnp : (b) C es cerrado en Rn2 si y sólo si C es cerrado en Rnp : Ejercicio 2.38 Prueba que para cualquier 1 la función : Cp0 [a; b] ! Cp0 [a0 ; b0 ];

p

Ejercicio 2.39 Prueba que para cualquier 1

p

1 y cualesquiera a

a0 < b 0

b

(f ) = f j[a0 ;b0 ] ;

que a cada función f le asocia su restricción al intervalo [a0 ; b0 ], es Lipschitz continua.

: Cp0 [a; b] ! Cp0 [0; 1];

1 la función (f ) = f

u;

donde u es la reparametrización u(t) : [0; 1] ! [a; b]; u(t) = (b mor…smo.

a)t + a; es un homeo-

Ejercicio 2.40 Prueba que, para cualesquiera 1 s r 1; la identidad I : Cr0 [a; b] ! Cs0 [a; b] es Lipschitz continua, pero no es un homeomor…smo.

2.4. EJERCICIOS

31

Ejercicio 2.41 Prueba que, si 1 Lipschitz continua.

s

r

1; entonces la inclusión

Ejercicio 2.42 Prueba que, para cualquier 1 k

: `s ! R;

: `s

`r es

1; la k-ésima proyección

s k (x)

= xk ;

con x = (xk ) 2 `s ; es Lipschitz continua. Ejercicio 2.43 Considera el conjunto T de las trayectorias mente diferenciables, tales que (0) = (0; 0); (1) = (1; 0) y Z 1 k 0 k dt < 1:

: [0; 1] ! R2 continua-

0

(a) Prueba que k k = max0 t (b) Considera la función longitud

1

k (t)

L : T ! R,

(t)k2 es una métrica en T . Z

L( ) =

1

0

k 0 k dt:

¿Es ésta una función continua? (Sugerencia: Considera la sucesión de trayectorias 1 k (t) = (t; k sen(k t))). Ejercicio 2.44 Sea X = [ 1; 1] con la métrica inducida por la de R. (a) ¿Cuál es el interior en X de los siguientes conjuntos: (0; 1]; [0; 1]; (0; 21 ); [0; 12 ); [ 1; 1]? (b) ¿Cuáles de estos conjuntos son abiertos en X? (c) ¿Cuáles de ellos son cerrados en X? Ejercicio 2.45 (a) ¿Es la bola abierta en C10 [0; 1] ; Z 1 0 B1 (0; 1) = ff 2 C [0; 1] : jf (t)j dt < 1g; 0

0 un subconjunto abierto de C1 [0; 1]? 0 (b) ¿Es la bola cerrada en C1 [0; 1] ;

b1 (0; 1) = ff 2 C 0 [0; 1] : B

Z

1

jf (t)j dt

1g;

b1 (0; 1) = ff 2 C 0 [0; 1] : max jx(t)j B

1g;

0

0 un subconjunto cerrado de C1 [0; 1]? 0 (c) ¿Es la bola cerrada en C1 [0; 1] ;

0 t 1

32

2. CONTINUIDAD

un subconjunto cerrado de C10 [0; 1]? 0 (d) Da un ejemplo de un subconjunto cerrado de C1 [0; 1] que no sea cerrado en C10 [0; 1]: (Sugerencia: Para responder a las dos primeras preguntas usa la Proposición 2.22) 0 Ejercicio 2.46 Prueba que la bola abierta en C1 [0; 1] ;

B1 (0; 1) = ff 2 C 0 [0; 1] : max jx(t)j < 1g; 0 t 1

tiene interior vacío en C10 [0; 1] : Ejercicio 2.47 Prueba que una sucesión (xk ) en un espacio métrico discreto Xdisc converge a x si y sólo si existe k0 2 N tal que xk = x para todo k k0 : Ejercicio 2.48 Prueba que, si una sucesión (xk ) converge en X, entonces está acotada en X, es decir, existen x0 2 X y r > 0 tales que dX (xk ; x0 ) < r para toda k 2 N: Ejercicio 2.49 Prueba que en cualquier espacio métrico X la intersección de un número …nito de subconjuntos abiertos U1 \ \ Um es abierta en X: Ejercicio 2.50 Da un T ejemplo de una familia numerable de abiertos fUn : n 2 Ng en R cuya intersección n2N Un no es abierta en R:

Ejercicio 2.51 Demuestra que en cualquier espacio métrico X = (X; d) se cumple lo siguiente. (a) X es cerrado en X: (b) El conjunto vacío T ; es cerrado en X. (c) La intersección i2I Ci de cualquier familia fCi : i 2 Ig de subconjuntos cerrados de X es cerrada en X: (d) La unión C [ D de dos subconjuntos cerrados C y D de X es cerrada en X: (Sugerencia: Aplica las Proposiciones 2.24 y 2.18). Ejercicio 2.52 Sean A y B subconjuntos de un espacio métrico X: Demuestra las siguientes a…rmaciones. (a) int(B) int(A) si B A: (b) int(A) es abierto en X. (c) int(A) es el máximo subconjunto abierto de X contenido en A: Ejercicio 2.53 Sean A y B subconjuntos de un espacio métrico X: Demuestra las siguientes a…rmaciones. (a) B A si B A: (b) A es cerrado en X. (c) A es el mínimo subconjunto cerrado de X que contiene a A:

Capítulo 3 Convergencia uniforme 3.1.

Convergencia uniforme en espacios métricos

Sean X = (X; dX ) y Y = (Y; dY ) espacios métricos. De…nición 3.1 Una sucesión de funciones fk : X ! Y; k 2 N; converge puntualmente a una función f : X ! Y si, para cada x 2 X; la sucesión (fk (x)) converge en Y ; es decir si, para cada " > 0 y cada x 2 X, existe k0 2 N (que depende de " y de x) tal que dY (fk (x); f (x)) < " 8k k0 :

La función f se llama el límite puntual de (fk ):

Por lo general no sucede que el límite puntual de una sucesión de funciones continuas sea una función continua, como lo muestra el siguiente ejemplo. Ejemplo 3.2 La sucesión de funciones fk : [0; 1] ! R; fk (t) = tk ; converge puntualmente a 0 si 0 t < 1 f (t) = 1 si t = 1 Es decir, el límite puntual de una sucesión de funciones continuas no es necesariamente una función continua. Daremos a continuación una noción de convergencia según la cual el límite de una sucesión de funciones continuas sí va a resultar ser una función continua. De…nición 3.3 Una sucesión de funciones fk : X ! Y; k 2 N; converge uniformemente a una función f : X ! Y si dada " > 0 existe k0 2 N (que depende únicamente de ") tal que dY (fk (x); f (x)) < " 8k k0 , 8x 2 X: La función f se llama el límite uniforme de (fk ): 33

34

3. CONVERGENCIA UNIFORME

Notemos que esta noción es más fuerte que la de convergencia puntual: Si (fk ) converge uniformemente a f entonces converge puntualmente a f: El inverso no es cierto, como lo muestra el Ejemplo 3.2. Ni siquiera es cierto cuando el límite puntual resulta ser contínuo. Ejemplo 3.4 Las funciones fk : [0; 1] ! R dadas por 1 ; 0g k

k2 t

fk (t) = maxfk

son continuas. La sucesión (fk ) converge puntualmente a 0; pero no converge uniformemente. Más aún, para cualquier " > 0, se tiene que fk ( k1 ) = k > " para toda k su…cientemente grande. 3. 5

3

2. 5

2

1. 5

1

0. 5

0 0

0. 25

0. 5

0. 75

1

Grá…ca de fk La propiedad fundamental de la convergencia uniforme es la siguiente. Teorema 3.5 Si fk : X ! Y es continua para todo k 2 N y si fk converge uniformemente a f : X ! Y; entonces f es continua. Demostración: Sean x0 2 X y " > 0: Como (fk ) converge uniformemente a f; existe k0 2 N tal que " dY (fk (x); f (x)) < 8x 2 X; 8k k0 : 3 Y, como fk0 es continua, existe > 0 tal que " dY (fk0 (x); fk0 (x0 )) < si dX (x; x0 ) < : 3 En consecuencia, dY (f (x); f (x0 ))

dY (f (x); fk0 (x)) + dY (fk0 (x); fk0 (x0 )) + dY (fk0 (x0 ); f (x0 )) < " si dX (x; x0 ) < :

3.2. ESPACIOS MÉTRICOS COMPLETOS

35

Esto prueba que f es continua.

Ejemplo 3.6 Una sucesión de funciones continuas fk : [a; b] ! R converge uniforme0 mente si y sólo si (fk ) converge en C1 [a; b]: Demostración: Supongamos que fk : [a; b] ! R es una sucesión de funciones continuas que converge uniformemente a f: Entonces, por el teorema anterior, f es continua. Dada " > 0; existe k0 2 N tal que jfk (t)

f (t)j < "

8k

k0 ; 8t 2 [a; b]:

Por tanto, kfk

f k1 := max jfk (t) t2[a;b]

f (t)j < "

8k

k0 ;

0 es decir, fk ! f en C1 [a; b]: El inverso es consecuencia inmediata de la de…nición de k k1 :

En la Sección 3.3 daremos un criterio que garantiza la convergencia de una sucesión de funciones.

3.2.

Espacios métricos completos

Sea X = (X; dX ) un espacio métrico. De…nición 3.7 Una sucesión (xk ) en X es de Cauchy si dada " > 0 existe k0 2 N tal que dX (xk ; xj ) < " 8k; j k0 : Proposición 3.8 Toda sucesión convergente es de Cauchy. Demostración: dX (xk ; x) < 2" si k

Si xk ! x en X entonces, dada " > 0 existe k0 2 N tal que k0 : Por tanto

dX (xk ; xj )

dX (xk ; x) + dX (x; xj ) < "

8k; j

Es decir, (xk ) es de Cauchy. El inverso no es cierto en general. Veamos un par de ejemplos.

k0 :

36

3. CONVERGENCIA UNIFORME

Ejemplo 3.9 Sea X = (0; 1) con la métrica usual. La sucesión ( k1 ) es de Cauchy en (0; 1) pero no converge en (0; 1) [Ejercicio 3.35]. Ejemplo 3.10 La sucesión de funciones 8 < 1 kt fk (t) = : 1

fk : [ 1; 1] ! R; si si si

1

t t

1 k

1 k

t

1 k

1 k

1

es de Cauchy en C10 [ 1; 1] pero no converge en C10 [ 1; 1]: 1

0. 5

0 -1

-0. 5

0

0. 5

1

-0. 5

-1

Grá…ca de fk Demostración: Si j k se tiene que Z 1 Z 1 jfk (t) fj (t)j dt = 2 jfk (t) 1 0 "Z

fj (t)j dt

1=j

= 2

(jt

kt)dt +

0

1 k

=

Z

1=k

(1

1=j

1 : j

#

kt)dt

En consecuencia, dada " > 0 se tiene que kfk

fj k1 < "

2 8k; j > : "

Así pues, (fk ) es de Cauchy. Supongamos que fk ! f en C10 [ 1; 1]: Entonces, por el Ejercicio 2.38 y la Proposición 2.28, para cada a 2 (0; 1) se tiene que fk j[a;1] ! f j[a;1]

y

fk j[

1; a] !

f j[

1; a]

:

3.2. ESPACIOS MÉTRICOS COMPLETOS

Pero fk j[a;1]

1 y fk j[

1; a]

37

1 : a

1 si k f (t) =

En consecuencia,

1 si t 2 [ 1; 0) 1 si t 2 (0; 1]

Por tanto, f no es continua en [ 1; 1]: Esto contradice nuestra suposición.

De…nición 3.11 Un espacio métrico X es completo, si toda sucesión de Cauchy en X converge en X: Un espacio vectorial normado completo se llama un espacio de Banach. Sabemos que el espacio R de los números reales es completo. Los ejemplos anteriores muestran que (a; b) y C10 [a; b] no lo son. De hecho, Cp0 [a; b] no es un espacio de Banach para ninguna 1 p < 1 [Ejercicio 3.38]: La propiedad de ser completo no es invariante bajo homeomor…smos, como lo muestra el siguiente ejemplo. Ejemplo 3.12 La función tan : ( 2 ; 2 ) ! R es un homeomor…smo. R es un espacio métrico completo, pero ( 2 ; 2 ) no lo es. y 1 0.5 0 -7.5

-5

-2.5

0

2.5

5

-0.5

7.5 x

-1

arctan x La propiedad de ser completo sí se preserva bajo equivalencias. Proposición 3.13 Si es biyectiva y y Y lo es.

1

: X ! Y es una equivalencia de espacios métricos (es decir, son Lipschitz continuas), entonces X es completo si y sólo si

Demostración: Supongamos que Y es completo y que : X ! Y es Lipschitz continua. Sea (xk ) una sucesión de Cauchy en X. Entonces, dada " > 0; existe k0 2 N tal que dY ( (xj ); (xk )) CdX (xj ; xk ) < " 8j; k k0 :

38

3. CONVERGENCIA UNIFORME

Es decir, la sucesión ( (xk )) es de Cauchy en Y y, como Y es completo, (xk ) ! y en 1 1 Y: Como es continua, la Proposición 2.28 garantiza que xk ! (y) en X: Así 1 pues, X es completo. El inverso se obtiene remplazando Y por X y por en el argumento anterior.

Ejemplo 3.14 Rnp es un espacio de Banach para toda 1

p

1.

Demostración: Por la Proposición 2.7 y la proposición anterior basta probar que Rn1 es completo. Sea (xk ) una sucesión de Cauchy en Rn1 ; donde xk = (xk;1 ; :::; xk;n ): Entonces, dada " > 0; existe k0 2 N tal que jxj;i

xk;i j

max jxj;i

i=1;:::;n

xk;i j =: kxj

xk k1 < "

8j; k

k0 ; 8i = 1; :::; n:

Es decir, (xk;i ) es de Cauchy en R para cada i = 1; :::; n: Como R es completo, cada sucesión xk;i ! xi en R. Por tanto, dada " > 0; existe k1 2 N tal que jxk;i

xi j < "

8k

k1 ; 8i = 1; :::; n;

y, en consecuencia, kxk

xk1 := max jxk;i i=1;:::;n

xi j < "

8k

k1 ;

donde x = (x1 ; :::; xn ). Es decir, xk ! x en Rn1 : No todo subespacio de un espacio métrico completo es un espacio métrico completo. Por ejemplo, R es completo pero ningún intervalo abierto (a; b) lo es. La siguiente proposición caracteriza a aquéllos que sí lo son. Proposición 3.15 Sea X un espacio métrico completo. Un subespacio A de X es completo si y sólo si es cerrado. Demostración: Supongamos que A es cerrado. Sea (ak ) una sucesión de Cauchy en A: Entonces (ak ) una sucesión de Cauchy en X y, como X es completo, ak ! x en X: Por la Proposición 2.27 se tiene que x 2 A = A; es decir, A es completo. Inversamente: Supongamos que A es completo. Sea x 2 A: Por la Proposición 2.27, existe una sucesión (ak ) en A tal que ak ! x en X: La Proposición 3.8 asegura entonces que (ak ) es de Cauchy y, como A es completo, se tiene que ak ! a en A: De la unicidad del límite se sigue que a = x; es decir, x 2 A: Por tanto, A es cerrado.

3.3. EL CRITERIO DE CAUCHY PARA LA CONVERGENCIA UNIFORME DE FUNCIONES

3.3.

39

El criterio de Cauchy para la convergencia uniforme de funciones

Sean X = (X; dX ) y Y = (Y; dY ) espacios métricos. De…nición 3.16 Una sucesión de funciones fk : X ! Y; k 2 N; es uniformemente de Cauchy si, para cada " > 0, existe k0 2 N tal que dY (fk (x); fj (x)) < "

8j; k

k0 , 8x 2 X:

El siguiente teorema nos da una condición necesaria y su…ciente para la convergencia uniforme de una sucesión de funciones. Teorema 3.17 (Criterio de convergencia uniforme de Cauchy) Sea Y un espacio métrico completo. Una sucesión de funciones fk : X ! Y; k 2 N; converge uniformemente si y sólo si (fk ) es uniformemente de Cauchy: Demostración: Si (fk ) converge uniformemente a f entonces, dada " > 0, existe k0 2 N tal que " dY (fk (x); f (x)) < 8k k0 , 8x 2 X: 2 En consecuencia, dY (fk (x); fj (x))

dY (fk (x); f (x)) + dY (f (x); fj (x)) < "

8j; k

k0 , 8x 2 X:

Es decir, (fk ) es uniformemente de Cauchy. Supongamos ahora que (fk ) es uniformemente de Cauchy. Entonces, para cada x 2 X; la sucesión (fk (x)) es de Cauchy en Y y, como Y es completo, esta sucesión converge a un punto de Y al que denotaremos por f (x): Así pues, fk (x) ! f (x) en Y para cada x 2 X: Probemos que fk ! f uniformemente. Sea " > 0: Como (fk ) es uniformemente de Cauchy, existe k0 2 N tal que dY (fk (x); fj (x)) <

" 2

8j; k

k0 , 8x 2 X:

Como fj (x) ! f (x) en Y; existe jx 2 N (que depende de x) tal que dY (fj (x); f (x)) < Dadas k

k0 y x 2 X escojamos j dY (fk (x); f (x))

" 2

8j

jx .

maxfk0 ; jx g: Entonces

dY (fk (x); fj (x)) + dY (fj (x); f (x)) < ".

