Analisis Real Monica Clapp

Análisis Matemático Mónica Clapp Instituto de Matemáticas Universidad Nacional Autónoma de México Enero 2013

2

Índice general I

Continuidad, compacidad y completitud

1

1. Motivación

3

2. Espacios métricos 2.1. De…nición y ejemplos . . . . . . . 2.2. Espacios normados . . . . . . . . 2.3. Espacios de funciones . . . . . . . 2.4. El espacio de funciones acotadas . 2.5. Subespacios métricos e isometrías 2.6. Ejercicios . . . . . . . . . . . . .

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7 8 11 17 21 23 24

3. Continuidad 3.1. De…niciones y ejemplos . . . . . . . . . . 3.2. Conjuntos abiertos y conjuntos cerrados 3.3. Convergencia de sucesiones . . . . . . . . 3.4. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . .

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31 32 37 43 46

4. Compacidad 4.1. Conjuntos compactos . . . . . . . 4.2. El teorema de Heine-Borel . . . . 4.3. Existencia de máximos y mínimos 4.4. Semicontinuidad . . . . . . . . . . 4.5. Continuidad uniforme . . . . . . . 4.6. Ejercicios . . . . . . . . . . . . .

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55 55 59 62 65 69 70

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75 75 79 84 86

5. Completitud 5.1. Espacios métricos completos . . 5.2. Convergencia uniforme . . . . . 5.3. Espacios completos de funciones 5.4. Series en espacios de Banach . .

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ÍNDICE GENERAL

5.5. Ejercicios . . . . . . . . . 5.6. Proyecto: Completación de 5.6.1. Objetivo . . . . . . 5.6.2. Procedimiento . . . 5.6.3. Observaciones . . .

. . . . . . . . . . . un espacio métrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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6. El teorema de punto …jo de Banach y aplicaciones 6.1. El teorema de punto …jo de Banach . . . . . . . . . . . . . 6.2. Sistemas de ecuaciones lineales . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3. Ecuaciones integrales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3.1. La ecuación integral de Fredholm del segundo tipo . 6.3.2. La ecuación integral de Volterra del segundo tipo . 6.4. El problema de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.5. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 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. Existencia de trayectorias de longitud mínima 7.5. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.6. Proyecto: Un espacio completo sin trayectorias 7.6.1. Objetivo . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.6.2. Procedimiento . . . . . . . . . . . . . .

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90 97 97 97 98

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99 99 102 104 104 107 111 116

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . de longitud mínima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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121 121 125 130 135 140 144 144 144

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8. Teoremas de aproximación 147 8.1. El teorema de aproximación de Weierstrass . . . . . . . . . . . . . . . . 147 8.2. El teorema de Stone-Weierstrass . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154 8.3. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158

II

Diferenciabilidad

9. Diferenciabilidad 9.1. El espacio de funciones lineales y continuas 9.2. Diferenciabilidad . . . . . . . . . . . . . . 9.3. El teorema del valor medio . . . . . . . . . 9.4. Un criterio de diferenciabilidad . . . . . . 9.5. Derivadas parciales . . . . . . . . . . . . . 9.6. Derivadas de orden superior . . . . . . . .

161 . . . . . .

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163 164 166 171 176 180 183

ÍNDICE GENERAL

5

9.7. La fórmula de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.8. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.El teorema de la función implícita 10.1. El teorema de la función implícita . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.2. Extremos locales de una función diferenciable sobre una variedad 10.3. Homeomor…smos lineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.4. Demostración del teorema de la función implícita . . . . . . . . . 10.5. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

III

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La integral de Lebesgue

11.La integral de una función continua 11.1. De…nición y propiedades básicas . . 11.2. Unicidad de la integral . . . . . . . 11.3. Invariancia bajo isometrías . . . . . 11.4. El teorema de cambio de variable . 11.5. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . .

188 191 199 201 205 208 211 216

221 con soporte compacto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

12.Funciones Lebesgue-integrables 12.1. La integral de una función semicontinua . . . . . . . 12.2. Propiedades de la integral de funciones semicontinuas 12.3. El volumen de un conjunto . . . . . . . . . . . . . . . 12.4. Funciones Lebesgue-integrables . . . . . . . . . . . . 12.5. Propiedades básicas de la integral de Lebesgue . . . . 12.6. Conjuntos integrables . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.7. La integral sobre un subconjunto de Rn . . . . . . . . 12.8. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.Teoremas fundamentales de la teoría de integración 13.1. Conjuntos nulos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.2. El teorema de Fubini . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.3. Teoremas de convergencia . . . . . . . . . . . . . . . 13.4. La integral de funciones radiales . . . . . . . . . . . . 13.5. El teorema de cambio de variable . . . . . . . . . . . 13.6. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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223 224 228 235 240 246

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253 254 261 267 272 278 282 284 286

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291 292 298 301 310 314 319

6

ÍNDICE GENERAL

14.Los espacios de Lebesgue 14.1. Conjuntos y funciones medibles . . . . . 14.2. Los espacios Lp ( ) . . . . . . . . . . . . 14.3. Aproximación mediante funciones suaves 14.4. Un criterio de compacidad en Lp ( ) . . . 14.5. Un criterio de nulidad . . . . . . . . . . 14.6. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . .

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327 328 337 347 354 358 359

15.Espacios de Hilbert 15.1. Conceptos y propiedades básicas . . . . . . . . 15.2. Complemento ortogonal . . . . . . . . . . . . 15.3. El teorema de representación de Fréchet-Riesz 15.4. Bases de Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . 15.5. Convergencia débil . . . . . . . . . . . . . . . 15.6. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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367 368 372 376 379 380 386

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393 394 399 410 410 414 415

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419 420 430 434 440

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16.Espacios de Sobolev 16.1. Derivadas débiles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16.2. Espacios de Sobolev . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16.3. Problemas elípticos con condición sobre la frontera 16.3.1. Un problema de Dirichlet homogéneo . . . . 16.3.2. Un problema de Dirichlet no homogéneo . . 16.4. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17.Encajes de Sobolev 17.1. Desigualdades de Sobolev . . . . 17.2. El teorema de Rellich-Kondrashov 17.3. Valores propios del laplaciano . . 17.4. Ejercicios . . . . . . . . . . . . .

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Parte I Continuidad, compacidad y completitud

1

Capítulo 1 Motivación El siguiente problema guiará el desarrollo de la primera parte de este texto. Problema 1.1 Dados un subconjunto X de Rn y dos puntos p; q 2 X; ¿existe una trayectoria de p a q en X de longitud mínima? Precisemos esta pregunta. Una trayectoria de p a q en X es una función continua : [0; 1] ! Rn tal que (0) = p;

(1) = q

y

(t) 2 X

8t 2 [0; 1]:

t1

tm = 1; m 2 N ;

Su longitud se de…ne como L( ) := sup

m P

k=1

donde kx

yk :=

k (tk 1 )

p (x1

y1 )2 +

(tk )k : 0 = t0 + (xn

(1.1)

yn )2 denota la distancia de x a y: q

p

Observa que L( ) kp qk : Una trayectoria de p a q en X es de longitud mínima si su longitud es menor o igual a la de todas las demás. Por ejemplo, si X = Rn ; la trayectoria (t) = (1 t)p + tq cumple que L( ) = kp qk : De modo que es una trayectoria de longitud mínima de p a q en Rn : 3

4

1. MOTIVACIÓN

q

p

Sin embargo, si X 6= Rn no siempre existe una trayectoria de longitud mínima, como lo muestra el siguiente ejemplo. Recuerda que, si es continuamente diferenciable, 1 entonces la longitud de está dada por la integral Z 1 k 0 (t)k dt: L( ) = 0