40

3. CONVERGENCIA UNIFORME

En consecuencia, dY (fk (x); f (x)) < "

8k

k0 , 8x 2 X;

es decir, (fk ) converge uniformemente a f . A diferencia de lo que ocurre para 1

0 p < 1; el espacio C1 [a; b] sí es completo.

0 Ejemplo 3.18 C1 [a; b] es un espacio de Banach. 0 Demostración: Sea (fk ) una sucesión de Cauchy en C1 [a; b]: Esto equivale a decir que (fk ) es uniformemente de Cauchy. El teorema anterior garantiza que fk converge 0 uniformemente. El Ejemplo 3.6 a…rma entonces que (fk ) converge en C1 [a; b]:

Daremos ahora una versión más general de este ejemplo, que nos permite reinterpretar la convergencia uniforme.

3.4.

El espacio de funciones continuas y acotadas

Sea V = (V; k k) un espacio vectorial normado y sea X = (X; d) un espacio métrico. De…nición 3.19 Una función f : X ! V es acotada si existe R > 0 tal que kf (x)k R para toda x 2 X: Denotaremos por B(X; V ) := ff : X ! V : f es acotadag y por kf k1 := sup kf (x)k : x2X

Dadas dos funciones f; g : X ! V y f + g : X ! V; f : X ! V;

2 R; de…nimos (f + g)(x) := f (x) + g(x); ( f )(x) := f (x):

Proposición 3.20 (B(X; V ); k k1 ) es un espacio vectorial normado. Demostración: Si f; g 2 B(X; V ) y

2 R entonces, para cada x 2 X;

kf (x) + g(x)k kf (x)k + kg(x)k kf k1 + kgk1 ; k f (x)k = j j kf (x)k j j kf k1 :

(3.1)

3.4. EL ESPACIO DE FUNCIONES CONTINUAS Y ACOTADAS

En consecuencia, f + g; obtenemos que kf + gk1

41

f 2 B(X; V ) y, tomando el supremo sobre toda x 2 X, kf k1 + kgk1

y

k f k1 = j j kf k1 :

Esto prueba que B(X; V ) es un espacio vectorial y que se cumplen las propiedades (N2) y (N3) de la De…nición 1.9. La propiedad (N1) es inmediata.

Proposición 3.21 (a) Una sucesión de funciones acotadas fk : X ! V converge uniformemente si y sólo si (fk ) converge en B(X; V ): (b) Una sucesión de funciones acotadas fk : X ! V es uniformemente de Cauchy si y sólo si (fk ) es de Cauchy en B(X; V ): Demostración: (a) Supongamos que fk 2 B(X; V ) y que (fk ) converge uniformemente a f: Entonces, para cada " > 0; existe k0 2 N tal que kfk (x)

f (x)k

8k

"

k0 ; 8x 2 X:

Es decir, kfk

f k1

"

8k

k0 :

En particular, fk0 f 2 B(X; V ) y, como B(X; V ) es un espacio vectorial, se tiene entonces que f = fk0 (fk0 f ) 2 B(X; V ): En consecuencia, fk ! f en B(X; V ): El inverso es consecuencia inmediata de la de…nición de k k1 : La a…rmación (b) es también consecuencia inmediata de la de…nición de k k1 : Denotemos por C 0 (X; V ) := ff 2 B(X; V ) : f es continuag: Proposición 3.22 Si V es de Banach entonces B(X; V ) y C 0 (X; V ) son de Banach. Demostración: Sea (fk ) una sucesión de Cauchy en B(X; V ): La proposición anterior y el Teorema 3.17 aseguran que (fk ) converge en B(X; V ); es decir, B(X; V ) es de Banach. Probemos que C 0 (X; V ) es cerrado en B(X; V ): Sea f 2 C 0 (X; V ): Por la Proposición 2.27, existe una sucesión (fk ) en C 0 (X; V ) tal que fk ! f en B(X; V ): Por el Teorema 3.5, la función f es continua, es decir, C 0 (X; V ) = C 0 (X; V ): Como todo subespacio cerrado de un espacio completo es completo (Proposición 3.15), se tiene que C 0 (X; V ) es de Banach.

42

3. CONVERGENCIA UNIFORME

Notemos que, si X = [a; b] y V = R, entonces C 0 (X; V ) es justamente el espacio El hecho de que (a diferencia de lo que ocurre con Cp0 [a; b] para 1 p < 1) el 0 espacio C1 [a; b] sea un espacio de Banach, implica que la norma k k1 es la más adecuada para el espacio de funciones continuas. Escribiremos de aquí en adelante C 0 [a; b] en vez 0 de C1 [a; b]: Más en general, denotaremos por 0 C1 [a; b]:

C 0 (X) := C 0 (X; R):

(3.2)

La norma k k1 de…nida en (3.1) se llama la norma uniforme y la métrica inducida por ella se llama la métrica uniforme en C 0 (X; V ); o en B(X; V ):

3.5.

Series de funciones

Sea V = (V; k k) un espacio vectorial normado y sea (vk ) una sucesión en V: De…nición 3.23 Decimos que la serie 1 X

vk

k=1

converge si la sucesión (wn ) de sumas parciales wn :=

Pn

k=1

vk converge en V:

En espacios de Banach se tiene el siguiente criterio de convergencia. Proposición 3.24 (Criterio de Cauchy para series) Sea V un espacio de Banach y sea (vk ) una sucesión en V: La serie 1 X

vk

k=1

converge si y sólo si, para cada " > 0, existe k0 2 N tal que kvk+1 +

+ vk+j k < "

8k

k0 ; 8j

1:

PnDemostración: Como V es completo, la sucesión (wn ) de sumas parciales wn := k=1 vk converge en V si y sólo si (wn ) es de Cauchy, es decir, si y sólo si para cada " > 0, existe k0 2 N tal que kwk+j

wk k = kvk+1 +

+ vk+j k < "

8k

k0 ; 8j

1;

como a…rma el enunciado. Sea X = (X; d) un espacio métrico y sea fk : X ! V una sucesión de funciones.

3.5. SERIES DE FUNCIONES

43

De…nición 3.25 Decimos que la serie de funciones 1 X

fk

k=1

converge uniformemente en X si la sucesión de funciones Fn = uniformemente a una función f : X ! V; a la que denotamos f =:

1 X

Pn

k=1

fk converge

fk :

k=1

Teorema 3.26 (Criterio de Weierstrass) Sea V un espacio de Banach. Sea fk : X ! V una sucesión de funciones continuas, y sean Rk 2 R tales que kfk (x)k Rk 8x 2 X; 8k 2 N: P P1 Si la serie de números reales 1 k=1 Rk converge, entonces la serie k=1 fk converge uniformemente a una función continua y acotada f : X ! V:

P Demostración: P Dado que la serie de números reales 1 k=1 Rk converge, la sucesión n de sumas parciales k=1 Rk es de Cauchy y por tanto, para cada " > 0, existe k0 2 N tal que Rk+1 +

+ Rk+j = jRk+1 +

+ Rk+j j < "

8k

k0 ; 8j

1:

En consecuencia, usando la desigualdad del triángulo obtenemos kfk+1 +

+ fk+j k1

kfk+1 k1 + + kfk+j k1 Rk+1 + + Rk+j < " 8k k0 ; 8j 1:

0 La Proposición 3.22 asegura P1 que C (X; V ) es de0 Banach. Aplicando el criterio de Cauchy obtenemos que la serie k=1 fk converge en C (X; V ):

Una aplicación muy útil es la siguiente.

Corolario 3.27 Sean ak 2 R y t0 ; t1 2 R, t1 6= t0 ; tales que la serie de números reales 1 X k=0

ak (t1

t0 )k

44

3. CONVERGENCIA UNIFORME

converge. Entonces, para toda 0 < r < jt1 1 X

k

ak (t

t0 j ; las series 1 X

y

t0 )

k=0

t0 )k

kak (t

1

k=0

convergen uniformemente en [t0

r; t0 + r]:

Demostración: Sea 0 < r < jt1 t0 j. Sea fk 2 C 0 [t0 r; t0 + r] la función k fk (t) := ak (t t0 ) . Probaremos que la sucesión de funciones (fk ) satisface el criterio de Weierstrass. Sea t 2 [t0 r; t0 + r] entonces jfk (t)j = ak (t1 donde

=

r : jt1 t0 j

t0 jk

jt

t0 )k

ak (t1

k

jt1

t0 j

k

t0 )k

;

(3.3)

Como, por hipótesis, la serie 1 X

t0 )k

ak (t1

k=0

t0 )k

converge, existe M 2 R tal que ak (t1 que kfk k1 = max

t2[t0 r;t0 +r]

Como

M para toda k

jfk (t)j

M

k

0, y se sigue de (3.3)

8k 2 N:

< 1; la serie de números reales 1 X

M

k

k=0

converge. Por consiguiente, se satisfacen las hipótesis del criterio de Weierstrass y, en consecuencia, la serie 1 X ak (t1 t0 )k k=0

converge uniformemente en [t0 r; t0 + r]: Análogamente, sea gk 2 C 0 [t0 r; t0 + r] la función gk (t) := kak (t t0 )k 1 : Entonces, para toda t 2 [t0 r; t0 + r]; se tiene que jgk (t)j = k ak (t1 donde

=

r : jt1 t0 j

t0 )k

1

jt

jt1

t0 jk

M

1 X k=0

k

k 1

k 1

t0 j

Dado que la serie de números reales

1

M k k;

3.6. CONVERGENCIA UNIFORME Y DERIVADAS.

45

converge, aplicando el criterio de Weierstrass obtenemos que la serie 1 X

kak (t1

t0 )k

1

k=0

converge uniformemente en [t0

r; t0 + r]:

La serie 1 X

ak (t

t0 )k

k=0

se llama una serie de potencias. De…nimos R := supfr

0:

1 X

ak (t

t0 )k converge en [t0

r; t0 + r]g

k=0

1:

R se llama el radio de convergencia de la serie.

3.6.

Convergencia uniforme y derivadas.

En general, la convergencia uniforme de una sucesión de funciones continuamente diferenciables no implica nada respecto a la convergencia de las derivadas. Ejemplo 3.28 Consideremos las funciones senkt fk (t) = p ; k

t 2 R:

p Esta sucesión converge uniformemente a 0; ya que kf k = 1= k ! 0: Sin embargo, k 1 p 0 la sucesión de derivadas fk (t) = k cos kt no converge ni siquiera puntualmente. Teorema 3.29 Sea fk : [a; b] ! R una sucesión de funciones continuamente diferenciables con las siguientes propiedades: (i) Existe t0 2 [a; b] tal que (fk (t0 )) converge. (ii) La sucesión de derivadas (fk0 ) converge uniformemente en [a; b]: Entonces (fk ) converge uniformemente a una función continuamente diferenciable f en [a; b] y (fk0 ) converge uniformemente a f 0 en [a; b]:

46

3. CONVERGENCIA UNIFORME

Demostración: Aplicando el teorema del valor medio a la función fk que, para cada t 2 [a; b] y para alguna s entre t0 y t; se cumple que j(fk

fj )(t)

t0 j (fk0

fj )(t0 )j = jt

(fk

t0 j fk0

jt

fj obtenemos

fj0 )(s)

fj0

1

;

(3.4)

Por tanto, j(fk

j(fk j(fk

fj )(t)j

fj )(t0 )j + j(fk fj )(t) (fk fj )(t0 )j + jt t0 j fk0 fj0 1

j(fk

fj )(t0 )j + (b

a) fk0

para cada t 2 [a; b] y, en consecuencia, kfk

fj k1

jfk (t0 )

fj0

a) fk0

fj (t0 )j + (b

1

fj0

fj )(t0 )j :

1

:

Como (fk (t0 )) es de Cauchy en R y (fk0 ) es de Cauchy en C 0 [a; b]; la desigualdad anterior implica que (fk ) es de Cauchy en C 0 [a; b] y, como C 0 [a; b] es completo, concluímos que fk ! f en C 0 [a; b]: En particular, (fk ) converge puntualmente a f en [a; b] y, en consecuencia, la desigualdad (3.4) vale para todo t1 2 [a; b]; es decir, j(fk

fj )(t)

(fk

t1 j fk0

jt

fj )(t1 )j

fj0

1

8t; t1 2 [a; b]; k; j 2 N: (3.5)

;

Sea g 2 C 0 [a; b] tal que fk0 ! g en C 0 [a; b]: Probaremos a continuación que f es diferenciable en (a; b) y que f 0 = g: Sea t1 2 (a; b) y sea " > 0: Entonces existe k0 2 N tal que " 8k k0 (3.6) kfk0 gk1 < 3 y, tomando el límite cuando j ! 1 en la desigualdad (3.5), obtenemos que j(fk

f )(t)

(fk

f )(t1 )j

jt < jt

Por otra parte, existe fk0 (t)

t1 j kfk0 gk1 " t1 j 8k k0 ; t 2 [a; b]: 3

> 0 tal que

fk0 (t1 )

(t

t1 )fk0 0 (t1 ) < jt

t1 j

" 3

si jt

t1 j < :

En consecuencia, de (3.6), (3.7) y (3.8) se sigue que jf (t)

f (t1 )

(3.7)

(t

t1 )g(t1 )j

jfk0 (t) f (t) fk0 (t1 ) + f (t1 )j + fk0 (t) fk0 (t1 ) (t t1 )fk0 0 (t1 ) + jt t1 j fk0 0 (t1 ) g(t1 ) < jt t1 j " si jt t1 j < :

(3.8)

3.7. EJERCICIOS

47

Es decir, f es continuamente diferenciable en [a; b] y f 0 = g. Una función f : (t0 potencias

R; t0 + R) ! R que se puede expresar como una serie de f (t) =

1 X

ak (t

t0 )k

k=0

se llama una función analítica. Una consecuencia del teorema anterior es que una función analítica tiene derivadas de todos los órdenes [Ejercicio 3.40]. El recíproco no es cierto [Ejercicio 3.41].

3.7.

Ejercicios

Ejercicio 3.30 Prueba que la sucesión de funciones fk (t) = tk ; 0 uniformemente en cualquier subintervalo cerrado [a; b] [0; 1):

t

1; converge

Ejercicio 3.31 ¿Cuáles de las siguientes sucesiones de funciones fk : R ! R convergen puntualmente? Encuentra todos los intervalos donde la convergencia es uniforme. (a) fk (t) = ktkt 2 +1 (b) fk (t) = k2 tkt2 +1 2t (c) fk (t) = ktk2 +1 Ejercicio 3.32 ¿Cuáles de las siguientes sucesiones de funciones fk : R ! R convergen uniformemente? Encuentra el límite de tales sucesiones. jt kj 1 si k 1 t k + 1 (a) fk (t) = 0 en otro caso 1 (b) fk (t) = (t=k)2 +1 (c) fk (t) = sen( kt ) 1 sent si 2 k t 2 (k + 1) k (d) fk (t) = 0 en otro caso Ejercicio 3.33 Sea Xdisc un espacio métrico discreto. (a) Describe a las sucesiones de Cauchy en Xdisc : (b) ¿Es Xdisc un espacio métrico completo? Ejercicio 3.34 Prueba que, si (xk ) es una sucesión de Cauchy en X y alguna subsucesión de ella converge a un punto x 2 X; entonces (xk ) converge a x 2 X: Ejercicio 3.35 Sea X = (0; 1) con la métrica d(t; s) = jt ( k1 ) es de Cauchy en X pero no converge en X:

sj. Prueba que la sucesión

48

3. CONVERGENCIA UNIFORME

Ejercicio 3.36 Prueba que `2 es un espacio de Banach. Ejercicio 3.37 ¿Es `1 un espacio de Banach? Ejercicio 3.38 Considera la sucesión de 8 < 1 kt fk (t) = : 1

funciones fk : [ 1; 1] ! R; si si si

1 1 k

t t

1 k

t

1 k

1 k

1

Prueba que (a) (fk ) es de Cauchy en Cp0 [ 1; 1] para toda 1 p < 1: (b) (fk ) no converge en Cp0 [ 1; 1] para ninguna 1 p Ejercicio 2.40 y el Ejemplo 3.10). 0 (c) ¿Es (fk ) de Cauchy en C1 [ 1; 1]?