Ejemplo 1.2 No existe una trayectoria de longitud mínima de p = (0; 0) a q = (1; 0) en X = f(x; y) 2 R2 : (x; y) 6= ( 12 ; 0)g: Demostración: Considera las trayectorias k (t) = (t; k1 sen t); k 2 N: Su longitud satisface Z 1 Z 1r 2 0 cos2 t dt L( k ) = k kk = 1+ k 0 0 Z 1 2 < 1 + jcos tj dt = 1 + : k k 0

Por tanto, l mk!1 L( k ) = 1: De modo que, si existiera una trayectoria de longitud mínima de p a q en X, ésta debería tener longitud 1: Pero cualquier trayectoria de p a q en R2 de longitud 1 pasa por el punto ( 12 ; 0); que no pertenece a X: Este ejemplo muestra que el Problema 1.1 no es un problema trivial. Para intentar resolverlo, empezaremos expresándolo como un problema de minimización. 1

Consulta por ejemplo el libro de J.E. Marsden y A.J. Tromba, Cálculo Vectorial, México: AddisonWesley, Pearson Educación, 1998.

5

Denotemos por Tp;q (X) al conjunto de todas las trayectorias de p a q en X: Podemos entonces considerar a la longitud como una función de…nida en dicho conjunto, es decir, L : Tp;q (X) ! R [ f1g;

L( ) := longitud de :

Diremos que la función L alcanza su mínimo en Tp;q (X) si existe una trayectoria Tp;q (X) tal que L( 0 ) L( ) 8 2 Tp;q (X):

0

2

En estos términos el Problema 1.1 se expresa como sigue. Problema 1.3 ¿Alcanza L su mínimo en Tp;q (X)? En los cursos de cálculo diferencial e integral tratamos un problema parecido y vimos el siguiente resultado2 . Teorema 1.4 Si f : Rn ! R es una función continua y K es un subconjunto compacto no vacío de Rn ; entonces f alcanza su mínimo en K; es decir, existe x0 2 K tal que f (x0 )

f (x)

8x 2 K:

Ahora bien, como Tp;q (X) es un conjunto de funciones y no de puntos en Rn ; no tiene sentido aplicar este teorema al problema que nos interesa. Pero sí podemos inspirarnos en él. El gran matemático francés Henri Poincaré a…rmó lo siguiente3 : "La matemática es el arte de nombrar de la misma manera cosas distintas". Entonces, ¿será posible pensar a las trayectorias como si fuesen puntos? ¿El Teorema 1.4 tendrá algún sentido para la función longitud? ¿Qué querría decir que la función L : Tp;q (X) ! R [ f1g es continua o que un subconjunto de Tp;q (X) es compacto? El análisis matemático da respuesta a este tipo de preguntas. Profundiza en los conceptos y los resultados que aprendimos en cálculo, captura su esencia, y los extiende a otros espacios distintos del euclidiano. Muy especialmente, a espacios de funciones, como el conjunto de trayectorias Tp;q (X): Y a funciones como L, cuyo dominio no es un subconjunto de Rn sino un conjunto de funciones. Los espacios de funciones aparecen de manera natural en muchos problemas de las matemáticas y de sus aplicaciones. Por ejemplo, las soluciones de una ecuación diferencial son funciones. Veremos que el análisis matemático nos permite demostrar la existencia de soluciones de ecuaciones diferenciales. 2 3

Referencia!!! E.T. Bell, Men of mathematics, New York: Simon and Schuster, 1937.

6

1. MOTIVACIÓN

En la primera parte de estas notas introduciremos y estudiaremos los conceptos de continuidad, compacidad y completitud en espacios muy generales. Estas nociones se de…nen a partir de un concepto muy sencillo: el concepto de distancia. Los conjuntos provistos de una distancia se llaman espacios métricos y son el objeto del siguiente capítulo. Veremos aplicaciones interesantes de esos conceptos y daremos una respuesta al Problema 1.1.

Capítulo 2 Espacios métricos Algunos conceptos fundamentales, como el paso al límite o la continuidad de funciones en espacios euclidianos, se de…nen exclusivamente en términos de la distancia. Otras propiedades de los espacios euclidianos, como su estructura de espacio vectorial, no intervienen en la de…nición de estos conceptos. Empezaremos pues considerando conjuntos dotados de una distancia, a los que se denomina espacios métricos. El matemático francés Maurice Fréchet1 introdujo esta noción, que juega un papel fundamental en las matemáticas modernas.

Maurice Fréchet

Daremos en este capítulo ejemplos interesantes de espacios métricos que aparecen de manera natural en muchas aplicaciones, algunas de las cuales se verán más adelante. 1

Maurice René Fréchet (1878-1973) nació en Maligni, Francia. En la escuela secundaria fue alumno de Jacques Hadamard, quien reconoció su potencial y decidió asesorarlo de manera personal. Estudió matemáticas en la École Normale Supérieure de París. Introdujo la noción de espacio métrico en 1906, en su tesis de doctorado.

7

8

2. ESPACIOS MÉTRICOS

2.1.

De…nición y ejemplos

De…nición 2.1 Sea X un conjunto. Una métrica (o distancia) 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 cualesquiera x; y 2 X: (M3) d (x; z) d(x; y) + d(y; z) para cualesquiera x; y; z 2 X: A esta desigualdad se le llama la desigualdad del triángulo. Un espacio métrico es un conjunto X provisto de una métrica d: Lo denotaremos por (X; d); o simplemente por X cuando no haga falta especi…car quién es su métrica. Veamos que la distancia entre dos puntos nunca es negativa. Proposición 2.2 d(x; y)

0 para cualesquiera 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:

Los siguientes dos ejemplos de espacios métricos son bien conocidos. Ejemplo 2.3 El conjunto R de los números reales con la distancia usual d(x; y) := jx

yj =

x y

y si x x si x

y; y;

es un espacio métrico. Ejemplo 2.4 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 de estas a…rmaciones se propone como ejercicio [Ejercicio 2.33]. Podemos darle a Rn otras métricas interesantes, por ejemplo las siguientes dos.

2.1. DEFINICIÓN Y EJEMPLOS

9

Ejemplo 2.5 La función d1 (x; y) := jx1

y1 j +

+ jxn

yn j ;

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 cada 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 2.6 La función d1 (x; y) := max fjx1

y1 j ; : : : ; jxn

yn jg ;

x = (x1 ; :::; xn ); y = (y1 ; :::; yn ) 2 Rn ; es una métrica para el espacio euclidiano Rn . La demostración es sencilla y se propone como ejercicio [Ejercicio 2.34]. Introduciremos ahora métricas análogas en espacios de sucesiones (xk ) de números reales: Ejemplo 2.7 Sea `1 el conjunto de todas las sucesiones acotadas de números reales, es decir, de las sucesiones x = (xk ) para las cuales existe c 2 R (que depende de x) tal que jxk j < c para todo k 2 N. De…nimos d1 (x; y) := sup jxk k 1

yk j ;

x = (xk ); y = (yk ) 2 `1 :

Entonces d1 toma valores en R y es una métrica en `1 . Demostración: Sean x = (xk ); y = (yk ) sucesiones acotadas, y sean c1 ; c2 2 R tales que jxk j < c1 y jyk j < c2 para todo k 2 N: De la desigualdad del triángulo para números reales se sigue que jxk

yk j

jxk j + jyk j

c1 + c2

8k 2 N;

10

2. ESPACIOS MÉTRICOS

es decir, la sucesión (xk

yk ) está acotada y, por tanto, d1 (x; y) = sup jxk

yk j 2 R:

k 1

Es inmediato comprobar que d1 satisface las propiedades (M1) y (M2). Aplicando nuevamente desigualdad del triángulo para números reales obtenemos que, si x; y; z 2 `1 ; entonces jxk

yk j

jxk

zk j + jzk

yk j

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

8k 2 N:

En consecuencia, d1 (x; y)

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

8x; y; z 2 `1 ;

es decir, d1 satisface (M3). En los siguientes ejemplos requeriremos la noción de convergencia de una serie. Recordemos que una serie de números reales 1 P xk k=1

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

n P

xk

k=1

converge. En tal caso, se denota 1 P

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 P

xk = l m sn = sup sn :

k=1

n!1

n 1

Ejemplo 2.8 Sea `1 el conjunto de las sucesiones (xk ) de números reales tales que la serie 1 P jxk j k=1

converge, y sea

d1 (x; y) :=

1 P

k=1

jxk

yk j ;

x = (xk ); y = (yk ) 2 `1 :

Entonces d1 toma valores en R y es una métrica en `1 :

2.2. ESPACIOS NORMADOS

11

Demostración: De la desigualdad del triángulo para números reales, jxk

yk j

jxk j + jyk j ;

se sigue que n P

k=1

jxk

n P

yk j

k=1 1 P

k=1

Por consiguiente, si (xk ); (yk ) 2 `1 , la serie 1 P

k=1

jxk

yk j

1 P

k=1

1 P

k=1

jxk j + jxk j + jxk

n P

k=1 1 P

k=1

jyk j jyk j :

yk j converge y se cumple que

jxk j +

1 P

k=1

jyk j :

(2.1)

Es fácil comprobar que d1 satisface (M1) y (M2): La propiedad (M3) se sigue de la desigualdad (2.1) reemplazando xk por xk zk y yk por yk zk , es decir, d1 (x; y) =

1 P

k=1

jxk

yk j

para cualesquiera x; y; z 2 `1 :

2.2.

1 P

k=1

jxk

zk j +

1 P

k=1

jzk

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

Espacios normados

Nota que todos los ejemplos anteriores, además de la estructura geométrica dada por la distancia, poseen una estructura algebraica: la de espacio vectorial. Las métricas más interesantes en un espacio vectorial son las inducidas por una norma. De…nición 2.9 Sea V un espacio vectorial sobre R. 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 cualesquiera v 2 V; (N3) kv + wk

2 R;

kvk + kwk para cualesquiera v; w 2 V:

12

2. ESPACIOS MÉTRICOS

Un espacio normado es un espacio vectorial V provisto de una norma k k. Lo denotaremos por (V; k k); o simplemente por V cuando no haga falta especi…car quién es su norma. Proposición 2.10 Todo espacio 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 propone como ejercicio [Ejercicio 2.37]. Todas las métricas consideradas en los ejemplos anteriores están inducidas por una norma. Veamos otros ejemplos. Dado x 2 Rn de…nimos kxkp :=

n P

k=1

p

jxk j

1 p

si p 2 [1; 1);

(2.2)

kxk1 := max jxk j : 1 k n

Es sencillo comprobar que k kp cumple las propiedades (N1) y (N2): Para probar que cumple la propiedad (N3) requerimos unas desigualdades que demostraremos a continuación.

William Henry Young

Lema 2.11 (Desigualdad de Young) Sean p; q 2 (1; 1) tales que tonces, para cualquier par de números reales a; b 0 se cumple que ab

1 p

+

1 q

= 1: En-

1 p 1 q a + b: p q

Demostración: Si a = 0 o b = 0 la desigualdad es obvia, de modo que podemos suponer que ab > 0. La función exponencial es una función convexa, es decir, para cualesquiera x0 ; x1 2 R y t 2 [0; 1] se cumple que (1

t)ex0 + tex1

e[(1

t)x0 +tx1 ]

:

2.2. ESPACIOS NORMADOS

13

y = ex Tomando x0 = ln ap ; x1 = ln bq y t = 1 p 1 q a + b p q

1 q

obtenemos 1

e( p ln a

p+ 1 q

ln bq )

= ab:

Esta es la desigualdad deseada. Aplicaremos la desigualdad de Young2 para demostrar la desigualdad de Hölder3 .

Otto Hölder

2

William Henry Young (1863-1942) nació en Londres, Inglaterra. Estudió matemáticas en Cambridge y fue profesor en diversas universidades europeas. Publicó esta desigualdad en 1912. 3 Otto Ludwig Hölder (1859-1937) nació en Stuttgart, Alemania. Estudió en las universidades de Stuttgart y Berlín, donde fue estudiante de Kronecker, Weierstrass y Kummer. Obtuvo el doctorado en la Universidad de Tübingen en 1882. Descubrió la desigualdad que lleva su nombre en 1884, cuando trabajaba en la convergencia de series de Fourier.

14

2. ESPACIOS MÉTRICOS

Proposición 2.12 (Desigualdad de Hölder en Rn ) Sean p; q 2 (1; 1) tales que 1 + 1q = 1: Entonces, para cualesquiera x = (x1 ; :::; xn ); y = (y1 ; :::; yn ) 2 Rn se cumple p que 1 1 n n n p q P P P p q jxk j jxk yk j jyk j ; k=1

k=1

k=1

es decir,

kxyk1

kxkp kykq

donde xy := (x1 y1 ; :::; xn yn ): Demostración: La a…rmación es trivial si x = 0 o si y = 0: Supongamos pues que ambos son distintos de cero. Aplicando la desigualdad de Young a ak := obtenemos

jxk j kxkp

jxk yk j kxkp kykq

y

bk :=

jyk j kykq

jyk jq jxk jp + : p kxkpp q kykqq

Sumando todas estas desigualdades para k = 1; :::; n; concluimos que 1 kxkp kykq

n P

k=1

jxk yk j

n P 1 1 jxk jp + p p kxkp k=1 q kykqq 1 1 = + = 1: p q

n P

k=1

jyk jq

Multiplicando ambos lados de la desigualdad anterior por kxkp kykq obtenemos la desigualdad deseada. Estamos listos para demostrar el siguiente resultado. Proposición 2.13 Para cada p 2 [1; 1]; la función k kp de…nida en (2.2) es una norma en Rn : Demostración: Es sencillo ver que k kp cumple las propiedades (N1) y (N2): Demostremos la propiedad (N3), es decir, que para todo p 2 [1; 1] se cumple que kx + ykp

kxkp + kykp

8x; y 2 Rn :

(2.3)

Para p = 1 esta desigualdad es consequencia inmediata de la desigualdad del triángulo para números reales [Ejercicio 2.34]. El caso p = 1 se probó en el Ejemplo 2.5.

2.2. ESPACIOS NORMADOS

15

Tomemos ahora p 2 (1; 1). La a…rmación es trivial si x = 0: Supongamos pues que x 6= 0 y apliquemos la desigualdad de Hölder a x y ((jx1 j + jy1 j)p 1 ; : : : ; (jxn j + jyn j)p 1 ): De…niendo q := p p 1 obtenemos n P

k=1

Análogamente,

n P

k=1

jxk j (jxk j + jyk j)p

1

p 1

jyk j (jxk j + jyk j)

kxkp

kykp

n P

k=1

n P

k=1

1 q

(jxk j + jyk j)p

;

1 q

p

(jxk j + jyk j)

:

Sumando las dos desigualdades anteriores obtenemos n P

k=1

p

(jxk j + jyk j)

kxkp + kykp

k=1

Dividiendo ambos lados de esta desigualdad entre n P

k=1

n P

p

p

(jxk j + jyk j)

1 q

:

1 q

(jxk j + jyk j)

y usando la desigualdad del triángulo para números reales jxk + yk j concluimos que kx + ykp =

n P

k=1

p

jxk + yk j

1 p

n P

k=1

(jxk j + jyk j)p

jxk j + jyk j ;

1 p

kxkp + kykp :

Ésta es la desigualdad deseada.