1: (Sugerencia: Usa el

Ejercicio 3.39 Considera la sucesión de funciones fk : R ! R; fk (t) =

t2 : (1 + t2 )k

(a) Prueba que, para cada t 2 R, la serie de números reales 1 X

fk (t)

k=1

converge. (b) ¿Converge la serie

1 X

fk

k=1

uniformemente en R? Ejercicio 3.40 Sea f (t) =

1 X

ak (t

t0 )k ;

k=0

ak 2 R;

una serie con radio de convergencia R > 0: Prueba que la función f : (t0 R; t0 +R) ! R tiene derivadas de todos los órdenes y que éstas están dadas por f

(n)

(t) =

1 X

k(k

1)

(k

n + 1)ak (t

t0 )k

n

;

k=n

donde f (n) : (t0 R; t0 + R) ! R es la n-ésima derivada de f: En particular se cumple que f (n) (t0 ) = n!an :

3.7. EJERCICIOS

49

Ejercicio 3.41 Considera la función f : R ! R dada por 1=t2

e

f (t) =

0

si t 6= 0 si t = 0

(a) Prueba que f tiene derivadas de todos los órdenes en t = 0 y que f (n) (0) = 0: (b) ¿Se puede escribir f como una serie f (t) =

1 X

ak tk ;

ak 2 R,

k=0

convergente en algún intervalo ( R; R); R > 0? Ejercicio 3.42 Sean akj 2 R; k; j 2 N; tales que las series de números reales 1 X j=1

convergen para cada k 2 N y las serie 1 X 1 X

jakj j = bk

P1

k=1 bk

akj =

k=1 j=1

también converge. Prueba que

1 1 X X

akj :

j=1 k=1

(Sugerencia: Considera el subespacio métrico X := f n1 : n 2 Ng[f0g de R y aplica el criterio de Weierstrass a la sucesión de funciones fk : X ! R dadas por fk

1 n

=

n X

akj ;

fk (0) =

j=1

1 X

akj :

j=1

Comprueba que esta sucesión satisface todas las hipótesis del Teorema 3.26!). Ejercicio 3.43 Supongamos que la serie de potencias f (t) =

1 X

ak tk ;

k=0

ak 2 R;

converge en ( R; R): Prueba que, para cada t0 2 ( R; R); la función f se puede expresar como una serie de potencias alrededor de t0 como sigue f (t) =

1 X f (k) (t0 ) k=0

donde esta serie converge en el intervalo jt como el Teorema de Taylor.

k!

(t

t0 )k ;

t0 j < R jt0 j : A este resultado se le conoce

50

3. CONVERGENCIA UNIFORME

Ejercicio 3.44 Da el radio de convergencia de la serie de potencias f (t) =

1 X tk k=0

k!

y calcula sus derivadas. Ejercicio 3.45 Sea P el conjunto de todas las funciones polinomiales p : [0; 1] ! R; p(t) = an tn + + a1 t + a0 con a0 ; :::; an 2 R: (a) Prueba que P es un subespacio vectorial de C 0 [0; 1]: (b) ¿Es P con la norma uniforme kpk1 = max jp(t)j 0 t 1

un espacio de Banach? (Sugerencia: Considera la sucesión de polinomios pk (t) = + t + 1).

1 k t + k!

Ejercicio 3.46 Prueba que, si fk : [a; b] ! R es una sucesión de funciones continuamente diferenciables tales que fk ! f y fk0 ! g en C 0 [a; b]; entonces f es continuamente diferenciable en [a; b] y f 0 = g: Ejercicio 3.47 Sea fk : [a; b] ! R una sucesión de funciones continuamente diferenciables que converge puntualmente a una función f: ¿Cuáles de las siguientes a…rmaciones son verdaderas? (a) f es continuamente diferenciable. (b) La sucesión (fk0 ) converge puntualmente. (c) Si f es continuamente diferenciable entonces (fk0 ) converge puntualmente a f 0 : (d) Si f es continuamente diferenciable y si (fk0 (t)) converge para cada t 2 [a; b]; entonces (fk0 ) converge puntualmente a f 0 : Si la a…rmación es verdadera, demuéstrala; si es falsa, da un contraejemplo. Ejercicio 3.48 Prueba que, para cada r 1.44 es un espacio de Banach.

r 0; el espacio C1 [a; b] de…nido en el Ejercicio

Capítulo 4 Teoremas de existencia 4.1.

El teorema de punto …jo de Banach

Sea X = (X; d) un espacio métrico. De…nición 4.1 Una función : X ! X se llama una contracción si existe tal que d( (x); (y)) d(x; y) 8x; y 2 X:

2 (0; 1) (4.1)

Nótese que toda contracción es Lipschitz continua. De…nición 4.2 Un punto x 2 X se llama un punto …jo de la función si (x ) = x :

:X !X

El siguiente resultado es muy útil para obtener resultados de existencia y unicidad de soluciones de ecuaciones diferenciales o integrales. Teorema 4.3 (de punto …jo de Banach) Sea X un espacio métrico completo y sea : X ! X una contracción. Entonces se cumple lo siguiente: (i) tiene un único punto …jo x : (ii) Para cualquier x0 2 X la sucesión (xk ) de…nida iterativamente por x1 := (x0 ); ::: , xk := (xk 1 ); :::: converge a x ; y k

d(xk ; x ) donde

2 (0; 1) satisface (4.1).

1 51

d(x1 ; x0 );

(4.2)

52

4. TEOREMAS DE EXISTENCIA

Demostración: Sea x0 un punto cualquiera de X y sea xk := (xk 1 ) =

k

(x0 ):

Demostraremos primero que la sucesión (xk ) es de Cauchy. De la desigualdad (4.1) obtenemos que k 1

d(xk ; xk 1 ) = d(

(x1 );

k 1

k 1

(x0 ))

d(x1 ; x0 )

8k 2 N:

En consecuencia, para todo par k < j; se cumple que d(xj ; xk )

d(xj ; xj 1 ) + d(xj 1 ; xj 2 ) + + d(xk+1 ; xk ) j 1 k ( + + )d(x1 ; x0 ) k ( j k 1+ + 1)(1 ) = d(x1 ; x0 ) 1 k j k (1 ) = d(x1 ; x0 ) 1 k

Sea " > 0: Como

(4.3)

d(x1 ; x0 ):

1

< 1; existe k0 2 N tal que k

8k

d(x1 ; x0 ) < "

1

(4.4)

k0 :

De las desigualdades (4.3) y (4.4) se sigue que 8j; k

d(xj ; xk ) < "

k0 ;

es decir, la sucesión (xk ) es de Cauchy en X y, como X es completo, se tiene que l m xk = x

k!1

Ahora bien, como

en X:

es continua, se cumple que (x ) = l m

k!1

(xk ) = l m xk+1 = x ; k!1

es decir, x es un punto …jo de : Veamos que es el único. Si x1 y x2 son puntos …jos de entonces d(x1 ; x2 ) = d( (x1 ); (x2 )) d(x1 ; x2 ) y, como < 1; esta desigualdad implica que d(x1 ; x2 ) = 0; es decir, x1 = x2 : Por último, haciendo tender j ! 1 en la desigualdad (4.3) obtenemos que k

d(x ; xk ) = l m d(xj ; xk ) j!1

1

d(x1 ; x0 )

8k 2 N.

4.2. ECUACIONES INTEGRALES

53

Esto concluye la demostración. El teorema anterior no sólo a…rma la existencia de un único punto …jo. También nos dice cómo encontrarlo, o cómo encontrar una buena aproximación de él: Simplemente hay que aplicar iteradamente de la función a partir de cualquier punto x0 : La estimación del error en cada paso de la iteración está dada por (4.2). A este método se le conoce como el método de aproximaciones sucesivas. Los siguientes ejemplos muestran que las condiciones del teorema de punto …jo de Banach son necesarias. Ejemplo 4.4 La función : (0; 1) ! (0; 1) dada por (t) = 12 t es una contracción y no tiene ningún punto …jo en (0; 1): Por tanto es necesario que X sea completo. Ejemplo 4.5 La función

: R ! R dada por j (t)

(s)j = jt

sj

(t) = t + 1 satisface 8t; s 2 R:

Sin embargo, no tiene ningún punto …jo. Por tanto es necesario que el número condición (4.1) sea estrictamente menor que 1:

de la

Por otra parte, del teorema del valor intermedio se sigue que cualquier función continua : [a; b] ! [a; b]; sea o no contracción, tiene al menos un punto …jo. Pero éste puede no ser único [Ejercicio 4.19] y no se obtiene por el método de aproximaciones sucesivas.

4.2.

Ecuaciones integrales

Aplicaremos el teorema de punto …jo de Banach para probar la existencia y unicidad de soluciones de algunas ecuaciones integrales importantes.

4.2.1.

La ecuación integral de Fredholm de segundo tipo

Sean K : [a; b] [a; b] ! R y y : [a; b] ! R funciones continuas, y sea un número real. Buscamos una función continua x : [a; b] ! R que satisfaga la siguiente ecuación: (F)

x(t)

Z

a

b

K(t; s)x(s)ds = y(t) 8t 2 [a; b]:

Una ecuación de este tipo se llama una ecuación integral de Fredholm. Se dice que es de segundo tipo cuando 6= 0 y de primer tipo cuando = 0:

54

4. TEOREMAS DE EXISTENCIA

La incógnita en la ecuación (F) es una función x 2 C 0 [a; b]: Queremos expresar este problema como un problema de punto …jo. Es decir, queremos encontrar una función : C 0 [a; b] ! C 0 [a; b] cuyos puntos …jos sean las soluciones de la ecuación (F): Para ello, procederemos como sigue: Dada x 2 C 0 [a; b]; consideremos la función x b : [a; b] ! R,

x b(t) :=

Z

b

K(t; s)x(s)ds:

a

Probaremos que esta función es continua, es decir, que x b 2 C 0 [a; b] (véase el Lema 4.7): Podemos entonces de…nir la función T : C 0 [a; b] ! C 0 [a; b];

T (x) := x b:

En términos de esta función, la ecuación (F) se escribe como sigue (F)

x(t)

8t 2 [a; b];

T (x)(t) = y(t)

es decir, (F) se tranforma en la ecuación funcional (F)

x

T (x) = y:

Si 6= 0, o sea, si la ecuación integral de Fredholm es de segundo tipo, podemos dividir la ecuación anterior entre y el problema se transforma en el siguiente: x= En consecuencia, si función

1

(T (x)

y):

6= 0; las soluciones de (F) son justamente los puntos …jos de la : C 0 [a; b] ! C 0 [a; b];

(x) :=

1

(T (x)

y):

Probaremos que para ciertos valores de esta función es una contracción. El teorema de punto …jo asegura entonces que tiene un único punto …jo, es decir, que la ecuación (F) tiene una única solución (Teorema 4.8). Veamos ahora los detalles de la demostración. Para probar que x b es continua requerimos el siguiente lema. Lema 4.6 Si K : [a; b] [a; b] ! R es continua entonces, dada " > 0 existe que jK(t1 ; s) K(t2 ; s)j < " si jt1 t2 j < ; 8s 2 [a; b]:

> 0 tal

4.2. ECUACIONES INTEGRALES

55

Demostración: Supongamos lo contrario, es decir, que para alguna "0 > 0 existen t1;k ; t2;k ; sk 2 [a; b] tales que jt1;k

t2;k j <

1 k

y

jK(t1;k ; sk )

K(t2;k ; sk )j

"0 :

Por el teorema de Bolzano-Weierstrass, las sucesiones (t1;k ) y (sk ) contienen subsucesiones convergentes. Para simpli…car la notación denotaremos nuevamente por (t1;k ) y (sk ) a tales subsucesiones. Sean t = l mk!1 t1;k y s = l mk!1 sk : Entonces l m jt

k!1

t2;k j

l m jt

k!1

t1;k j + l m jt1;k

t2;k j = 0;

k!1

es decir, t = l mk!1 t2;k : Como K es continua, se tiene entonces que l m jK(t1;k ; sk )

k!1

K(t2;k ; sk )j = jK(t; s)

K(t; s)j = 0;

contradiciendo nuestra suposición.

Lema 4.7 Para cada x 2 C 0 [a; b]; la función

es continua.

x b : [a; b] ! R,

x b(t) :=

Z

b

K(t; s)x(s)ds

a

Demostración: Sea " > 0: Por el lema anterior, existe jK(t1 ; s)

K(t2 ; s)j <

" a) kxk1

(b

si jt1

> 0 tal que

t2 j < ; 8s 2 [a; b];

donde k k1 es la norma uniforme de…nida en (3.1). En consecuencia, Z b jb x(t1 ) x b(t2 )j jK(t1 ; s) K(t2 ; s)j jx(s)j ds a

(b

a)

(b

" kxk1 = " a) kxk1

Esto prueba que x b es continua.

El lema anterior asegura que la función T : C 0 [a; b] ! C 0 [a; b];

T (x) := x b;

si jt1

t2 j < :

56

4. TEOREMAS DE EXISTENCIA

está bien de…nida. Observemos que, dado que [a; b] [a; b] es compacto y K es continua, se tiene que K es acotada, es decir, K 2 C 0 ([a; b] [a; b]): Como antes, denotamos por kKk1 := sup jK(t; s)j t;s2[a;b]

a la norma uniforme de K: Probaremos el siguiente resultado. Teorema 4.8 Si j j > kKk1 (b a) entonces, para cada y 2 C 0 [a; b]; la ecuación integral de Fredholm (F) tiene una única solución. Demostración: Para

6= 0 y y 2 C 0 [a; b] consideremos la función

: C 0 [a; b] ! C 0 [a; b];

(x) =

1

(T (x)

y) :

es una contracción. Sean x1 ; x2 2 C 0 [a; b]: Entonces, para toda t 2 [a; b];

Veamos que se tiene que

j (x1 )(t)

(x2 )(t)j =

1

jT (x1 )(t) T (x2 )(t)j j j Z b 1 jK(t; s)j jx1 (s) x2 (s)j ds j j a 1 (b a) kKk1 kx1 x2 k1 : j j

Por consiguiente, k (x1 )

(x2 )k1

1 j j

(b

a) kKk1 kx1

x 2 k1

8x1 ; x2 2 C 0 [a; b]:

Por hipótesis, j1j (b a) kKk1 < 1: En consecuencia, es una contracción. Dado que C 0 [a; b] es completo, el teorema de punto …jo de Banach asegura que existe un único x 2 C 0 [a; b] tal que 1 x = (x ) = (T (x ) y) : Es decir, existe una única x 2 C 0 [a; b] que satisface la ecuación integral de Fredholm (F) como a…rma el enunciado.

x = T (x )

y;

4.2. ECUACIONES INTEGRALES

57

Es fácil comprobar que T : C 0 [a; b] ! C 0 [a; b] es lineal y continua [Ejercicio 4.28]. Si y = 0; la ecuación integral de Fredholm se convierte en la ecuación de valores propios Tx = x para el operador de Fredholm T: Nota que la función x = 0 satisface esta ecuación. El teorema anterior asegura que ésta es la única solución, si j j > kKk1 (b a): Es decir, ninguna tal es un valor propio de T:

4.2.2.

La ecuación integral de Volterra de segundo tipo

Consideremos ahora la ecuación Z t (V) x(t) K(t; s)x(s)ds = y(t) 8t 2 [a; b]: a

donde nuevamente K : [a; b] [a; b] ! R y y : [a; b] ! R son funciones continuas, y es un número real. Nota que ahora la variable t aparece como extremo superior de la integral. Una ecuación de este tipo se llama una ecuación integral de Volterra. Se dice que es de segundo tipo cuando 6= 0 y de primer tipo cuando = 0: Nuevamente queremos expresar a las soluciones de (V) como los puntos …jos de una función : C 0 [a; b] ! C 0 [a; b]: Procederemos siguiendo el mismo esquema que usamos para la ecuacion de Fredholm: Dada una función x 2 C 0 [a; b]; consideramos la función Z t x e : [a; b] ! R, x e(t) := K(t; s)x(s)ds: a

Probaremos que esta función es continua (Lema 4.9), de modo que la función S : C 0 [a; b] ! C 0 [a; b];

T (x) := x e;

está bien de…nida. En términos de esta función, la ecuación (V) se tranforma en la ecuación funcional (V) x S(x) = y: En consecuencia, si función

6= 0, las soluciones de (V) son justamente los puntos …jos de la : C 0 [a; b] ! C 0 [a; b];

Probaremos que para cada

(x) :=

1

(S(x)

y):

6= 0 existe k 2 N tal que la función k

:= |

{z

k veces

}

58

4. TEOREMAS DE EXISTENCIA

es una contracción (Lema 4.10). Una generalización del teorema de punto …jo de Banach que probaremos en esta misma sección (Teorema 4.11) asegura entonces que tiene un único punto …jo, es decir, que la ecuación (V) tiene una única solución. Veamos los detalles de la demostración. Lema 4.9 Para cada x 2 C 0 [a; b]; la función x e : [a; b] ! R,

es continua.

x e(t) :=

Z

t

K(t; s)x(s)ds

a

Demostración: Sea " > 0: Por el Lema 4.6, existe 0 < jK(t1 ; s)

K(t2 ; s)j <

En consecuencia, si jt1 je x(t1 )

x e(t2 )j =

t2 j <

Z

Z

2(b

" a) kxk1

si jt1

(t1

t2 j < ; 8s 2 [a; b]:

t1

(K(t1 ; s)

K(t2 ; s))x(s)ds

Z

t2

K(t2 ; s)x(s)ds

t1

jK(t1 ; s) a)

2(b " " < + = ": 2 2

K(t2 ; s)j jx(s)j ds +

Z

t2

t1

jK(t2 ; s)j jx(s)j ds

" kxk1 + kKk1 kxk1 a) kxk1

Esto prueba que x e es continua.