Notación 2.14 Con el …n de distinguir cuál de todas estas normas estamos considerando, usaremos la notación Rnp := (Rn ; k kp );

p 2 [1; 1];

(2.4)

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 simplemente por q kxk := x21 + + x2n : (2.5)

16

2. ESPACIOS MÉTRICOS

Nota que las métricas d1 ; d2 y d1 consideradas en los Ejemplos 2.4 al 2.6 son las inducidas por las normas k k1 ; k k y k k1 ; respectivamente. Consideremos ahora espacios de sucesiones. 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 y

x + y := (xk + yk )

x := ( xk ):

Con estas operaciones el conjunto de todas las sucesiones de números reales es un espacio vectorial. Para espacios de sucesiones adecuados podemos de…nir normas análogas a las de…nidas para Rn . Proposición 2.15 (a) Si p 2 [1; 1); el conjunto `p de todas las sucesiones de números reales (xk ) tales que la serie 1 P jxk jp k=1

converge es un espacio vectorial y

1 P

k(xk )kp :=

k=1

es una norma en `p .

p

1 p

jxk j

(2.6)

:

(b) El conjunto `1 de todas las sucesiones acotadas de números reales es un espacio vectorial y k(xk )k1 := sup jxk j (2.7) k 1

es una norma en `1 . Demostración: Es sencillo ver que x 2 `p para cualesquiera x 2 `p ; 2 R, y que k kp cumple las propiedades (N1) y (N2) [Ejercicio 2.41]. Probaremos a continuación que x + y 2 `p si x; y 2 `p y que k kp cumple la propiedad (N3). (a): Si p 2 [1; 1) y (xk ); (yk ) 2 `p ; como la norma k kp en Rn satisface la propiedad (N3), se tiene que n P

k=1

p

1 p

jxk + yk j

n P

k=1

p

1 p

jxk j

para todo n 2 N: En consecuencia, la serie k(xk + yk )kp =

1 P

k=1

+

n P

k=1 1 P

k=1 p

jxk + yk j

p

jyk j

1 p

k(xk )kp + k(yk )kp

jxk + yk jp converge y se cumple que 1 p

k(xk )kp + k(yk )kp :

2.3. ESPACIOS DE FUNCIONES

17

(b): El caso p = 1 se probó en el Ejemplo 2.7. Si p 2 [1; 1) la desigualdad (N3) en `p se llama la desigualdad de Minkowski para series. Nota que las métricas d1 y d1 consideradas en los Ejemplos 2.8 y 2.7 son las inducidas por las normas k k1 y k k1 que acabamos de de…nir. No cualquier métrica en un espacio vectorial está inducida por una norma. De hecho, a cualquier conjunto le podemos dar la métrica siguiente. Ejemplo 2.16 Sea X un conjunto arbitrario. La función ddisc (x; y) =

0 1

si x = y; si x = 6 y;

es una métrica en X; llamada la métrica discreta. El espacio Xdisc := (X; ddisc ) se llama un espacio discreto. Es sencillo comprobar que en un espacio vectorial no trivial ninguna norma induce la métrica discreta [Ejercicio 2.40].

2.3.

Espacios de funciones

Denotemos por C 0 [a; b] al conjunto de todas las funciones continuas f : [a; b] ! R: La suma de funciones y el producto de una función por un escalar, de…nidos como (f + g)(x) := f (x) + g(x);

( f )(x) := f (x);

f; g 2 C 0 [a; b];

2 R;

le dan a C 0 [a; b] la estructura de espacio vectorial. Dada f 2 C 0 [a; b] de…nimos 1 Rb p si p 2 [1; 1); kf kp := a jf (x)jp dx kf k1 := maxfjf (x)j : a x bg:

(2.8)

Demostraremos a continuación que éstas son normas en C 0 [a; b]: Empecemos observando lo siguiente. Lema 2.17 Sean f 2 C 0 [a; b] y p 2 [1; 1]: Entonces, kf kp = 0 si y sólo si f = 0: Demostración: Para p = 1 esta a…rmación es consecuencia inmediata de la de…nición (2.8). Si p 2 [1; 1); como jf (x)jp es una función continua y no negativa, se tiene que Z kf kpp =

b

a

jf (x)jp dx = 0

()

jf (x)jp = 0 8x 2 [a; b]:

18

2. ESPACIOS MÉTRICOS

En consecuencia, kf kp = 0 si y sólo si f = 0. Probaremos ahora la desigualdad de Hölder para integrales. Su demostración es análoga a la correspondiente para Rn . Proposición 2.18 (Desigualdad de Hölder para integrales) Sean p; q 2 (1; 1) tales que p1 + 1q = 1: Entonces, para cualquier par de funciones continuas f; g : [a; b] ! R se cumple que Z

a

b

jf (x)g(x)j dx

Z

b

a

p

1 p

jf (x)j dx

Z

b

a

q

jg(x)j dx

1 q

;

es decir, kf gk1

kf kp kgkq :

Demostración: La a…rmación es trivial si f = 0 o si g = 0: Supongamos pues que ambas funciones son distintas de cero. Para cada x 2 [a; b]; de…nimos ax :=

jf (x)j kf kp

y

bx :=

jg(x)j : kgkq

Aplicando la desigualdad de Young (Lema 2.11) a estos números obtenemos jf (x)g(x)j kf kp kgkq

jf (x)jp jg(x)jq + ; p kf kpp q kgkqq

e integrando ambos lados de esta desigualdad concluimos que Rb Rb Rb p jf (x)g(x)j dx jg(x)jq dx jf (x)j dx 1 1 a a a + = + = 1. p q kf kp kgkq p kf kp q kgkq p q Multiplicando ambos lados de esta desigualdad por kf kp kgkq obtenemos la desigualdad deseada. Es fácil ver que también vale la desigualdad de Hölder kf gk1

kf k1 kgk1

[Ejercicio 2.47]. A partir de la desigualdad de Hölder se obtiene la desigualdad de Minkowski4 . 4

Hermann Minkowski (1864-1909) nació en Lituania, entonces parte del Imperio Ruso. Obtuvo el doctorado en 1885 en la Universidad Albertina de Königsberg. Fue profesor en la ETH de Zürich y en la Universidad de Göttingen, ciudad en la que murió.

2.3. ESPACIOS DE FUNCIONES

19

Proposición 2.19 (Desigualdad de Minkowski para integrales) Sea p 2 [1; 1]: Entonces, kf + gkp kf kp + kgkp 8f; g 2 C 0 [a; b]: Demostración: Los casos p = 1; 1 se proponen como ejercicio [Ejercicio 2.46]. Sea p 2 (1; 1): Si f = 0 la a…rmación es evidente. Supongamos pues que f 6= 0: Sea h(x) = (jf (x)j + jg(x)j)p 1 : Aplicando la desigualdad de Hölder para integrales (Proposición 2.18) a las funciones f; h, y g; h respectivamente, obtenemos Z

Z

b

jf (x)j (jf (x)j + jg(x)j)p 1 dx

a

Z

kf kp

Z

b p 1

jg(x)j (jf (x)j + jg(x)j)

a

kgkp

dx

1 q

b

(jf (x)j + jg(x)j)p

a

; 1 q

b p

a

(jf (x)j + jg(x)j)

;

y sumando estas desigualdades concluimos que Z

b

a

p

(jf (x)j + jg(x)j) dx

kf kp + kgkp

Z

1 q

b p

a

(jf (x)j + jg(x)j)

:

Dividiendo ambos lados de esta desigualdad entre Z

a

1 q

b

(jf (x)j + jg(x)j)p

y usando la desigualdad del triángulo para números reales jf (x) + g(x)j y la monotonía de la integral obtenemos kf + gkp =

Z

a

b

jf (x) + g(x)jp dx

1 p

Z

a

b

(jf (x)j + jg(x)j)p dx

jf (x)j+jg(x)j

1 p

kf kp + kgkp ;

como a…rma el enunciado. Ahora podemos concluir lo siguiente. Proposición 2.20 Para cada p 2 [1; 1] la función k kp de…nida en (2.8) es una norma en C 0 [a; b]. Demostración: Las propiedades (N1) y (N3) se probaron en el Lema 2.17 y la Proposición 2.19 respectivamente. La propiedad (N2) es consecuencia inmediata de la linealidad de la integral.

20

2. ESPACIOS MÉTRICOS

Notación 2.21 Con el …n de distinguir cuál de todas estas normas estamos considerando, usaremos la notación Cp0 [a; b] := (C 0 [a; b]; k kp );

p 2 [1; 1];

para designar al espacio de las funciones continuas f : [a; b] ! R con la norma k kp : Como veremos más adelante, la norma más adecuada en el espacio de funciones continuas C 0 [a; b] es la norma k k1 : Por ello, escribiremos simplemente C 0 [a; b] := (C 0 [a; b]; k k1 ): Observa que la distancia kf gk1 entre dos funciones continuas f y g es pequeña si sus grá…cas están cerca la una de la otra, mientras que la distancia kf gk1 es pequeña si el área de la región delimitada por sus grá…cas es pequeña. Así, dos funciones continuas pueden estar muy cerca según la norma k k1 y a distancia arbitrariamente grande según la norma k k1 , como lo muestra el siguiente ejemplo. Ejemplo 2.22 Sean R > 0 y fk : [0; 1] ! R la función dada por fk (x) =

kx) si 0 si k1

R(1 0

1 ; k

x x

1:

Entonces kfk k1 = R para toda k 2 N; mientras que kfk k1 =

R : 2k

1

1

0 .7 5

0 .7 5

0 .5

0 .5

0 .2 5

0 .2 5

0

0 0

0 .2 5

0 .5

y = f4 (x)

0 .7 5

1

0

0 .2 5

0 .5

0 .7 5

1

y = f8 (x)

Es decir, según la norma k k1 todas las funciones fk distan exactamente R de la función constante igual a 0; mientras que, según la norma k k1 ; dichas funciones se acercan cada vez más a la función 0 conforme k crece. Las normas de…nidas en esta sección satisfacen las siguientes relaciones.

2.4. EL ESPACIO DE FUNCIONES ACOTADAS

21

Proposición 2.23 Para toda f 2 C 0 [a; b] se cumple que kf ks

(b

kf ks

a)

r s rs 1 s

kf kr

81

a) kf k1

(b

s < r < 1;

81

s < 1:

Demostración: Si 1 s < r < 1; aplicando la desigualdad de Hölder (Proposición 2.18) con p = r r s y q = rs a la función constante con valor 1 y a la función jf js obtenemos que Z

a

b

Z

s

jf (x)j dx

r s r

b

dx

a

= (b

a)

r s r

Z

a

Z

a

b

s r

r

jf (x)j dx

b

r

jf (x)j dx

s r

:

Por otra parte, de la monotonía y la linealidad de la integral se sigue que Z

b

a

Elevando a la potencia sigualdades deseadas.

2.4.

s

jf (x)j dx 1 s

Z

a

b

kf ks1 dx = (b

a) kf ks1 :

cada una de las desigualdades anteriores obtenemos las de-

El espacio de funciones acotadas

El siguiente ejemplo juega un papel importante en muchas aplicaciones, algunas de las cuales se estudiarán más adelante. Sean S un conjunto y X = (X; d) un espacio métrico. De…nición 2.24 Una función f : S ! X es acotada si existen c 2 R y x0 2 X tales que d(f (z); x0 ) c 8z 2 S: Denotamos por B(S; X) := ff : S ! X : f es acotadag y de…nimos d1 (f; g) := sup d(f (z); g(z)): z2S

22

2. ESPACIOS MÉTRICOS

Proposición 2.25 d1 es una métrica en B(S; X): Esta métrica se llama la métrica uniforme. Demostración: Veamos primero que, si f; g 2 B(S; X); entonces d1 (f; g) 2 R. Sean x0 ; x1 2 X y c0 ; c1 2 R tales que d(f (z); x0 )

y

c0

d(g(z); x1 )

c1

8z 2 S:

Como d satisface (M3) se tiene que d(f (z); g(z))

d(f (z); x0 ) + d(x0 ; x1 ) + d(x1 ; g(z))

c0 + d(x0 ; x1 ) + c1

8z 2 S:

En consecuencia, d1 (f; g) 2 R: Probemos ahora que d1 es una métrica para B(S; X): Como d satisface (M1) se tiene que d1 (f; g) = 0 , d(f (z); g(z)) = 0 8z 2 S , f (z) = g(z) 8z 2 S; es decir, d1 satisface (M1). La propiedad (M2) para d1 se sigue inmediatamente de la misma propiedad para d: Sean f; g; h 2 B(S; X): La propiedad (M3) de d implica que d(f (z); g(z))

d(f (z); h(z)) + d(h(z); g(z))

d1 (f; h) + d1 (h; g)

8z 2 S:

En consecuencia, d1 (f; g)

d1 (f; h) + d1 (h; g);

es decir, d1 satisface (M3). Si V es un espacio vectorial, entonces el conjunto de todas las funciones de S a V es un espacio vectorial con las operaciones dadas por (f + g)(z) := f (z) + g(z);

( f )(z) := f (z):

Si V es un espacio normado con norma k k entonces B(S; V ) es un espacio vectorial y kf k1 := sup kf (z)k z2S

es una norma en B(S; V ). La demostración de estas a…rmaciones es un ejercicio sencillo [Ejercicio 2.52]. Esta norma se llama la norma uniforme.

2.5. SUBESPACIOS MÉTRICOS E ISOMETRíAS

2.5.