El lema anterior asegura que la función S : C 0 [a; b] ! C 0 [a; b];

está bien de…nida. Para

tal que

se tiene que

a t1

a

" 2kKk1 kxk1

<

S(x) := x e;

6= 0 y y 2 C 0 [a; b] consideremos la función

: C 0 [a; b] ! C 0 [a; b]; Probaremos el siguiente resultado.

(x) =

1

(S(x)

y) :

4.2. ECUACIONES INTEGRALES

Lema 4.10 La función k

59

: C 0 [a; b] ! C 0 [a; b] satisface la desigualdad k

(x1 )

(x2 )

k

j j

1

kKkk1

(b

a)k kx1 k!

x 2 k1 ;

para todas x1 ; x2 2 C 0 [a; b]; k 2 N: En consecuencia, para k su…cientemente grande, la función k : C 0 [a; b] ! C 0 [a; b] es una contracción. Demostración: Probaremos por inducción que k

k

(x1 )(t)

j j

(x2 )(t)

k

kKkk1

(t

a)k kx1 k!

x2 k1

8t 2 [a; b]:

(4.5)

Notemos primero que j (x1 )(t)

Z

1

t

jK(t; s)j jx1 (s) x2 (s)j ds j j a 1 kKk1 (t a) kx1 x2 k1 : j j

(x2 )(t)j

Supongamos que la desigualdad (4.5) vale para k 1: Entonces Z t 1 k k k 1 (x1 )(t) (x2 )(t) jK(t; s)j k 1 (x1 )(s) (x2 )(s) ds j j a Z kKk1 t k 1 k 1 (x1 )(s) (x2 )(s) ds j j a Z t kKkk1 (s a)k 1 kx x k ds 1 2 1 (k 1)! j jk a =

kKkk1 j jk

kx1

x 2 k1

(t

a)k : k!

Esto demuestra la desigualdad (4.5). De dicha desigualdad se sigue que k

k

(x1 )(t)

(x2 )(t)

j j

k

kKkk1

(b

a)k kx1 k!

x2 k1

8t 2 [a; b]

y, en consecuencia, que k

(x1 )

k

(x2 )

j j

1

k

kKkk1

(b

a)k kx1 k!

como a…rma el enunciado. Ahora bien, como lm

k!1

j j

k

kKkk1 (b k!

a)k

= 0;

x 2 k1 ;

(4.6)

60

4. TEOREMAS DE EXISTENCIA

se sigue de (4.6) que grande.

k

: C 0 [a; b] ! C 0 [a; b] es una contracción para k su…cientemente

Probemos ahora la siguiente generalización del teorema de punto …jo de Banach. Teorema 4.11 Si X es completo y : X ! X es tal que k : X ! X es una contracción para alguna k 2 N, entonces tiene un único punto …jo. Demostración: El Teorema 4.3 asegura que k tiene un único punto …jo x 2 X: Aplicando a la igualdad k (x ) = x obtenemos que k

( (x )) =

k

(x ) =

(x ) ;

es decir, (x ) es también un punto …jo de k : Como el punto …jo es único, obtenemos que (x ) = x : En consecuencia, x es también un punto …jo de : Y es el único, ya que todo punto …jo de es también un punto …jo de k : Del Lema 4.10 y el Teorema 4.11 se sigue inmediatamente el siguiente resultado. Corolario 4.12 Para cualquier única solución.

6= 0 la ecuación integral de Volterra (V) tiene una

Este corolario asegura que, si ecuación de valores propios

6= 0; la solución trivial es la única solución de la Sx = x

para el operador de Volterra S. Es decir, ningún 6= 0 es un valor propio de S: Para = 0 la ecuación integral de Volterra (de primer tipo) es de la forma Sx = 0. Esta ecuación es bastante más complicada de analizar.

4.3.

El problema de Cauchy

Sea (a; b) un intervalo, posiblemente in…nito, sea un subconjunto abierto de Rn y sea : (a; b) ! Rn una función continua. Conviene pensar a como una familia de campos vectoriales t : ! Rn que varían continuamente con el tiempo. Dado un tiempo inicial t0 2 (a; b) y una posición inicial x0 2 ; buscamos una trayectoria x(t) en tal que x(t0 ) = x0 cuya velocidad x0 (t) en el tiempo t sea precisamente t (x(t)): Más precisamente, buscamos una función continuamente diferenciable x : J ! ; de…nida en un intervalo J (abierto, semiabierto, cerrado, …nito o in…nito) tal que t0 2 J (a; b); con las siguientes propiedades: x0 (t) = (t; x(t)) 8t 2 J

y

x(t0 ) = x0 :

4.3. EL PROBLEMA DE CAUCHY

61

Se dice entonces que x es una solución al problema de Cauchy x0 = (t; x) x(t0 ) = x0

(})

El punto (t0 ; x0 ) se llama la condición inicial del problema (}): Empezaremos mostrando que este problema se puede transformar en una ecuación integral. Denotamos por Z

b

f (t)dt :=

a

Z

b

f1 (t)dt; :::;

a

Z

b

fn (t)dt

a

2 Rn

al vector cuyas componentes son las integrales de las componentes de una función continua f = (f1 ; :::; fn ) : [a; b] ! Rn : Lema 4.13 Son equivalentes las siguientes a…rmaciones: (a) Existe una solución x : [t0 ; t0 + ] ! del problema de Cauchy (}): (b) Existe una función continua x : [t0 ; t0 + ] ! que satisface x(t) =

Z

t

(s; x(s))ds + x0

t0

8t 2 [t0

; t0 + ]:

Demostración: Esto es consecuencia inmediata de los teoremas fundamentales del Cálculo aplicados a cada componente. En efecto, si x = (x1 ; :::; xn ) y = ( 1 ; :::; n ); entonces se cumple que xi es continua y satisface Z t xi (t) = i (s; x(s))ds + x0;i ; t0

si y sólo si xi es continuamente diferenciable y satisface x0i (t) =

i (t; x(t));

xi (t) = x0;i ;

para cada i = 1; :::; n: Este lema asegura que las soluciones al problema de Cauchy (}) en un intervalo [t0 ; t0 + ] son justamente las funciones x 2 C 0 ([t0 ; t0 + ]; ) que satisfacen la ecuación integral Z t 0 (} ) x(t) = (s; x(s))ds + x0 8t 2 [t0 ; t0 + ]: t0

62

4. TEOREMAS DE EXISTENCIA

Queremos expresar esta ecuación integral como un problema de punto …jo. Nota que el espacio C 0 ([t0 ; t0 + ]; ) no es completo, ya que es abierto en Rn : Tendremos que considerar un espacio más pequeño. Vamos a requerir una condición adicional sobre el campo que enunciaremos a continuación: Dados (t0 ; x0 ) 2 R Rn y 0 > 0; denotamos por Z 0 (t0 ; x0 ) := f(t; x) : R Rn : jt t0 j x0 k 0 ; kx 0 g: De…nición 4.14 El campo : (a; b) para cada (t0 ; x0 ) 2 (a; b) existen que Z 0 (t0 ; x0 ) (a; b) y k (t; x1 )

0

C kx1

(t; x2 )k

! Rn es localmente Lipschitz en x si, > 0 y C > 0 (que dependen de t0 y x0 ) tales x2 k

8(t; x1 ); (t; x2 ) 2 Z 0 (t0 ; x0 ):

(4.7)

Supondremos de aquí en adelante que : (a; b) ! Rn es localmente Lipschitz en x: Para la condición inicial (t0 ; x0 ) del problema (}) escojamos 0 > 0 y C > 0 tales que Z 0 (t0 ; x0 ) (a; b) y tales que se cumple (4.7). Como Z 0 (t0 ; x0 ) es compacto y es continua, se tiene que es acotada en Z 0 (t0 ; x0 ): Fijemos M tal que k (t; x)k

8(t; x) 2 Z 0 (t0 ; x0 ):

M

Sea 0 < < m nf C1 ; 0 ; M0 g: Denotemos por x0 : [t0 constante con valor x0 y consideremos la bola cerrada ; t0 + ]; Rn ) : kx

X := fx 2 C 0 ([t0

(4.8)

; t0 + ] ! x0 k1

a la función

Mg

con centro en x0 y radio M en C 0 ([t0 ; t0 + ]; Rn ): Como C 0 ([t0 ; t0 + ]; Rn ) es un espacio de Banach (Proposición 3.22) y X es cerrado en tal espacio, se tiene que X es un espacio métrico completo (Proposición 3.15). Nota que X

C 0 ([t0

x0 k

M<

; t0 + ]; ):

En efecto, si x 2 X; entonces kx(t)

0

8t 2 [t0

; t0 + ]

y, por consiguiente, (t; x(t)) 2 Z 0 (t0 ; x0 )

(a; b)

8t 2 [t0

; t0 + ]:

(4.9)

En particular, x(t) 2 para toda t 2 [t0 ; t0 + ]: Empezaremos demostrando que toda solución x 2 C 0 ([t0 ; t0 + ]; ) del problema (}0 ) pertenece a X: Para ello requerimos el siguiente lema técnico.

4.3. EL PROBLEMA DE CAUCHY

63

Lema 4.15 Para toda función continua f : [a; b] ! Rn se cumple que Z

b

jb

f (t)dt

a

aj kf k1 :

Demostración: Aplicando la Proposición 1.25 a cada componente obtenemos Z

b

fi (t)dt

a

Z

a

b

jfi (t)j dt

Z

1=2

jb

aj

1=2

b

a

2

jfi (t)j dt

;

i = 1; :::; n:

En consecuencia, Z

Z

b

f (t)dt

=

a

2

b

f1 (t)dt +

+

aj

jb

= jb

2

b

fn (t)dt

a

a

jb

Z

aj

Z

Z

a

a

b

2

jf1 (t)j dt +

+

a

1=2

b

Z

!1=2 1=2

b

2

jfn (t)j dt

2

kf (t)k dt

aj kf k1 ;

como a…rma el enunciado.

Lema 4.16 Si x 2 C 0 ([t0

; t0 + ]; ) es solución del problema (}0 ); entonces x 2 X:

Demostración: Argumentando por contradicción, supongamos que x 2 C 0 ([t0 ; t0 + ]; ) es una solución del problema (}0 ) que no está en X: Entonces existe t1 2 [t0 ; t0 + ] tal que kx(t1 ) x0 k > M: Como x(t0 ) = x0 y M < 0 ; podemos escoger a t1 de modo que cumpla además que kx(s)

x0 k

0

8 js

t0 j

jt1

t0 j =:

1:

Entonces, usando el Lema 4.15 y la de…nición de M (4.8), obtenemos que Z t1 M < kx(t1 ) x0 k = (s; x(s))ds jt1 t0 j sup k (s; x(s))k t0

js t0 j

M:

1

Esto es una contradicción. En consecuencia, toda solución x 2 C 0 ([t0 problema (}0 ) pertenece a X:

; t0 + ]; ) del

64

4. TEOREMAS DE EXISTENCIA

Vamos ahora a de…nir una función : X ! X cuyos puntos …jos son soluciones de (}0 ): Para cada x 2 X consideremos la función Z t n x b : [t0 ; t0 + ] ! R ; x b(t) = (s; x(s))ds + x0 : t0

Claramente x b es continua (de hecho, el teorema fundamental del Cálculo asegura que es continuamente diferenciable). Probaremos que x b 2 X (Lema 4.17). En consecuencia, la función : X ! X; (x) := x b; está bien de…nida. Nota que x 2 X es un punto …jo de si y sólo si Z t x(t) = (x)(t) = (s; x(s))ds + x0 8t 2 [t0 ; t0 + ]; t0

es decir, los puntos …jos de son justamente las soluciones del problema (}0 ) en el intervalo [t0 ; t0 + ] las cuales, por el Lema 4.13, son justamente las soluciones del problema (}) en el intervalo [t0 ; t0 + ]: Probaremos que es una contracción. En consecuencia, el teorema de punto …jo de Banach asegura que el problema (}) tiene una única solución en el intervalo [t0 ; t0 + ] (Teorema 4.18). Lema 4.17 Para cada x 2 X la función

pertenece a X:

x b : [t0

n

; t0 + ] ! R ;

x b(t) =

Z

t

(s; x(s))ds + x0

t0

Demostración: Sea x 2 X: La desigualdad (4.9) asegura que (s; x(s)) 2 Z 0 (t0 ; x0 )

8 js

t0 j

.

Por tanto, usando el Lema 4.15 y la de…nición de M (4.8), obtenemos que Z t kb x(t) x0 k = (s; x(s))ds jt t0 j sup k (s; x(s))k M. js t0 j

t0

para toda t 2 [t0

; t0 + ]; es decir, kb x

x 0 k1

M: Esto demuestra que x b 2 X.

Estamos listos para probar la existencia local de soluciones para el problema de Cauchy. El siguiente resultado tiene muchas aplicaciones importantes. Su demostración se basa en el teorema de punto …jo de Banach.

4.4. EJERCICIOS

65

Teorema 4.18 (Picard) Sea : (a; b) ! Rn una función continua y localmente Lipschitz en x: Entonces, para cada t0 2 (a; b) y cada x0 2 ; existe > 0 tal que el problema de Cauchy (}) tiene una única solución en el intervalo [x0 ; x0 + ]: Demostración: Consideremos la función : X ! X;

(x) := x b:

El lema anterior asegura que esta función está bien de…nida. Veamos que es una contracción. Sean x1 ; x2 2 X: La desigualdad (4.9) asegura que (s; xi (s)) 2 Z 0 (t0 ; x0 ) Como

8 js

t0 j

, i = 1; 2:

satisface (4.7) obtenemos que, para toda t 2 [t0 ; t0 + ]; se cumple que Z t k (x1 )(t) (x2 )(t)k = ( (s; x1 (s)) (s; x2 (s)))ds t0

jt

t0 j sup k (s; x1 (s))

jt

t0 j sup C kx1 (s)

(s; x2 (s))k

js t0 j

x2 (s)k

js t0 j

C kx1

x 2 k1 ;

(x2 )k1

C kx1

Por consiguiente, k (x1 )

x 2 k1

y, como hemos elegido tal que C < 1; se tiene que es una contracción. El Teorema 4.3 asegura entonces que tiene un único punto …jo, es decir, que existe una única x 2 X tal que Z t x (t) = (x )(t) = (s; x (s))ds + x0 8t 2 [t0 ; t0 + ]: t0

Del Lema 4.13 se sigue que x es la única solución del problema de Cauchy (}) en el intervalo [x0 ; x0 + ]:

4.4.

Ejercicios

Ejercicio 4.19 (a) Usa el teorema del valor intermedio para probar que toda función continua f : [0; 1] ! [0; 1] tiene al menos un punto …jo. (b) Da un ejemplo de una función continua f : [0; 1] ! [0; 1] con una in…nidad de puntos …jos.

66

4. TEOREMAS DE EXISTENCIA

Ejercicio 4.20 Muestra que la condición para x 6= y 2 X

d( (x); (y)) < d(x; y) no es su…ciente para garantizar que completo).