23

Subespacios métricos e isometrías

Los subconjuntos de un espacios métrico heredan su métrica. De…nición 2.26 Si X = (X; d) es un espacio métrico y A es un subconjunto de X de…nimos dA (x; y) := d(x; y) 8x; y 2 A: Esta es claramente una métrica en A; que se llama la métrica inducida por d: Al conjunto A con esta métrica se le llama un subespacio métrico de X: Nota que toda función continua f : [a; b] ! Rn es acotada. En particular, C 0 [a; b] B([a; b]; R): La norma de…nida en (2.8) coincide con la norma inducida en C 0 [a; b] por la norma uniforme de B([a; b]; R): Veamos otros ejemplos. Ejemplo 2.27 Si X es un subconjunto de Rn y p; q 2 X; el conjunto Tp;q (X) de todas las trayectorias de p a q en X, de…nido en el Capítulo 1, es un subconjunto de B([0; 1]; Rn ): Así que Tp;q (X) resulta ser un espacio métrico con la métrica inducida por la métrica uniforme de B([0; 1]; Rn ): A un subconjunto de un espacio métrico se le pueden dar otras métricas, distintas de la inducida. Una métrica muy natural sobre la esfera es la siguiente. Ejemplo 2.28 Sean Sn 1 := fx 2 Rn : kxk = 1g la esfera unitaria en Rn y x; y 2 Sn 1 : Consideremos el conjunto Tx;y (Sn 1 ) de todas las trayectorias de x a y en Sn 1 : De…nimos d(x; y) := nffL( ) : 2 Tx;y (Sn 1 )g; donde L( ) es la longitud de la trayectoria de…nida en (1.1). Ésta es una métrica en Sn 1 ; distinta de la métrica inducida por la métrica usual de Rn : La demostración de estas a…rmaciones se propone como ejercicio [Ejercicio 2.57]. De…nición 2.29 Sean X = (X; dX ) y Y = (Y; dY ) dos espacios métricos. Una función : X ! Y es una isometría si dY ( (x1 ); (x2 )) = dX (x1 ; x2 )

8x1 ; x2 2 X:

24

2. ESPACIOS MÉTRICOS

Por ejemplo, si a un subconjunto A de un espacio métrico de X le damos la métrica inducida, entonces la inclusión : A ,! X es una isometría. Por otra parte, observemos que toda isometría es inyectiva. En efecto, si (x1 ) = (x2 ) entonces dX (x1 ; x2 ) = dY ( (x1 ); (x2 )) = 0 y, en consecuencia, x1 = x2 : Desde el punto de vista geométrico dos espacios métricos se consideran iguales si existe una biyección entre ellos que es una isometría. Así pues, una isometría : X ! Y nos permite identi…car a X con el subespacio métrico (X) := f (x) : x 2 Xg de Y: Veamos algunos ejemplos. Ejemplo 2.30 Para cada p 2 [1; 1]; la función : Rnp ! `p ;

(x1 ; :::xn ) = (x1 ; :::xn ; 0; 0; :::);

es una isometría. Es decir, podemos identi…car a Rnp con el subespacio de `p que consiste de las sucesiones (xk ) tales que xk = 0 para k > n: Ejemplo 2.31 La identidad 0 id : C1 [0; 1] ! C10 [0; 1];

id(f ) = f;

no es una isometría. En efecto, la función fk del Ejemplo 2.22 satisface R = kfk k1 6= kfk k1 = R; 2k es decir, la distancia de fk a la función constante 0 según la métrica inducida por la R norma k k1 es 2k ; mientras que su distancia según la métrica inducida por k k1 es R:

2.6.

Ejercicios

Ejercicio 2.32 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 2.33 Demuestra las siguientes a…rmaciones. (a) La distancia usual en R, de…nida en el Ejemplo 2.3, es una métrica. (b) La distancia usual en Rn , de…nida en el Ejemplo 2.4, es una métrica. Ejercicio 2.34 Prueba que kxk1 := max fjx1 j ; :::; jxn jg donde x = (x1 ; :::; xn ) 2 Rn ; es una norma en Rn :

2.6. EJERCICIOS

25

Ejercicio 2.35 ¿Es la función : Rn ! R; dada por (x) = m n fjx1 j ; :::; jxn jg ; una norma en Rn ? Justi…ca tu a…rmación. Ejercicio 2.36 Muestra que la desigualdad (2.3) en Rn no se cumple si p = 21 : Ejercicio 2.37 Sea (V; k k) un espacio normado. Prueba que la función d(v; w) := kv wk es una métrica en V: Ejercicio 2.38 Describe los conjuntos Bp (0; 1) := fx 2 R2 : kxkp 1; 2; 1: Haz un dibujo de cada uno de ellos.

1g para p =

Ejercicio 2.39 Describe los conjuntos Bdisc (0; 1) := fx 2 R2 : ddisc (x; 0) 1g; Bdisc (0; 1) := fx 2 R2 : ddisc (x; 0) < 1g; donde ddisc es la métrica discreta en R2 : Ejercicio 2.40 Sea V un espacio vectorial distinto de f0g: 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 2.41 Prueba que, para cada p 2 [1; 1]; la función k kp de…nida en (2.6) y (2.7) satisface (N1) kxkp = 0 si y sólo si x = 0 en `p : (N2) Si (xk ) 2 `p y

2 R; entonces ( xk ) 2 `p y k( xk )kp = j j k(xk )kp :

Ejercicio 2.42 Prueba que, para toda x 2 Rn ; (a) kxkr (b) kxks (c) kxks

kxks si 1 r s n sr kxkr si 1 1 n s kxk1 si 1

s r 1; s r < 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 ).

26

2. ESPACIOS MÉTRICOS

Ejercicio 2.43 (Desigualdad de Hölder para series) Prueba que, si p; q 2 (1; 1), 1 + 1q = 1; (xk ) 2 `p y (yk ) 2 `q ; entonces (xk yk ) 2 `1 y p 1 P

k=1

es decir,

1 P

jxk yk j

k=1

k(xk yk )k1

p

1 p

1 P

jxk j

k=1

q

1 q

jyk j

:

k(xk )kp k(yk )kq :

Ejercicio 2.44 Demuestra las siguientes a…rmaciones. (a) Si 1

1; entonces

s 0 tal que kf kp

c kf kr

8f 2 C 0 [0; 1]:

28

2. ESPACIOS MÉTRICOS

(b) Si p; r 2 [1; 1] y p > r; entonces existe una constante c > 0 tal que kf kp

c kf kr

8f 2 C 0 [0; 1]:

Ejercicio 2.51 Sea C r [a; b] el conjunto de las funciones f : [a; b] ! R que son rveces continuamente diferenciables en [a; b]; es decir, tales que todas sus derivadas f 0 ; f 00 ; :::; f (r) hasta la de orden r existen en (a; b) y son continuas en [a; b]: Para cada p 2 [1; 1] de…nimos kf kr;p := kf kp + kf 0 kp +

+ f (r)

p

:

Prueba que Cpr [a; b] = (C r [a; b]; k kr;p ) es un espacio normado. Ejercicio 2.52 Sean S un conjunto y V = (V; k k) un espacio normado. Prueba que B(S; V ) es un espacio vectorial con las operaciones dadas por (f + g)(z) := f (z) + g(z); z 2 S; f; g 2 B(S; V );

( f )(z) := f (z);

2 R; y que kf k1 := sup kf (z)k z2S

es una norma en B(S; V ). Ejercicio 2.53 Sean X = (X; dX ) y Y = (Y; dY ) espacios métricos. Considera el producto cartesiano X Y := f(x; y) : x 2 X; y 2 Y g: Dados (x1 ; y1 ); (x2 ; y2 ) 2 X

Y; de…nimos

dp ((x1 ; y1 ); (x2 ; y2 )) := (dX (x1 ; x2 )p + dY (y1 ; y2 )p )1=p d1 ((x1 ; y1 ); (x2 ; y2 )) := max fdX (x1 ; x2 ); dY (y1 ; y2 )g : (a) Prueba dp es una métrica en X

si p 2 [1; 1);

Y para todo p 2 [1; 1]:

(b) Prueba que, para cualquiera de estas métricas y para cualquier y0 2 Y , la inclusión :X!X

Y;

(x) = (x; y0 );

es una isometría. (c) ¿Es la proyección :X una isometría?

Y ! X;

(x; y) = x;

2.6. EJERCICIOS

29

Ejercicio 2.54 Prueba que, si : X ! Y es una isometría y es biyectiva, entonces su inversa 1 : Y ! X es una isometría. Ejercicio 2.55 ¿Cuáles de las siguientes funciones son isometrías y cuáles no? Justi…ca tu a…rmación. (a) La identidad id : R2p ! R2r ;

id(x) = x;

(b) La identidad id : Cp0 [0; 1] ! Cr0 [0; 1];

id(f ) = f; con p 6= r:

(c) La inclusión

: C21 [0; 1] ,! C20 [0; 1];

(d) La inclusión

0 : C1 [0; 1] ,! B([0; 1]; R);

(e) La función

: B(N; R) ! `1 ;

con p 6= r:

(f ) = f: (f ) = f:

(f ) = (f (k)):

Ejercicio 2.56 Sea V un espacio vectorial de P dimensión …nita y sea fe1 ; :::; en g una base de V: Expresamos a cada v 2 V como v = ni=1 xi ei con xi 2 R; y de…nimos kvk :=

n X i=1

x2i

!1=2

:

Demuestra las siguientes a…rmaciones: (a) k k es una norma en V . (b) Si a V le damos la norma k k ; entonces la función (x1 ; :::; xn ) :=

n X

: Rn ! V dada por

xi ei

i=1

es una isometría. Ejercicio 2.57 Sean X Rn ; x; y 2 X y Tx;y (X) el conjunto de todas las trayectorias de x a y en X: De…nimos d(x; y) := nffL( ) :

2 Tx;y (X)g;

donde L( ) es la longitud de la trayectoria ; de…nida en (1.1). (a) Prueba que, si para cada x; y 2 X existe d es una métrica en X:

x;y

2 Tx;y (X) con L(

x;y )

< 1; entonces

30

2. ESPACIOS MÉTRICOS

(b) ¿En cuáles de los siguientes ejemplos coincide esta métrica con la inducida por la métrica usual de Rn ? Justi…ca tu a…rmación. (b.1) X = Rn ; (b.2) X = Bn := fx 2 Rn : kxk (b.3) X = fx 2 Bn : x 6= 0g; n

1g; 2;

(b.4) X = fx 2 Bn : x 2 = Dg; donde n

2y

D := f(x1 ; :::; xn 1 ; 0) 2 Rn : x21 + (b.5) X = Sn

1

:= fx 2 Rn : kxk = 1g; n

2:

+ x2n

1

1 g; 2

Capítulo 3 Continuidad A principios del siglo XIX Augustin Louis Cauchy y Bernard Bolzano dieron, de manera independiente, una de…nición de continuidad. Llamaron continua a una función que tomaba valores arbitrariamente cercanos para valores su…cientemente cercanos de la variable. Esta de…nición es exacta pero imprecisa. La de…nición usual hoy en día, en términos de "’s y ’s, fue introducida por Karl Weierstrass1 a …nales del siglo XIX.

Karl Weierstrass

La noción de continuidad de una función entre espacios métricos es formalmente idéntica a la de continuidad de una función entre espacios euclidianos que ya conocemos. En este capítulo estudiaremos este concepto y daremos varias caracterizaciones de la continuidad. 1

Karl Theodor Wilhelm Weierstrass (1815-1897) nació en Ostenfelde, Westfalia (actualmente Alemania). Estudió matemáticas en la Universidad de Münster. Fue profesor en la Universidad de Berlín y tuvo entre sus discípulos a Georg Cantor, Ferdinand Georg Frobenius y So…a Kovalévskaya. Llamado el padre del análisis moderno, Weierstrass dio las de…niciones de continuidad, límite y derivada de una función, que continúan vigentes hoy en día.

31

32

3. CONTINUIDAD

3.1.

De…niciones y ejemplos

Sean X = (X; dX ) y Y = (Y; dY ) espacios métricos. De…nición 3.1 Una función : X ! Y es continua en el punto x0 2 X si, para cada " > 0; existe > 0 (que depende de x0 y de ") tal que si dX (x; x0 ) < :

dY ( (x); (x0 )) < "

es continua si lo es en todo punto de X.

Decimos que

La continuidad de depende de las métricas que estamos considerando en X y Y: Para hacer énfasis en ello usaremos en ocasiones la notación : (X; dX ) ! (Y; dY ) en vez de

: X ! Y: Veamos algunos ejemplos.

Ejemplo 3.2 La identidad id : Rnp ! Rnr es una función continua para cualesquiera p; r 2 [1; 1]. Demostración: Observa que (max far1 ; : : : ; arn g)1=r = max fa1 ; : : : ; an g si r 2 [1; 1) y a1 ; : : : ; an 0: En consecuencia, para cualesquiera p; r 2 [1; 1) y x = (x1 ; : : : ; xn ) 2 Rn se tiene que kxkr =

n P

i=1

1=r

jxi jr

1=r

(n maxi=1;:::;n jxi jr )

= n1=r maxi=1;:::;n jxi j = n1=r kxk1 ;

1=p

kxk1 = maxi=1;:::;n jxi j = (maxi=1;:::;n jxi jp )

Combinando ambas desigualdades obtenemos kxkr

n1=r kxkp ;

kxk1

Dados x0 2 Rn y " > 0 de…nimos desigualdades (3.1) se sigue que kx

i=1

1=p

jxi jp

= kxkp :

8x 2 Rn ; p 2 [1; 1]; r 2 [1; 1):

kxkp ; := n

n P

1=r

x 0 kr < "

Esto prueba que id : Rnp ! Rnr es continua.

" si r 2 [1; 1) y

si kx

x 0 kp < :

(3.1)

:= " si r = 1: De las

3.1. DEFINICIONES Y EJEMPLOS

33

0 [0; 1] ! C10 [0; 1] es continua, mientras que la idenEjemplo 3.3 La identidad id : C1 0 0 tidad id : C1 [0; 1] ! C1 [0; 1] no lo es.

Demostración: La Proposición 2.23 asegura que kf k1

8f 2 C 0 [0; 1]:

kf k1

En consecuencia, dadas f0 2 C 0 [0; 1] y " > 0; para kf

f0 k1 < "

= " se cumple que

si kf

f0 k1 < :

0 Esto prueba que id : C1 [0; 1] ! C10 [0; 1] es continua. Denotemos por 0 a la función constante con valor 0 en [0; 1]: Probaremos que id : 0 C10 [0; 1] ! C1 [0; 1] no es continua en 0 (de hecho no lo es en ningún punto de C 0 [0; 1]). Sea " := 12 : A…rmamos que para cualquier 2 (0; 1) existe g 2 C 0 [0; 1] tal que kg k1 < y kg k1 = 1 > ": En efecto, la función 1

1 0

g (x) =

x si 0 si

x x

; 1;

tiene estas propiedades. 1

0. 75

0. 5

0. 25

0 0

0. 25

0. 5

0. 75

1

y = g1=4 (x) 0 Por tanto, la identidad id : C10 [0; 1] ! C1 [0; 1] no es continua en 0:

De…nición 3.4 Una función : X ! Y es un homeomor…smo si es continua y biyectiva y su inversa 1 : Y ! X es continua. Se dice que X y Y son homeomorfos si existe un homeomor…smo entre ellos. Los ejemplos anteriores a…rman que id : Rnp ! Rnr es un homeomor…smo para 0 cualesquiera p; r 2 [1; 1], mientras que id : C1 [a; b] ! C10 [a; b] no lo es. Proposición 3.5 Sean

:X!Y y

: Y ! Z funciones entre espacios métricos.