: X ! X tiene un punto …jo (aún cuando X es

Ejercicio 4.21 Prueba que, si f : R ! R es continuamente diferenciable y si jf 0 (t)j M < 1 para todo t 2 R entonces f es una contracción. Ejercicio 4.22 Sea f : [a; b] ! R continuamente diferenciable y tal que f (a) < 0 < f (b) y su derivada f 0 (t) > 0 para toda t 2 [a; b]: Prueba que: (a) Existe > 0 tal que (t) = t f (t) es una contracción en [a; b]: (b) tiene un único punto …jo, y éste es la única solución de la ecuación f (t) = 0: Ejercicio 4.23 Considera una función afín : Rn ! Rn ; A = (aij ) es una matriz de n n y b = (b1 ; :::; bn ) 2 Rn : (a) Prueba que si A satisface (C1 )

n X i=1

Rn1

Rn1

jaij j

1

0: Como la serie existe k0 2 N tal que 1 X " 2 jxk j2 < : 2 k=k +1

P1

k=1

jxk j2 converge,

0

Sea y := (x1 ; :::; xk0 ) 2 Rk0 . Por el ejemplo anterior, existe q = (q1 ; :::; qk0 ) 2 Qk0 tal que ky qk < 2" : Identi…cando a Rk0 con el subespacio de `2 que consiste de las sucesiones x = (xk ) tales que xk = 0 para k > k0 (Ejemplo 1.28) obtenemos que kx

qk2

kx

yk2 + ky

qk2 =

1 X

k=k0 +1

jxk j2

!1=2

+ ky

qk2 <

" " + = ": 2 2

En consecuencia, Q1 es denso en `2 . Un conjunto A es numerable si existe una función biyectiva A ! N: Un conjunto A que es …nito o numerable se dice que es a lo más numerable. Los conjuntos Qn y Q1 son numerables [Ejercicio 5.12]. De…nición 5.4 Un espacio métrico X es separable si contiene un subconjunto a lo más numerable que es denso en X: Los ejemplos anteriores prueban que Rn y `2 son espacios separables. Es fácil ver que la propiedad de ser separable es invariante bajo homeomor…smos, es decir, si : X ! Y es un homeomor…smo y X es separable entonces Y es separable [Ejercicio 5.14]. A diferencia de Q1 ; el conjunto de todas las sucesiones de números racionales no es un conjunto numerable. Ni siquiera el siguiente subconjunto lo es. Ejemplo 5.5 El conjunto B de todas las sucesiones b = (bk ) tales que bk 2 f0; 1g no es un conjunto numerable.

5.2. EL TEOREMA DE APROXIMACIÓN DE WEIERSTRAß

71

Demostración: Probaremos que ningún subconjunto numerable de B coincide con B: Sea B0 = fbn = (bn;k ) : n 2 Ng un subconjunto numerable de B: Consideremos la sucesión a = (ak ) de…nida como sigue: ak 2 f0; 1g

y

ak 6= bk;k :

Claramente a 2 B pero no pertenece a B0 ya que, si a = bn para alguna n 2 N, entonces coincidirían en particular los n-ésimos términos de ambas sucesiones, es decir an = bn;n ; contradiciendo la de…nición de a: En consecuencia, B0 6= B: Por tanto, B no es numerable. Usaremos este hecho para demostrar el siguiente. Ejemplo 5.6 `1 no es separable. Demostración: Probaremos que ningún subconjunto denso de `1 es a lo más numerable. Sea A un subconjunto denso de `1 : Sea B el conjunto de todas las sucesiones b = (bk ) tales que bk 2 f0; 1g. Observemos que kb

b 0 k1 = 1

8b; b0 2 B; b 6= b0 :

(5.1)

Como A es denso en `1 ; para cada b 2 B podemos escojer un elemento ab 2 A tal que kb ab k1 < 12 : Si ab = ab0 =: a; entonces kb

b 0 k1

kb

ak1 + ka

b0 k1 <

1 1 + = 1; 2 2

y (5.1) implica que b = b0 : En consecuencia, la función : B ! A;

(b) = ab :

es inyectiva. Por tanto, dado que B no es numerable, A no puede ser a lo más numerable. Esto demuestra que ningún subconjunto denso de `1 es a lo más numerable. Por tanto, `1 no es separable.

5.2.

El teorema de aproximación de Weierstraß

El objetivo de esta sección es demostrar que toda función continua en un intervalo cerrado [a; b] se puede aproximar uniformemente por funciones polinomiales, es decir, por funciones de la forma p (t) = a0 + a1 t +

+ an tn ;

ak 2 R; n 2 N [ f0g.

72

5. TEOREMAS DE APROXIMACIÓN

Este resultado se conoce como el teorema de aproximación de Weierstraß : De hecho, probaremos un resultado más preciso debido a Bernstein, que da de manera explícita una sucesión de polinomios (los polinomios de Bernstein) que converge uniformemente a la función dada, y que permite además estimar la rapidez con la que dicha sucesión converge. Sin pérdida de generalidad supondremos de aquí en adelante que [a; b] = [0; 1] [Ejercicio 5.17]: Para 0 k n consideremos los polinomios n;k (t)

=

n k

n k

=

tk (1

t)n k ;

donde n! k!(n k)!

es el coe…ciente binomial. De la conocida fórmula binomial (a + b)n =

n X k=0

n k

ak b n

k

se sigue que n X

n;k (t)

(5.2)

= 1:

k=0

Multiplicando por t la igualdad (5.2) para n n 1 X t = t

1 obtenemos

n 1;k (t)

j=0

=

n 1 X

n

j=0

= = =

1

n 1 X

j+1 n j=0

n X k

n k=1

n X k k=0

tj+1 (1

j

n

n j+1

n;k (t)

n;k (t):

t)n

tj+1 (1

1 j

t)n

(j+1)

5.2. EL TEOREMA DE APROXIMACIÓN DE WEIERSTRAß

73

En consecuencia, nt =

n X

k

(5.3)

n;k (t):

k=0

De manera análoga, multiplicando por t2 la igualdad (5.2) para n (n

2

2

n)t =

n X

(k 2

k)

2 obtenemos (5.4)

n;k (t)

k=0

Dejamos los detalles al lector [Ejercicio 5.21].

1

0. 25

0. 75 0. 2

0. 15

0. 5

0. 1

0. 25 0. 05

0

0 0

0. 25

0. 5

0. 75

0

1

0. 25

0. 5

0. 75

t

3;3 (t)

1 t

= t3

3;2 (t)

= 2t2 (1

t)

1

0. 25 0. 75

0. 2

0. 15

0. 5

0. 1 0. 25

0. 05

0

0 0

0. 25

0. 5

0. 75

1

0

0. 25

0. 5

0. 75

t

3;1 (t)

= 2t(1

t)2

1 t

3;0 (t)

= (1

t)3

74

5. TEOREMAS DE APROXIMACIÓN

De…nición 5.7 Sea f : [0; 1] ! R una función continua. El n-ésimo polinomio de Bernstein de f es el polinomio n (t) =

f;n (t) =

n X

k f( ) n k=0

n;k (t):

Se tiene el siguiente resultado. Teorema 5.8 (Bernstein-Weierstraß ) Sea f : [0; 1] ! R una función continua. Entonces la sucesión de sus polinomios de Bernstein f;n converge uniformemente a f , es decir, en C 0 [0; 1]: f;n ! f Demostración: Sea " > 0: Recordemos que toda función continua de…nida en un intervalo cerrado es uniformemente continua. Por lo tanto, existe > 0 tal que jf (s)

f (t)j <

" 2

si js

(5.5)

tj < :

Multiplicando la igualdad (5.2) por f (t) obtenemos que f (t) =

n X

f (t)

n;k (t):

k=0

Así, para cada t 2 [0; 1] y n 2 N; se tiene que f (t)

f;n (t)

=

n X k=0

(f (t)

k f ( )) n

n;k (t)

n X

f (t)

k=0

k f( ) n

n;k (t):

(5.6)

Probaremos que el lado derecho de esta desigualdad es menor que " si n satisface la siguiente desigualdad: ( ) 1 kf k21 n max (5.7) 4; "2 Para cada t 2 [0; 1] y n 2 N consideremos los conjuntos I1 = fk 2 N [ f0g : 0

k

I2 = fk 2 N [ f0g : 0

k

k n; t < n n; k 2 = I1 g:

1 n

1 4

g

5.2. EL TEOREMA DE APROXIMACIÓN DE WEIERSTRAß

Si n satisface (5.7) entonces X

f (t)

k2I1

1 4

1 n

k f( ) n

; y se sigue de (5.5) y de (5.2) que

n;k (t)

<

k2I2

f (t)

X"

k2I1

k f( ) n

n;k (t)

p

X

n;k (t)

"X 2 k=0 n

2

k ) 2 n

Por otra parte, si k 2 I2 entonces (t X

75

k2I2

n;k (t)

" = : 2

(5.8)

n y, en consecuencia,

2 kf k1

= 2 kf k1

n;k (t)

X (t

(t k2I2 p X 2 kf k1 n (t

k 2 ) n k 2 ) n

k2I2

n;k (t)

k 2 ) n

n;k (t):

(5.9)

Probaremos que ahora que n X

k 2 ) n

(t

k=0

n;k (t)

1 : 4n

(5.10)

Multiplicando la igualdad (5.2) por t2 ; la igualdad (5.3) por desigualdades (5.3) y (5.4) por n12 ; obtenemos, respectivamente, 2

t

n X

=

k=0 n X

2t2 = (1

t2

k=0 n 2 X

1 2 1 )t + t = n n

2 t; n

y la suma de las

n;k (t)

k 2 t n

n;k (t)

k n2 k=0

n;k (t):

k 2 ) n

n;k (t):

Sumando estas tres igualdades obtenemos 1 (t n

2

t )=

n X

(t

k=0

(5.11)

Notemos que maxt2[0;1] (t t2 ) 14 : p En consecuencia, (5.11) implica (5.10). Si n satisface (5.7) entonces kf k1 = n ": Por tanto, (5.9) y (5.10) implican que X

k2I2

f (t)

k f( ) n

n;k (t)

" : 2

76

5. TEOREMAS DE APROXIMACIÓN

De esta desigualdad, junto con (5.6) y (5.8), obtenemos que f (t)

n X

f;n (t)

f (t)

k f( ) n

n;k (t)

f (t)

k f( ) n

n;k (t)

k=0

=

X

k2I1

+

f;n 1

0 existe k0 2 N tal que jpk (t) Como la función t 7! jpk (t) que jpk (t)

pj (t)j < "

2 8t 2 (0; ], k; j

k0 :

pj (t)j es continua en R; la desigualdad anterior implica pj (t)j

"

2 8t 2 [0; ], k; j

k0 ;

Esto prueba que (pk ) es de Cauchy en C 0 [0; 2 ] y, como C 0 [0; 2 ] es completo, se tiene entonces que (pk ) converge uniformemente a una función continua g : [0; 2 ] ! R: Como la convergencia uniforme implica la convergencia puntual, obtenemos que 1 sen = f (t) = l m pk (t) = g(t) k!1 t

2 8t 2 (0; ]:

Por tanto, como g es continua en [0; 2 ], se tiene que l m sen

n!1

n 2

= lm g n!1

2 n

Esto es una contradicción, ya que la sucesión sen n2

5.3.

= g(0): no converge.

Ejercicios

Ejercicio 5.11 Demuestra las siguientes a…rmaciones. (a) Ningún subconjunto propio de un espacio métrico discreto Xdisc es denso en Xdisc : (b) Un espacio métrico discreto Xdisc es separable si y sólo si Xdisc es a lo más numerable.

78

5. TEOREMAS DE APROXIMACIÓN

Ejercicio 5.12 Prueba que los siguientes conjuntos son numerables. (a) El conjunto Q de los números racionales. (b) El conjunto Qn = f(q1 ; :::; qn ) 2 Rn : qi 2 Q 8i = 1; :::; ng: (c) El conjunto Q1 de todas las sucesiones de números racionales con sólo un número …nito de términos distintos de cero. (d) El conjunto PQ [a; b] de todas las funciones polinomiales q (t) = q0 + q1 t + + qn tn con coe…cientes qi 2 Q y n 2 N arbitrario. Ejercicio 5.13 Sea (X; d) un espacio métrico. Prueba que, si Y es denso en (X; d) y Z es denso en (Y; d), entonces Z es denso en (X; d): Ejercicio 5.14 Prueba que, si : X ! Y es continua y suprayectiva y A X es denso en X; entonces (A) es denso en Y: En particular, si : X ! Y es un homeomor…smo entonces X es separable si y sólo si Y lo es. Ejercicio 5.15 Prueba que Rnp es separable para toda 1 Ejercicio 5.16 Prueba que `p es separable para toda 1

p

1:

p < 1:

Ejercicio 5.17 Prueba que el conjunto de funciones polinomiales en el intervalo [a; b] P [a; b] = fp 2 C 0 [a; b] : p (t) = a0 + a1 t +

+ an tn ; n 2 N [ f0g; ai 2 Rg

es denso en C 0 [a; b]: (Sugerencia: Utiliza los Ejercicios 5.14 y 2.39) Ejercicio 5.18 Prueba que PQ [a; b] es denso en (P [a; b] ; k k1 ) y que, en consecuencia, PQ [a; b] es denso en C 0 [a; b]: Ejercicio 5.19 Prueba que Cp0 [a; b] es separable para todo 1 Utiliza los Ejercicios 5.14 y 2.40).

p

1: (Sugerencia:

Ejercicio 5.20 Sea C 1 [a; b] el conjunto de todas las funciones f : [a; b] ! R que tienen derivadas continuas de todos los órdenes. Prueba que C 1 [a; b] es denso en Cp0 [a; b] para todo 1 p 1: Ejercicio 5.21 Demuestra la igualdad (5.4).

Capítulo 6 Compacidad Los intervalos cerrados [a; b] tienen la propiedad de que cualquier sucesión de puntos en ellos tiene una subsucesión convergente. Esto tiene consecuencias importantes, como por ejemplo, que toda función continua en un intervalo cerrado alcanza su máximo y su mínimo. Más aún, los intervalos cerrados y acotados en R tienen la propiedad de HeineBorel, es decir: De cualquier familia de intervalos abiertos que cubre a [a; b] podemos extraer una subfamilia …nita que también cubre a [a; b]: Generalizando esta propiedad obtenemos un concepto fundamental que es el concepto de compacidad.

6.1.

Conjuntos compactos

De…nición 6.1 Sea X un espacio métrico y sea A un subconjunto de X: Una familia C = fXi : i 2 Ig de subconjuntos de X se llama una cubierta de A si [ A Xi : i2I

Si Xi es abierto en X para toda i 2 I; se dice que C es una cubierta abierta de A: Un subconjunto C0 C de una cubierta de A que a su vez es cubierta de A se llama una subcubierta de C: De…nición 6.2 Un subconjunto K de X es compacto si toda cubierta abierta de K en X contiene una subcubierta …nita. Veamos algunos ejemplos. Ejemplo 6.3 Rn no es compacto. 79

80

6. COMPACIDAD

Demostración: Para cada k 2 N consideremos la bola abierta B(0; k) = fx 2 Rn : kxk < kg: Claramente C = fB(0; k) : k 2 Ng es una cubierta abierta de Rn ; pero ningún subconjunto …nito de C es cubierta de Rn .

Ejemplo 6.4 La bola abierta B(0; 1) en Rn no es compacta. Demostración: C = fB(0; 1 k1 ) : k 2 Ng es una cubierta abierta de B(0; 1); pero ningún subconjunto …nito de C es cubierta de B(0; 1). Los compactos tienen muchas propiedades importantes. Veamos algunas de ellas. Proposición 6.5 Si K es un subconjunto compacto de X, entonces toda sucesión (xk ) en K contiene una subsucesión que converge a un punto y0 2 K: Demostración: Sea (xk ) una sucesión en K: Probaremos primero que existe un punto y0 2 K tal que toda bola abierta BX (y0 ; ") con centro en y0 contiene a una subsucesión de (xk ), para toda " > 0. Supongamos, por contradicción, que para cada y 2 K; existe "y > 0 tal que BX (y; "y ) contiene sólo un número …nito de términos de (xk ). Como K es compacto, la cubierta abierta C = fBX (y; "y ) : y 2 Kg de K contiene una subcubierta …nita, es decir, existen y1 ; :::; ym 2 K tales que K

BX (y1 ; "y1 ) [

[ BX (ym ; "ym ):

Esto implica que (xk ) tiene sólo un número …nito de términos, lo cual es falso. Así pues, existe y0 2 K tal que toda bola abierta BX (y0 ; ") con centro en y0 contiene a una subsucesión de (xk ): Podemos escoger entonces una sucesión creciente de números naturales k1 < k2 < < kj < tales que xkj 2 BX (y0 ; 1j ): En consecuencia, la subsucesión (xkj ) converge a y0 :

De…nición 6.6 Un subconjunto A de un espacio métrico X es acotado si existen x 2 X y " > 0 tales que A BX (x; "): Proposición 6.7 Todo subconjunto compacto de un espacio métrico es cerrado y acotado.

6.1. CONJUNTOS COMPACTOS

81

Demostración: Sea K un subconjunto compacto de X: Si x0 2 K entonces, por la Proposición 2.27, existe una sucesión (xk ) en K que converge a x0 en X: Por la proposición anterior, (xk ) contiene una subsucesión (xkj ) que converge a un punto y0 2 K: Como el límite de una sucesión es único, x0 = y0 2 K: Esto prueba que K es cerrado. Probemos ahora que K es acotado. Fijemos un punto x b 2 X: El conjunto de todas las bolas abiertas BX (b x; n) con centro en x b y radio n 2 N es una cubierta abierta de X: Como K es compacto, existen n1 ; :::; nm 2 N tales que K BX (b x; n1 ) [ [ BX (b x; nm ). Sea n b := maxfn1 ; :::; nm g: Entonces K BX (b x; n b); es decir, K es acotado: El recíproco no es cierto en general, como lo muestra el siguiente ejemplo.

b 1) := f(xk ) 2 `2 : P x2 Ejemplo 6.8 La bola cerrada B(0; k `2 .

1g no es compacta en

Demostración: Consideremos la sucesión ek = (ek;n ) tal que ek;k = 1 y ek;n = 0 si b2 (0; 1): Ninguna subsucesión de (ek ) es de Cauchy en `2 ; ya que k 6= n: Entonces ek 2 B p kej ek k2 = 2 8j 6= k: En consecuencia, ninguna subsucesión de (ek ) converge en `2 . La Proposición 6.5 implica b 1) no es compacta. que B(0;

Veremos en la siguiente sección que el recíproco sí es válido en Rn : Concluímos esta sección con otras propiedades importantes de los conjuntos compactos. Proposición 6.9 Todo subconjunto cerrado de un conjunto compacto es a su vez compacto. Demostración: Sea C un subconjunto cerrado de un conjunto compacto K: Si C = fUi : i 2 Ig es una cubierta abierta de C en X; entonces C0 = fUi : i 2 Ig[fXnCg es una cubierta abierta de K en X: Como K es compacto, C0 contiene una subcubierta …nita, es decir, existen i1 ; :::; im 2 I tales que K Ui1 [ [Uim [XnC: En consecuencia, C Ui1 [ [ Uim ; es decir, fUi1 ; :::; Uim g es una subcubierta …nita de C: La compacidad se preserva bajo funciones continuas. Proposición 6.10 Si : X ! Y es continua y K es un subconjunto compacto de X, entonces (K) es un subconjunto compacto de Y .

82

6. COMPACIDAD

Demostración: Sea C = fVi : i 2 Ig una cubierta abierta de (K) en Y: Como 1 es continua, la Proposición 2.22 asegura que (Vi ) es abierto en X: Por tanto, 0 1 C =f (Vi ) : i 2 Ig es una cubierta abierta de K en X y, como K es compacto, C0 contiene una subcubierta …nita f 1 (Vi1 ); :::; 1 (Vim )g : En consecuencia, fVi1 ; :::; Vim g es una subcubierta …nita de C: Una consecuencia importante de esta proposición es la siguiente. Corolario 6.11 Si f : X ! R es continua y K es compacto en X entonces f alcanza su mínimo y su máximo en K; es decir, existen x0 ; x1 2 K tales que f (x0 ) f (x1 )

8x 2 K; 8x 2 K:

f (x) f (x)

Demostración: Denotemos por m0 : = infff (x) : x 2 Kg m1 : = supff (x) : x 2 Kg Por la proposición anterior, f (K) es un subconjunto compacto de R. Por tanto, f (K) es acotado en R y, en consecuencia, m0 ; m1 2 R: Probemos que existe x0 2 K tal que f (x0 ) = m0 : Escojamos xk 2 K tal que m0

f (xk ) < m0 +

1 k

8k 2 N.

(6.1)

Como K es compacto, (xk ) contiene una subsucesión (xkj ) que converge a un punto x0 2 K: Dado que f es continua, f (xkj ) ! f (x0 ) y de la desigualdad (6.1) se sigue que m0 = l m f (xkj ) = f (x0 ): j!1

De manera análoga se prueba que existe x1 2 K tal que f (x1 ) = m1 : Esto concluye la demostración.

6.2.

El teorema de Heine-Borel

En la sección anterior vimos que todo subconjunto compacto de un espacio métrico es cerrado y acotado. Vimos también que, en general, el recíproco de esta a…rmación no es cierto. En esta sección veremos que en Rn sí lo es. Empezaremos probando la siguiente a…rmación.

6.2. EL TEOREMA DE HEINE-BOREL

83

b1 (0; r) = fx 2 Rn : kxk Proposición 6.12 La bola cerrada B 1 n radio r en R1 es compacta.

rg con centro en 0 y

b1 (0; r) es homeomorfa a B b1 (0; 1) en Rn1 ; gracias a la Demostración: Como B b1 (0; 1) es compacta. Observemos que B b1 (0; 1) Proposición 6.10 basta demostrar que B es el çubo" b1 (0; 1) = f(x1 ; :::; xn ) : xi 2 [ 1; 1], i = 1; :::ng: B

b1 (0; 1) no es compacta. Entonces existe una cubierta abierta C = Supongamos, que B b1 (0; 1) en Rn1 que no contiene ninguna subcubierta …nita. En consefUi : i 2 Ig de B b1 (0; 1) en 2n bolas cerradas en Rn de radio 1 (es decir, cuencia, si subdividimos a B 1 2 b1; en 2n çubos"del mismo tamaño); se cumple que al menos una de ellas, llamémosla B b1 no puede ser cubierta por un número …nito de elementos de C. Subdividamos ahora B 1 n en 2 bolas cerradas de radio 22 y continuemos este proceso para obtener una sucesión decreciente de bolas cerradas en Rn1 ; b0 = B b1 (0; 1) B

b1 B

bk B

;

b k es 1k y ninguna de ellas puede ser cubierta por un número …nito tales que el radio de B 2 b k : Se tiene entonces que xj 2 B bk de elementos de C. Denotemos por xk al centro de B si j k y, en consecuencia, que kxk

x j k1

1 2k

8j

(6.2)

k:

b1 (0; 1) y, como B b1 (0; 1) es completo Por tanto, la sucesión (xk ) es de Cauchy en B n b1 (0; 1): Pasando (Proposición 3.15), la sucesión (xk ) converge en R1 a un punto x0 2 B al límite cuando j ! 1 en la desigualdad (6.2) obtenemos que kxk

1 2k

x 0 k1

8k:

(6.3)

b1 (0; 1) existe Ui0 2 C tal que x0 2 Ui0 : Sea " > 0 tal que B1 (x0 ; ") Como x0 2 B La desigualdad (6.3) implica que bk B

B1 (x0 ; ")

Ui0

si

1

2k 1

Ui0 :

0 existe > 0 (que depende únicamente de ") tal que, para cualesquiera x1 ; x2 2 X; dY ( (x1 ); (x2 )) < "

si dX (x1 ; x2 ) < :

Claramente toda función uniformemente continua es continua. Pero el recíproco, en general, no es cierto [Ejercicio 6.31]. Sin embargo lo es en el siguiente caso.

6.4. EL TEOREMA DE STONE-WEIERSTRAß

85

Proposición 6.17 Sea X un espacio métrico compacto. Entonces toda función continua : X ! Y es uniformemente continua. Demostración: Supongamos, por el contrario, que X es compacto y que : X ! Y es continua pero no es uniformemente continua. Entonces para alguna "0 > 0 y para todo k 2 N existen xk ; x ek 2 X tales que dX (xk ; x ek ) <

1 k

y

dY ( (xk ); (e xk ))

"0 :

Como X es compacto, la sucesión (xk ) contiene una subsucesión (xkj ) tal que xkj ! x en X (Proposición 6.5). De la desigualdad del triángulo dX (x; x ekj )

dX (x; xkj ) + dX (xkj ; x eky )

se sigue que x ekj ! x y, como es continua, se cumple entonces que (e xkj ) ! (x) en Y (Proposición 2.28): En consecuencia, dY ( (xkj ); (e xkj ))

(xkj ) !

(x) y

xkj )) < "0 dY ( (xkj ); (x)) + dY ( (x); (e

para j su…cientemente grande. Esto contradice nuestra suposición.

6.4.

El teorema de Stone-Weierstraß

En el capítulo anterior probamos que toda función continua [a; b] ! R es el límite uniforme de funciones polinomiales. Veremos ahora esto es válido también para funciones continuas K ! R en un subconjunto compacto K de Rn : De hecho, probaremos un resultado más general, conocido como el teorema de StoneWeierstraß , que da condiciones para que una familia A de funciones reales continuas en un espacio métrico compacto X sea densa en el espacio C 0 (X): Observemos antes que nada que, si X es compacto, entonces toda función continua f : X ! R es acotada (Corolario 6.11). En consecuencia, el espacio C 0 (X) de…nido en (3.2) no es otra cosa que el espacio de funciones continuas f : X ! R con la norma uniforme kf k1 = sup jf (x)j = max jf (x)j : x2X

x2X

El espacio C 0 (X) no sólo es un espacio vectorial sino que cuenta además con un producto, de…nido como sigue: f g : X ! R;

(f g)(x) := f (x)g(x):

86

6. COMPACIDAD

Se tiene que f g 2 C 0 (X) si f; g 2 C 0 (X) [Ejercicio 2.32]. Este producto le da al espacio vectorial C 0 (X) la estructura de un álgebra con unidad. La unidad es la función constante 1: Teorema 6.18 (Stone-Weierstrass) Sea X un espacio métrico compacto y sea A un subconjunto de C 0 (X) con las siguientes propiedades: (a) ' + 2 A para todas '; 2 A y ; 2 R (b) ' 2 A para todas '; 2 A (c) 1 2 A (d) Dados x1 6= x2 en X; existe ' 2 A tal que '(x1 ) 6= '(x2 ): Entonces A es denso en C 0 (X), es decir, dada una función continua f : X ! R existe una sucesión ('k ) de funciones en A que converge uniformemente a f en X: Las primeras tres condiciones (a), (b) y (c) equivalen a decir que A es una subálgebra con unidad del álgebra de funciones continuas C 0 (X). La propiedad (d) suele expresarse diciendo que A ”separa puntos”. Para la demostración del teorema de Stone-Weierstrass requerimos los siguientes lemas. Lema 6.19 Dados x1 6= x2 en X y c1 ; c2 2 R; existe (x2 ) = c2 :

2 A tal que

(x1 ) = c1 y

Demostración: Sea ' 2 A tal que '(x1 ) 6= '(x2 ): Entonces el siguiente determinante cumple que '(x1 ) 1 det 6= 0: '(x2 ) 1 Por tanto, existen ;

2 R tales que '(x1 ) + '(x2 ) +

= c1 = c2

De las propiedades (a) y (c) se sigue que la función anteriores dicen que (x1 ) = c1 y (x2 ) = c2 :

= ' + 1 2 A. Las igualdades

Lema 6.20 La cerradura A de A en C 0 (X) también tiene las propiedades (a), (b) y (c). Demostración: Es sencillo comprobar que A tiene la propiedad (a) [Ejercicio 2.35]. La propiedad (c) es inmediata. Probemos (b). Dadas '; 2 A existen 'k ; k 2 A

6.4. EL TEOREMA DE STONE-WEIERSTRAß

87

tales que 'k ! ' y k ! en C 0 (X) (Proposición 2.27): Como toda sucesión convergente está acotada [Ejercicio 2.48], existe C > 0 tal que k k k1 C para toda k: En consecuencia, k'

'k

k k1

k'( k'k1 k( k'k1 k(

+ k(' 'k ) k k1 'k )k1 k k k1 k )k1 + k(' 'k )k1 k )k1 + C k('

k )k1

Tomando el límite cuando k ! 1 en ambos lados de la desigualdad obtenemos que 'k k ! ' y, como 'k k 2 A, se tiene que ' 2 A (Proposición 2.27): Lema 6.21 Si ' 2 A: entonces j'j 2 A: Demostración: Por el Teorema 5.8 existe una sucesión de polinomios k que converge uniformemente a la función valor absoluto j j en el intervalo [ k'k1 ; k'k1 ]; es decir, dada " > 0 existe k0 2 N tal que j

k (t)

jtjj < "

8t 2 [ k'k1 ; k'k1 ]; k

k0 :

Esta desigualdad se cumple, en particular, para t = '(x) con x 2 X: Por tanto, k

k

'

j'jk1 = max j x2X

k ('(x))

j'(x)jj < "

8k

k0 :

es decir, k ' ! j'j en C 0 (X). Como k es un polinomio y A satisface (a), (b) y (c), se tiene que k ' 2 A. Por tanto, j'j 2 A: Dadas funciones continuas f; g : X ! R denotamos por maxff; gg; m nff; gg a las funciones (maxff; gg)(x) = maxff (x); g(x)g; Lema 6.22 Si ';

(m nff; gg)(x) = m nff (x); g(x)g;

2 A: entonces maxf'; g; m nf'; g 2 A:

Demostración: Basta observar que 1 (' + 2 1 m nf'; g = (' + 2

maxf'; g =

+ j'

j)

j'

j)

x 2 X:

88

6. COMPACIDAD

Como A satisface la propiedad (a), el lema anterior implica que maxf'; g; m nf'; g 2 A: Demostración del Teorema de Stone-Weierstraß . Sea f : X ! R una función continua y sea " > 0: El Lema 6.19 asegura que, para cada par de puntos x; y 2 X; podemos escoger 'x;y 2 A tal que 'x;y (x) = f (x) y 'x;y (y) = f (y): Fijemos x 2 X: Como 'x;y f es continua y 'x;y (y) f (y) = 0, existe y > 0 tal que 'x;y (z)

8z 2 BX (y;

f (z) < "

y)

(6.4)

y, como X es compacto, existen y1 ; :::; ym 2 X tales que X BX (y1 ; y1 ) [ [ BX (ym ; ym ): Sea 'x := maxf'x;y1 ; :::; 'x;ym g: El Lema 6.22 asegura que 'x 2 A: Puesto que cada z 2 X pertenece a alguna B(yi ; yi ); la desigualdad (6.4) implica que 'x (z)

f (z) >

"

8z 2 X:

(6.5)

Por otra parte, dado que 'x;y (x) = f (x) para todo y 2 X; se tiene que 'x (x) = f (x) y, como 'x f es continua, existe x > 0 tal que j'x (z)

f (z)j < "

8z 2 BX (x;

x ):

(6.6)

De la compacidad de X se sigue que existen x1 ; :::; xn 2 X tales que X BX (x1 ; x1 ) [ [ BX (xr ; xn ): Sea ' := m nf'x1 ; :::; 'xr g: El Lema 6.22 asegura que ' 2 A: Puesto que cada z 2 X pertenece a alguna B(xi ; xi ); usando la desigualdad (6.6) obtenemos que '(z) f (z) < " 8z 2 X: (6.7) Y, como la desigualdad (6.5) vale para toda x 2 X; se tiene además que '(z)

f (z) >

"

Las desigualdades (6.7) y (6.8) implican que k' ' 2 A; concluímos que f 2 A:

8z 2 X:

(6.8)

f k1 < ": Por consiguiente, dado que

Supongamos ahora que X Rn y consideremos el conjunto P(X) de todas las funciones polinomiales en n variables en X, es decir, de todas las funciones p : X ! R de la forma p(x1 ; :::; xn ) =

m X i=1

k

ai x1i;1

xkni;n ;

ai 2 R; ki;j 2 N [ f0g:

Una consecuencia interesante del teorema de Stone-Weierstrass es la siguiente.

6.5. EJERCICIOS

89

Corolario 6.23 Sea X un subconjunto compacto de Rn : Entonces toda función continua f : X ! R es el límite uniforme en X de una sucesión de funciones polinomiales pk 2 P(X). Demostración: Obviamente el conjunto P(X) de funciones polinomiales en n variables satisface las condiciones (a), (b) y (c) del teorema de Stone-Weierstrass. Consideremos las funciones polinomiales i (x1 ; :::; xn ) = xi ; i = 1; :::; n: Si x; y 2 X son puntos distintos, entonces al menos una de sus coordenadas es distinta, digamos que xi 6= yi : En consecuencia, i (x) 6= i (y): Esto prueba que P(X) satisface la condición (d). El teorema de Stone-Weierstrass asegura entonces que P(X) es denso en C 0 (X):

6.5.

Ejercicios

Ejercicio 6.24 ¿Cuáles de los siguientes subconjuntos de R son compactos? (a) f k1 : k 2 Ng (b) f k1 : k 2 Ng [ f0g (c) ft 2 R : t 0g (d) ft 2 R : t 0g Ejemplo 6.25 Sea X un espacio de Banach y sea SX := fx 2 X : kxk = 1g la esfera unitaria en X: En cada uno de los siguientes casos investiga si la esfera unitaria es o no compacta. Justi…ca tu a…rmación. (a) X = Rn (b) X = Rn1 (c) X = `2 (d) X = `1 (e) X = C 0 [0; 1] (f) X = C10 [0; 1] Ejemplo 6.26 Sea Xdisc es un espacio métrico discreto y sea K K es compacto si y sólo si K es …nito.

Xdisc . Prueba que

Ejercicio 6.27 ¿Es cierto en general que si : X ! Y es continua y K es un sub1 conjunto compacto de Y entonces (K) es un subconjunto compacto de X? Justi…ca tu respuesta. Ejercicio 6.28 Prueba que si : X ! Y es continua y biyectiva y X es compacto 1 entonces : Y ! X es continua (es decir, es un homeomor…smo).

90

6. COMPACIDAD

Ejercicio 6.29 Sea S1 := f(x; y) 2 R2 : x2 + y 2 = 1g el círculo unitario en R2 : Considera la función f : [0; 2 ) ! S1 ,

f (t) = (cos t; sent):

Prueba que (a) f es continua y biyectiva, (b) f 1 : S1 ! [0; 2 ) no es continua. Es decir, la compacidad de X es esencial en la a…rmación del ejercicio anterior. Ejercicio 6.30 (a) Prueba que todo espacio métrico compacto es completo. (b) ¿Es cierto que todo espacio métrico completo es compacto? Ejercicio 6.31 Considera la función f : (0; 1] ! R dada por f (t) = 1t : Prueba que f no es uniformemente continua. Ejercicio 6.32 Sea B2 = f(r; ) : 0 r 1; 0 2 g la bola unitaria cerrada 2 2 en R : Prueba que cualquier función continua f : B ! R es el límite uniforme de funciones de la forma a0 + r(a1 cos + b1 sin ) +

+ rn (an cos n + bn sin n )

con ai ; bi 2 R; n 2 N [ f0g: Ejercicio 6.33 Sea C = f(x; y) 2 R2 : 0 x 1; 0 y 1g: Prueba que cualquier función continua f : C ! R es el límite uniforme de funciones de la forma f1 (x)g1 (y) +

+ fn (x)gn (y);

donde fi ; gi : [0; 1] ! R son continuas y n 2 N. Ejercicio 6.34 Sea un subconjunto abierto de Rn : Denotemos por C 1 ( ) al conjunto de todas las funciones f : ! R que tienen derivadas parciales de todos los órdenes en y dichas derivadas son continuas en la cerradura de . Prueba que C 1 ( ) es denso en C 0 ( ):

Capítulo 7 Compacidad en espacios de funciones Veri…car la compacidad de un subconjunto a partir de la de…nición es, en general, difícil. El objetivo de este capítulo es dar una caracterización útil de los subconjuntos compactos de espacios de funciones.

7.1.

Conjuntos totalmente acotados.

Para probar la compacidad de las bolas cerradas en Rn1 usamos el hecho de que podemos cubrirlas por un número …nito de bolas de radio arbitrariamente pequeño. Consideremos subconjuntos de un espacio métrico que tienen esta propiedad. Sea X un espacio métrico. De…nición 7.1 Un subconjunto A de X es totalmente acotado (o precompacto) si para toda > 0 existe un número …nito de puntos a1 ; :::; am 2 A tales que A

BX (a1 ; ) [

[ BX (am ; ):

Veamos algunas propiedades sencillas de los conjuntos totalmente acotados. Proposición 7.2 (a) Todo subconjunto compacto de X es totalmente acotado. (b) Todo subconjunto totalmente acotado en X es acotado. (c) Todo subconjunto de un conjunto totalmente acotado es, a su vez, totalmente acotado. (d) La cerradura en X de un subconjunto totalmente acotado es totalmente acotada. 91

92

7. COMPACIDAD EN ESPACIOS DE FUNCIONES

Demostración: (a) Si K X es compacto entonces, para toda " > 0; la cubierta abierta fBX (x; ") : x 2 Kg de K contiene una subcubierta …nita. En consecuencia, K es totalmente acotado. (b) Si A X es totalmente acotado entonces existen a1 ; :::; am 2 A tales que A BX (a1 ; 1)[ [BX (am ; 1): En consecuencia, A BX (a1 ; r+1) donde r = maxfdX (a1 ; aj ) : j = 2; :::; mg; es decir, A es acotado. (c) Sea A un subconjunto totalmente acotado, sea D A y sea " > 0. Entonces existen a1 ; :::; am 2 A tales que A

" BX (a1 ; ) [ 2

" [ BX (am ; ): 2

Sea J := fj 2 f1; :::; mg : BX (aj ; 2" ) \ D 6= ;g: Para cada j 2 J elegimos un punto bj 2 BX (aj ; 2" ) \ D: Entonces se cumple que D

[

BX (bj ; "):

j2J

Esto prueba que D es totalmente acotado. (d) Sea A un subconjunto totalmente acotado, sea " > 0, y sean a1 ; :::; am 2 A tales que " " [ BX (am ; ): A BX (a1 ; ) [ 2 2 bX (a1 ; " ) [ bX (am ; " ) es cerrado, se tiene que Como B [B 2

2

A

En consecuencia, A

bX (a1 ; " ) [ B 2

bX (am ; " ): [B 2

BX (a1 ; ") [

[ BX (am ; "):

Esto prueba que A es totalmente acotado. No es cierto, en general, que un conjunto acotado sea totalmente acotado. Veamos un ejemplo. b 1) := f(xk ) 2 `2 : P x2 Ejemplo 7.3 La bola cerrada B(0; k acotada en `2 .

1g no es totalmente

Demostración: Sea ek = (ek;n ) la sucesión tal que ek;k = 1 y ek;n = 0 si k 6= n: p b2 (0; 1): Sea 0 < " < 2=2: Si B(0; b 1) pudiese ser cubierta por un Entonces ek 2 B

7.1. CONJUNTOS TOTALMENTE ACOTADOS.

93

número …nito de bolas de radio ", entonces al menos una de ellas contendría a un par ej ; ek , j 6= k; lo cual es imposible, ya que p kej ek k2 = 2 8j 6= k:

b 1) no es totalmente acotada. En consecuencia, B(0;

El siguiente resultado da caracterizaciones muy útiles de los conjuntos compactos.

Teorema 7.4 Las siguientes tres a…rmaciones son equivalentes: (a) X es compacto. (b) Toda sucesión en X contiene una subsucesión que converge en X: (c) X es completo y totalmente acotado. Demostración: (a))(b): Esta es la a…rmación de la Proposición 6.5. (b))(c): Sea (xk ) una sucesión de Cauchy en X: Si X satisface (b) entonces (xk ) contiene una subsucesión que converge a un punto x 2 X y, por ser de Cauchy, la sucesión (xk ) misma converge a x [Ejercicio 3.34]: Esto prueba que X es completo. Supongamos ahora que X no es totalmente acotado. Entonces existe "0 > 0 tal que X no puede ser cubierto por un número …nito de bolas abiertas de radio "0 . Por consiguiente, podemos escoger, inductivamente, una sucesión de puntos xk 2 X tales que xk+1 2 = BX (x1 ; "0 ) [ [ BX (xk ; "0 ); es decir, tales que dX (xj ; xk ) > "0 para toda j 6= k: Pero entonces, como la sucesión (xk ) no es de Cauchy, no contiene ninguna subsucesión convergente: En consecuencia, si X no es totalmente acotado, (b) no se cumple (c))(a): Supongamos, por contradicción, que X es completo y totalmente acotado pero no es compacto. Entonces X tiene una cubierta abierta U = fUi : i 2 Ig que no contiene ninguna subcubierta …nita. Como X es totalmente acotado, está contenido en un número …nito de bolas abiertas de radio 1: Por tanto, existe un punto x1 2 X tal que BX (x1 ; 1); no puede ser cubierta por un número …nito de elementos de U. Como BX (x1 ; 1) es totalmente acotado (Proposición 7.2), está contenido en un número …nito de bolas abiertas de radio 12 cuyos centros están en BX (x1 ; 1). Por consiguiente, existe x2 2 BX (x1 ; 1) tal que BX (x2 ; 12 ); no puede ser cubierta por un número …nito de elementos de U: De este modo construímos, inductivamente, una sucesión (xk ) tal que xk 2 BX (xk 1 ; 2k1 1 ) y BX (xk ; 21k ) no puede ser cubierta por un número …nito de elementos de U. Para toda j k, se tiene entonces que 1 1 1 dX (xk ; xj ) dX (xk ; xk+1 ) + + dX (xj 1 ; xj ) + + j 1 < k 1; (7.1) k 2 2 2 es decir, la sucesión (xk ) es Cauchy. Como X es completo, esta sucesión converge a un punto x b en X: Haciendo tender j ! 1 en la desigualdad (7.1) obtenemos que dX (xk ; x b)

1

2k 1

8k 2 N:

94

7. COMPACIDAD EN ESPACIOS DE FUNCIONES

Por otra parte, como x b 2 X, existe Ui0 2 U tal que x b 2 Ui0 y, como Ui0 es abierto, existe " > 0 tal que BX (b x; ") Ui0 : Sea k tal que 2k1 2 < ": Entonces, para todo x 2 BX (xk ; 21k ); se tiene que dX (x; x b)

es decir,

dX (x; xk ) + dX (b x; x k ) <

BX (xk ;

1 ) 2k

BX (b x; ")

1 1 + < "; 2k 2k 1

Ui0

Esto es una contradicción, ya que habíamos supuesto que BX (xk ; 21k ) no puede ser cubierta por un número …nito de elementos de U. Observa la similitud de la demostración de la a…rmación "(c))(a)çon la de la Proposición 6.12, que constituye la parte medular de la demostración del teorema de Heine-Borel. La caracterización (c) es muy útil en muchas situaciones. Veamos un ejemplo. Ejemplo 7.5 El cubo de Hilbert 1

(xk ) 2 `2 : jxk j

H :=

2k

1

es compacto. Demostración: Como `2 es completo y H es cerrado en `2 ; se tiene que H es completo. Demostraremos ahora que H es totalmente acotado. Dada " > 0 escojamos k0 tal que 2k01 1 < 2" y consideremos el conjunto H k0 := f(xk ) 2 H : xk = 0 8k > k0 g = H \ Rk0 ; el cual es compacto en Rk0 . Por lo tanto existen y1 ; :::; ym 2 Rk0 tales que H k0

" B(y1 ; ) [ 2

" [ B(ym ; ): 2

(7.2)

Sea x = (xk ) 2 H: Entonces xk0 = (x1 ; :::; xk0 ; 0; 0; :::) 2 H k0 y se tiene que x

x k0

2

=

1 X

k=k0 +1

jxk j2

!1=2

1 X 1 4k k=k 0

!1=2

<

1 2k0

1

" < : 2

7.2. EL TEOREMA DE ARZELÀ-ASCOLI.

Se sigue de (7.2) que xk0 yi kx yi k2 < ": Esto prueba que H

2

95

<

" 2

para alguna i = 1; :::m: En consecuencia,

B`2 (y1 ; ") [

[ B`2 (ym ; "):

Por tanto, H es totalmente acotado y, por el Teorema 7.4, H es compacto.

De…nición 7.6 Un subconjunto A de X es relativamente compacto (en X) si su cerradura A en X es compacta. Una consecuencia del teorema anterior es la siguiente: Corolario 7.7 Un subconjunto de un espacio métrico completo es relativamente compacto si y sólo si es totalmente acotado. Demostración: Sea A relativamente compacto en X. El Teorema 7.4 implica entonces que A es totalmente acotado y, en consecuencia, A también lo es (Proposición 7.2). Inversamente, supongamos que A es totalmente acotado. La Proposición 7.2 a…rma entonces que A es totalmente acotado. Por otra parte, como X es completo y A es cerrado, A es completo. El Teorema 7.4 asegura entonces que A es compacto.

7.2.

El teorema de Arzelà-Ascoli.

Sea X un espacio métrico compacto y sea Y un espacio métrico. Denotamos por C 0 (X; Y ) := ff : X ! Y : f es continuag y, para f; g 2 C 0 (X; Y ); de…nimos d1 (f; g) := max dY (f (x); g(x)): x2X

Nota que, como la función X ! R;

x 7! dY (f (x); g(x))

es continua y X es compacto, esta función alcanza su máximo, de modo que d1 (f; g) 2 R para todas f; g 2 C 0 (X; Y ); y es fácil veri…car que es una métrica en C 0 (X; Y ): Recordemos además que, si Y es completo, entonces C 0 (X; Y ) es completo. Usaremos el Corolario 7.7 para obtener una caracterización sencilla de los subconjuntos relativamente compactos de C 0 (X; Y ).

96

7. COMPACIDAD EN ESPACIOS DE FUNCIONES

De…nición 7.8 Un subconjunto H de C 0 (X; Y ) es equicontinuo en un punto x 2 X si, dada " > 0; existe > 0 (que depende de " y de x pero no de H) tal que, para toda f 2 H; dY (f (y); f (x)) < " si dX (y; x) < : H es equicontinuo si lo es en todo punto x de X: El aspecto crucial de esta de…nición es que la misma > 0 nos sirve para todas las funciones que pertenecen a H: Un ejemplo en el que esto no se cumple es el siguiente. Ejemplo 7.9 El conjunto H = ffk : [ 1; 1] ! R : k 2 Ng de las funciones continuas 8 1 1 x < 1 si k 1 1 kx si x k fk (x) = k : 1 1 si k x 1 no es equicontínuo en 0:

La demostración es sencilla y se deja al lector [Ejercicio 7.18]. Teorema 7.10 (Arzelà-Ascoli) Sea X un espacio métrico compacto y sea Y un espacio métrico completo. Un subconjunto H de C 0 (X; Y ) es relativamente compacto si y sólo si H es equicontinuo y los conjuntos H(x) := ff (x) : f 2 Hg son relativamente compactos en Y para todo x 2 X: Demostración: Supongamos que H es relativamente compacto en C 0 (X; Y ): Entonces H es totalmente acotado. En consecuencia, dada " > 0; existen g1 ; :::; gm 2 C 0 (X; Y ) tales que " " H B1 (g1 ; ) [ [ B1 (gm ; ): 3 3 Por tanto, " " H(x) BY (g1 (x); ) [ [ BY (gm (x); ) 8x 2 X; 3 3 es decir, H(x) es totalmente acotado y, como Y es completo, el Corolario 7.7 asegura que H(x) es relativamente compacto en Y: Por otra parte, como X es compacto, cada gi es uniformemente continua. Por tanto, existe i > 0 tal que, para cualesquiera y; x 2 X; dY (gi (y); gi (x)) <

" 3

si dX (y; x) <

i:

(7.3)

7.2. EL TEOREMA DE ARZELÀ-ASCOLI.

97

De…nimos := m nf 1 ; :::; m g: Dada f 2 H tomemos gi tal que d1 (f; gi ) < 3" : Entonces, si dX (y; x) < ; se sigue de (7.3) que dY (f (y); f (x))

dY (f (y); gi (y)) + dY (gi (y); gi (x)) + dY (gi (x); f (x)) " " " < + + < ": 3 3 3

Esto prueba que H es equicontinua. Supongamos ahora que H es equicontinuo y que H(x) es relativamente compacto en Y para todo x 2 X: Queremos probar que H es relativamente compacto en C 0 (X; Y ): Como Y es completo, C 0 (X; Y ) también lo es. Por el Corolario 7.7 basta entonces probar que H es totalmente acotado. Sea " > 0: Para cada x 2 X tomemos x > 0 tal que, para toda f 2 H; dY (f (y); f (x)) < " si dX (y; x) < x : (7.4) Como X es compacto, existen x1 ; :::; xm 2 X tales que X

BX (x1 ;

x1 )

[

[ BX (xm ;

(7.5)

xm )

y, como cada H(xi ) es totalmente acotado, existen y1 ; :::; yk 2 Y tales que H(x1 ) [

[ H(xm )

" BY (y1 ; ) [ 4

" [ BY (yk ; ) 4

Consideremos el conjunto (…nito) F de todas las funciones Para cada 2 F consideremos el conjunto H := ff 2 H : dY (f (xi ); y

(i) )

<

(7.6)

: f1; :::; mg ! f1; :::; kg:

" 8i = 1; :::; mg: 4

Se sigue de (7.6) que, para cada f 2 H y cada i 2 f1; :::; mg; existe (i) 2 f1; :::; kg tal que dY (f (xi ); y (i) ) < 4" : En consecuencia, H

[

2F

H :

(7.7)

Sean f; g 2 H y sea x 2 X: Se sigue de (7.5) que existe i 2 f1; :::; mg tal que dX (x; xi ) < i y, en consecuencia, (7.4) implica que dY (f (x); f (xi )) < 4" para toda f 2 H: Por tanto, dY (f (x); g(x))

dY (f (x); f (xi )) + dY (f (xi ); y " " " " < + + + = ": 4 4 4 4

(i) )

+ dY (g(xi ); y

(i) )

+ dY (g(x); g(xi ))

98

7. COMPACIDAD EN ESPACIOS DE FUNCIONES

Tomando el máximo sobre toda x 2 X obtenemos que d1 (f; g) < " para todas f; g 2 H : En consecuencia, para cualquier elección de g 2 H ; se cumple que H De (7.7) y (7.8) se sigue que H Por tanto, H es totalmente acotado.

(7.8)

B1 (g ; "): [

2F

B1 (g ; "):

A continuación daremos una aplicación importante de este teorema.

7.3.

El problema de Cauchy

Sea (a; b) un intervalo en R, sea un subconjunto abierto de Rn , sea : (a; b) ! R una función continua y sean t0 2 (a; b) y x0 2 : En el Capítulo 4 probamos que el problema de Cauchy x0 = (t; x) (}) x(t0 ) = x0 n

tiene una única solución en un intervalo [t0 es 0 ; t0 + 0 ] si el campo vectorial localmente Lipschitz en la segunda variable. En esta sección usaremos el teorema de Arzelà-Ascoli para probar que basta con que el campo vectorial sea continuo para que (}) tenga solución. En este caso, sin embargo, ésta no necesariamente es única [Ejercicio 7.19]. Fijemos r1 ; r2 > 0 tales que Z := f(t; x) 2 R

Rn : jt

t0 j

r1 ; kx

x0 k

r2 g

:

Como Z es compacto,

alcanza su máximo en Z: Denotemos por r2 M := max (t; x); g: 0 := m nfr1 ; (t;x)2Z M

b 0 ; r2 ) := fx 2 Rn : kx Como de costumbre, denotemos por B(x demostrando que (}) tiene soluciones aproximadas.

x0 k

r2 g: Empecemos

b Lema 7.11 Dada " > 0 existe x" 2 C 0 ([t0 0 ; t0 + 0 ] ; B(x0 ; r2 )) con las siguientes propiedades: (i) x" es diferenciable por tramos. (ii) x" (t0 ) = x0 : (iii) kx0" (t) (t; x" (t))k < " en cada tramo en el que x" es diferenciable. (iv) kx" (t) x" (s)k M jt sj para todas s; t 2 [t0 0 ; t0 + 0 ] :

7.3. EL PROBLEMA DE CAUCHY

Demostración: Como k (s; x)

(t; y)k

99

j Z es uniformemente continua, existe 8(s; x); (t; y) 2 Z con jt

"

Ahora, subdividimos el intervalo [x0 t0

0

=: t

n

0; existe k0 tal que (s; x1=k (s))

(s; x(s))

"

si k

En consecuencia, para cada t 2 [t0 0 ; t0 + Z t lm (s; x1=k (s)) k!1

0] ;

k0 ; 8s 2 [t0

0 ; t0

+

0] :

se cumple que

(s; x(s)) ds = 0:

t0

Por tanto, haciendo k ! 1 en ambos lados de la desigualdad (7.12) obtenemos que Z t x(t) = x0 + (s; x1=k (s))ds 8t 2 [t0 ; t0 + ]: t0

El Lema 4.13 asegura entonces que x es solución del problema (}):

b

0 ] ; B(x0 ; r2 ))

7.4. EJERCICIOS

7.4.

101

Ejercicios

Ejercicio 7.13 (a) Prueba que si : X ! Y es una equivalencia (es decir, si es 1 biyectiva y y son Lipschitz continuas) y A es totalmente acotado en X; entonces (A) es totalmente acotado en Y: (b) ¿Es cierto que, si : X ! Y es un homeomor…smo y A es totalmente acotado en X; entonces (A) es totalmente acotado en Y ? Ejercicio 7.14 Prueba que en Rn los subconjuntos totalmente acotados son precisamente los conjuntos acotados. Ejercicio 7.15 Sea X un espacio de Banach y sea SX := fx 2 X : kxk = 1g la esfera unitaria en X: En cada uno de los siguientes casos investiga si la esfera unitaria es o no totalmente acotada. Justi…ca tu a…rmación. (a) X = `p ; 1 p 1 (b) X = C 0 [0; 1] (c) X = C10 [0; 1] Ejercicio 7.16 Considera el espacio métrico X = (0; 1) con la métrica inducida por R y considera el subconjunto A = (0; 1] de X: Prueba que: (a) A es cerrado y totalmente acotado en X: (b) A no es compacto. Contrasta estas a…rmaciones con las del Teorema 7.4. Ejercicio 7.17 Prueba que todo espacio métrico totalmente acotado es separable. Ejercicio 7.18 Prueba que el conjunto H = ffk : [ 1; 1] ! R : k 2 Ng de las funciones continuas 8 1 1 x < 1 si k 1 kx si x k1 fk (x) = k : 1 1 si k x 1 no es equicontínuo en 0: Ejercicio 7.19 Muestra por medio de un ejemplo que el problema de Cauchy (}) puede tener más de una solución. Ejercicio 7.20 Sea X un espacio compacto, sea Y un espacio métrico completo, y sea (fk ) una sucesión en C 0 (X; Y ) que converge puntualmente a f , es decir, la sucesión fk (x) ! f (x) en R para cada x 2 X: Prueba que, si H = ffk g es equicontinuo, entonces f 2 C 0 (X; Y ) y fk ! f en C 0 (X; Y ): Ejercicio 7.21 Prueba que, si X es un espacio métrico compacto y si f : X ! X es una función tal que dX (f (x); f (y)) < dX (x; y) para todos x; y 2 X; entonces f tiene un único punto …jo. Contrasta esta a…rmación con la del teorema de punto …jo de Banach.

102

7. COMPACIDAD EN ESPACIOS DE FUNCIONES

Capítulo 8 Existencia de mínimos Muchos problemas de la física y de la geometría tienen una formulación variacional, es decir, pueden plantearse en términos de encontrar el mínimo (o un punto crítico) de una función. Por ejemplo, un problema clásico es el siguiente: Dada una super…cie en Rn ¿existe una trayectoria de longitud mínima entre dos puntos dados de dicha super…cie? Para abordar este tipo de problemas necesitamos criterios que garantizen la existencia de mínimos de funciones reales de…nidas en espacios métricos. En este capítulo daremos un resultado de este estilo y lo aplicaremos para demostrar la existencia de trayectorias geodésicas.

8.1.

Existencia de trayectorias geodésicas

Sea X = (X; d) un espacio métrico y sean x; y 2 X: De…nición 8.1 Una trayectoria de x a y en X es una función continua : [a; b] ! X tal que (a) = x y (b) = y: La longitud de la trayectoria : [a; b] ! X se de…ne como ( m ) X L( ) := sup d( (tk 1 ); (tk )) : a = t0 t1 tm = b; m 2 N : k=1

Una trayectoria de x a y de longitud mínima se llama una geodésica de x a y: La longitud de una trayectoria no es necesariamente …nita [Ejercicio 8.18]. En los cursos de Cálculo Diferencial e Integral se probó la siguiente fórmula muy útil para calcular la longitud de una trayectoria continuamente diferenciable (véase por ejemplo [3]). 103

104

8. EXISTENCIA DE MíNIMOS

Ejemplo 8.2 Si : [a; b] ! Rn es una trayectoria continuamente diferenciable entonces su longitud está dada por L( ) =

Z

a

b

k 0 (t)k dt:

Observemos que una trayectoria no es tan sólo una curva geométrica en X sino el modo como la recorremos. Muchas trayectorias distintas corresponden a la misma curva imagen. Ejemplo 8.3 Las trayectorias k

: [0; 1] ! R2 ;

k (t)

= (cos 2 kt; sin 2 kt);

k

de (1; 0) a (1; 0) tienen todas como imagen al círculo unitario, pero al círculo, por lo que L( k ) = 2 k:

1; k

le da k vueltas

Por otra parte, la longitud de una trayectoria no depende de la velocidad con que la recorremos, es decir, su longitud no cambia si la reparametrizamos por medio de una función no decreciente. Lema 8.4 Sea : [a; b] ! X una trayectoria de x a y y sea : [ ; ] ! [a; b] una función continua no decreciente tal que ( ) = a y ( ) = b: Entonces :[ ; ]!X es una trayectoria de x a y tal que L( ) = L( ): La demostración es sencilla y se deja como ejercicio al lector [Ejercicio 8.19]. Nuestro objetivo es probar que, bajo ciertas condiciones, existe una trayectoria geodésica de x a y. En virtud de la proposición anterior podemos, sin perder generalidad, considerar únicamente trayectorias de…nidas en [0; 1]; ya que reparametrizando cualquier trayectoria : [a; b] ! X mediante la reparametrización lineal : [0; 1] ! [a; b];

t 7! (b

a)t + a;

obtenemos una trayectoria : [0; 1] ! X de la misma longitud. Consideremos el espacio de trayectorias de x a y en X Tx;y (X) := f 2 C 0 ([0; 1]; X) : (0) = x;

(1) = yg

y consideremos la función longitud L : C 0 ([0; 1]; X) ! R [ f+1g ;

7! L( ):

8.2. SEMICONTINUIDAD

105

Los mínimos de esta función son las geodésicas de x a y: Queremos demostrar que esta función alcanza su mínimo en Tx;y (X). En el Capítulo 6 probamos que toda función real continua en un espacio compacto alcanza su máximo y su mínimo. Sin embargo, ese resultado no es aplicable en este caso ya que, para empezar, L no es continua [Ejercicio 2.43]. El problema es que pueden existir trayectorias arbitrariamente largas tan cercanas a una trayectoria dada como queramos. Pero no pueden existir trayectorias arbitrariamente cortas, como lo muestra el siguiente resultado. Lema 8.5 Dadas

2 C 0 ([0; 1]; X) y " > 0; existe L( )

Demostración: Sea

" < L( )

> 0 tal que

si d1 ( ; ) < :

: [0; 1] ! X una trayectoria en X y sea " > 0: Sea 0 = t0

t1

tm = 1

una partición de [0; 1] tal que L( ) <

m X

" d( (tk 1 ); (tk )) + : 2 k=1

" Sea B1 ( ; 4m ) la bola abierta en C 0 ([0; 1]; X) con centro en " para cualquier 2 B1 ( ; 4m ) se cumple que

d( (tk 1 ); (tk ))

y radio

" : 4m

Entonces,

d( (tk 1 ); (tk 1 )) + d( (tk 1 ); (tk )) + d( (tk ); (tk )) " " < + d( (tk 1 ); (tk )) + ; 4m 4m

y sumando estas desigualdades para todo k = 1; :::; m obtenemos que L( ) para toda

"<

m X

" X < d( (tk 1 ); (tk )) < L( ) 2 k=1 m

d( (tk 1 ); (tk ))

k=1

" 2 B1 ( ; 4m ); como a…rma el lema.

A continuación estudiaremos a las funciones que tienen esta propiedad.

8.2.

Semicontinuidad

Sabemos que toda función real continua en un espacio compacto alcanza su máximo y su mínimo. En cierto sentido las condiciones de compacidad y continuidad son

106

8. EXISTENCIA DE MíNIMOS

opuestas la una de la otra: Mientras más abiertos tenga X más fácil es que una función X ! Y resulte continua pero más difícil es que X sea compacto. Y viceversa. Esta disyuntiva se presenta con frecuencia en las aplicaciones. Resulta pues muy conveniente contar resultados análogos bajo hipótesis más débiles. A continuación probaremos un resultado que asegura la existencia de mínimos para funciones no necesariamente continuas. En la práctica resulta conveniente considerar a +1 como un posible valor de las funciones, como ocurre con la función longitud, de modo que así lo haremos en lo que sigue. De…nición 8.6 Una función f : X ! R [ f+1g es semicontinua inferiormente en el punto x0 2 X si, dada " > 0; existe > 0 tal que f (x0 )

" < f (x)

si d(x; x0 ) < :

Se dice que f es semicontinua inferiormente (s.c.i.) si lo es en cada punto x 2 X: Proposición 8.7 Son equivalentes las siguientes a…rmaciones: (a) f es s.c.i. (b) f>a = fx 2 X : f (x) > ag es abierto para toda a 2 R: (c) f a = fx 2 X : f (x) ag es cerrado para toda a 2 R: Demostración: (a))(b): Sea f una función s.c.i. y sea x0 2 f>a : Tomemos " := Entonces existe > 0 tal que

f (x0 ) a : 2

f (x) > f (x0 )

"=

f (x0 ) + a >a 2

si d(x; x0 ) < ;

es decir, BX (x0 ; ) f>a : Por tanto, f>a es abierto. (b))(a): Supongamos que f>a es abierto para toda a 2 R. Dados x0 2 X y " > 0; tomemos a := f (x0 ) ": Entonces existe > 0 tal que BX (x0 ; ) f>a ; es decir, f (x) > a = f (x0 ) " si x 2 BX (x0 ; ): Esto prueba que f es s.c.i. (b)()(c): Es consecuencia inmediata de la Proposición 2.18.

Ejemplo 8.8 (a) La función ] [: R ! R dada por ]t[:= n si n

1 k; entonces j ( 1j ) k ( j ) = 1: Por tanto, k j k k1 = 1 para toda j 6= k y, en consecuencia, ( k ) no contiene ninguna subsucesión convergente en C 0 [0; 1]. Es decir, L a no es compacto para ninguna a 1:

Para enfrentar la falta de compacidad de Tx;y (X) usaremos el hecho de que la longitud de una trayectoria no cambia si la reparametrizamos por medio de una función no decreciente. Dada cualquier trayectoria : [0; 1] ! X de longitud …nita podemos reparametrizarla usando como parámetro la longitud de arco como sigue. Denotemos por j[0;t] : [0; t] ! X a la restricción de la trayectoria Lema 8.13 La función

al intervalo [0; t]:

: [0; 1] ! [0; L( )] dada por (t) := L( j[0;t] )

es continua y no decreciente. La demostración se deja como ejercicio [Ejercicio 8.23]. La función no es necesariamente biyectiva, ya que puede permanecer constante en algunos subintervalos de [0; 1]. Pero, si es constante en un subintervalo, esto se debe a que es constante en dicho subintervalo. Se tiene lo siguiente. Lema 8.14 La función e : [0; L( )] ! X dada por e(s) = (

1

s)

está bien de…nida, es continua, y cumple que L(e j[0;s] ) = s En particular, L(e) = L( ):

8s 2 [0; L( )]:

8.3. EXISTENCIA DE TRAYECTORIAS GEODÉSICAS

109

La demostración se deja como ejercicio [Ejercicio 8.24]. Consideremos ahora la trayectoria b : [0; 1] ! X dada por b(t) = e(L( )t):

b se llama la reparametrización de proporcional a la longitud de arco. Del lema anterior se sigue que L(b j[0;t] ) = L( )t; (8.1) en particular, L(b) = L( ):

(8.2)

Denotemos por 0 Tx;y (X) := f 2 Tx;y (X) : L( j[0;t] ) = L( )tg

al espacio de todas las trayectorias : [0;1] ! X de x a y parametrizadas proporcionalmente a la longitud de arco. Es inmediato comprobar lo siguiente. Lema 8.15 Para toda

0 2 Tx;y (X) se cumple que

d( (t1 ); (t2 )) Demostración: Si t1 d( (t1 ); (t2 ))

L( ) jt2

t1 j

80

t1 ; t2

1:

t2 entonces L( j[t1 ;t2 ] ) = L( j[0;t2 ] )

L( j[0;t1 ] ) = L( )(t2

t1 );

como a…rma el lema. Usaremos el siguiente caso particular del Teorema de Arzelà-Ascoli Corolario 8.16 Si X y Z son espacios métricos compactos, entonces un subconjunto H de C 0 (Z; X) es relativamente compacto si y sólo si H es equicontinuo. Demostración: Como X es compacto, se tiene que X es completo y H(z) := ff (z) : f 2 Hg X es relativamente compacto. El resultado se sigue del Teorema 7.10. Estamos listos para probar el siguiente teorema. Teorema 8.17 (Existencia de geodésicas) Sea X un espacio métrico compacto. Si existe una trayectoria de longitud …nita entre dos puntos x y y de X entonces existe una trayectoria geodésica de x a y en X:

110

8. EXISTENCIA DE MíNIMOS

Demostración: Consideremos la restricción 0 L : Tx;y (X) ! R [ f+1g: 0 de la función longitud al subespacio Tx;y (X): Sea 2 Tx;y (X) tal que L( ) =: a < 1: 0 Se sigue de (8.1) y de (8.2) que b 2 Tx;y (X) y que L(b) = a: Por tanto,

L

a

0 (X) : L( ) := f 2 Tx;y

Del Lema 8.15 se sigue que, para toda d( (t1 ); (t2 ))

a jt2

ag = 6 ;:

2 L a; t1 j

80

t1 ; t2

1:

En consecuencia, L a es equicontinuo: Por el Corolario 8.16, L a es compacto. Como 0 L es s.c.i. (Lema 8.5), el Teorema 8.11 asegura que L alcanza su mínimo 0 en Tx;y (X). 0 Finalmente, como como para cada 2 Tx;y (X) se tiene que b 2 Tx;y (X) y L( ) = L(b); concluímos que 0 es un mínimo de L : Tx;y (X) ! R [ f+1g;

es decir,

8.4.

0

es una geodésica de x a y en X:

Ejercicios

Ejercicio 8.18 Da un ejemplo de una trayectoria longitud in…nita.

: [0; 1] ! R2 de (0; 0) a (1; 0) de

Ejercicio 8.19 Sea : [a; b] ! X una trayectoria de x a y y sea : [ ; ] ! [a; b] una función continua no decreciente tal que ( ) = a y ( ) = b: Prueba que : [ ; ] ! X es una trayectoria de x a y tal que L( ) = L( ): Ejercicio 8.20 Prueba que: (a) La función ] [: R ! R dada por ]t[:= n si n

1