34

3. CONTINUIDAD

(a) Si

y

son continuas entonces la composición

(b) Si

es un homeomor…smo, entonces

es continua si y sólo si

es continua.

(c) Si

es un homeomor…smo, entonces

es continua si y sólo si

es continua.

Demostración: (a): Sean x0 2 X y " > 0: Como existe > 0 tal que dZ ( (y); (y0 )) < " Y, como

es continua en x0 ; existe

: X ! Z es continua.

es continua en y0 :=

(x0 ),

si dY (y; y0 ) < :

> 0 tal que

dY ( (x); (x0 )) <

si dX (x; x0 ) < :

En consecuencia, dZ ( ( (x)); ( (x0 ))) < "

si dX (x; x0 ) < :

Es decir, : X ! Z es continua. (b): Si es un homeomor…smo, de la a…rmación (a) se sigue que es continua 1 si y sólo si ( ) = lo es. (c): Análogamente, si es un homeomor…smo, entonces es continua si y sólo 1 si ( ) = lo es. La proposición anterior nos permite concluir que f : Rn ! Rm es continua si y sólo si f : Rnp ! Rm r es continua para cualesquiera p; r 2 [1; 1] [Ejercicio 3.38]. Algunas propiedades importantes de los espacios métricos, como la completitud (que estudiaremos más adelante), no se preservan bajo homeomor…smos. Por ello conviene introducir los siguientes conceptos. De…nición 3.6 Una función : X ! Y es Lipschitz continua, si existe c > 0 tal que dY ( (x); (y)) c dX (x; y) 8x; y 2 X: La constante c se llama una constante de Lipschitz2 para : La función es una equivalencia si es Lipschitz continua y biyectiva y su inversa 1 : Y ! X es Lipschitz continua. 2

Rudolph Otto Sigismund Lipschitz (1832-1903) nació en Königsberg (entonces parte de Alemania). Se doctoró en Berlín bajo la supervisión de Lejeune Dirichlet. Fue profesor en la universidad de Bonn.

3.1. DEFINICIONES Y EJEMPLOS

35

Rudolf Lipschitz

Esta noción es más fuerte que la de continuidad, es decir, se cumple lo siguiente. Proposición 3.7 Si

es Lipschitz continua entonces

es continua.

Demostración: Sea c > 0 una constante de Lipschitz para : Entonces, dada " > 0; para := "c > 0 se cumple que dY ( (x); (x0 )) < " Por tanto,

si dX (x; x0 ) < :

es continua.

Nota que en este caso no depende del punto x0 2 X. El inverso no es cierto en general, es decir, no toda función continua es Lipschitz continua [Ejercicio 3.45]. De…nición 3.8 Dos métricas d1 y d2 en un conjunto X son equivalentes si la identidad id : (X; d1 ) ! (X; d2 ) es una equivalencia, es decir, si existen constantes c1 ; c2 > 0 tales que c1 d2 (x; y) d1 (x; y) c2 d2 (x; y) 8x; y 2 X: Análogamente, dos normas k k1 y k k2 en un espacio vectorial V son equivalentes si las métricas inducidas son equivalentes, es decir, si existen constantes c1 ; c2 > 0 tales que c1 kvk2 kvk1 c2 kvk2 8v 2 V: Las desigualdades (3.1) muestran que k kp y k kr son normas equivalentes en Rn para cualesquiera p; r 2 [1; 1], mientras que el Ejemplo 3.3 muestra que k k1 y k k1 no son normas equivalentes en C 0 [0; 1]. De hecho, k kp y k kr no son normas equivalentes en C 0 [a; b] para ningún par de números 1 p < r 1 [Ejercicio 3.47]. La siguiente noción nos permite visualizar el concepto de continuidad.

36

3. CONTINUIDAD

De…nición 3.9 Sean X = (X; dX ) un espacio métrico, x0 2 X y " > 0: La bola abierta en X con centro en x0 y radio " es el conjunto BX (x0 ; ") := fx 2 X : dX (x; x0 ) < "g : Dados un subconjunto A de X y una función

: X ! Y; denotamos por

(A) := f (x) 2 Y : x 2 Ag a la imagen de A bajo : Con estos conceptos podemos reformular la de…nición de continuidad como sigue: : X ! Y es continua en el punto x0 de X si, dada " > 0; existe > 0 tal que (BX (x0 ; ))

φ

x0

(3.2)

BY ( (x0 ); "):

φ (x0 )

B(x0 ,δ )

B( φ (x0 ),ε )

Revisemos algunos de los ejemplos anteriores bajo esta nueva óptica.

B 1 (0,1)

B 2 (0,1)

B

8

Ejemplo 3.10 Denotemos por Bp (x0 ; ") a la bola abierta en Rnp con centro en x0 y radio ":

(0,1)

De las desigualdades (3.1) se sigue que existe c > 0 (que depende de n y r) tal que Bp (x0 ; c")

Br (x0 ; ")

8p; r 2 [1; 1]; 8x0 2 Rn :

La caracterización (3.2) de la continuidad asegura entonces que id : Rnp ! Rnr es un homeomor…smo. Ejemplo 3.11 Denotemos por Bp (f0 ; ") a la bola abierta en Cp0 [0; 1] con centro en la función continua f0 : [0; 1] ! R y radio ": Si p = 1; B1 (f0 ; ") = ff 2 C 0 [0; 1] : jf (x)

f0 (x)j < " 8x 2 [0; 1]g;

3.2. CONJUNTOS ABIERTOS Y CONJUNTOS CERRADOS

37

es decir, B1 (f0 ; ") es el conjunto de las funciones continuas cuya grá…ca está contenida en la franja f(x; y) 2 R2 : x 2 [0; 1]; jy f0 (x)j < "g.

a

b

Por otra parte, si p = 1; 0

B1 (f0 ; ") = fg 2 C [0; 1] :

Z

0

1

jg(x)

f0 (x)j dx < "g

es el conjunto de las funciones continuas g tales que el área de la región comprendida entre las grá…cas de g y f0 es menor que ". Resulta claro entonces que B1 (f0 ; ") B1 (f0 ; "): Y también que, para cada " > 0 y cada > 0; podemos encontrar una función continua g tal que g 2 B1 (f0 ; ) pero g2 = B1 (f0 ; ") : y=g(x)

a

b

0 [0; 1] ! C10 [0; 1] es De la caracterización (3.2) de la continuidad se sigue que id : C1 0 0 continua y que id : C1 [0; 1] ! C1 [0; 1] no lo es.

3.2.

Conjuntos abiertos y conjuntos cerrados

Sea X = (X; d) un espacio métrico y sea A un subconjunto de X: De…nición 3.12 Un punto x 2 X se llama un punto interior de A si existe " > 0 tal que BX (x; ") A: El conjunto de todos los puntos interiores de A se llama el interior de A en X y se denota intX (A); o simplemente int(A). Decimos que A es abierto en X si A = int(A): Observa que intX (A)

A: Veamos que la bola abierta es un abierto en este sentido.

38

3. CONTINUIDAD

Proposición 3.13 En cualquier espacio métrico X = (X; d); la bola abierta BX (x0 ; ") := fx 2 X : d(x; x0 ) < "g con centro en x0 y radio " es un subconjunto abierto de X: Demostración: Sea x 2 BX (x0 ; "). Tomemos z 2 BX (x; ); se cumple que d(z; x0 )

:= "

d(x; x0 ) > 0: Para todo

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

es decir, z 2 BX (x0 ; "). Por tanto, BX (x; )

BX (x0 ; ").

x x0

Esto muestra que x 2 int(BX (x0 ; ")) para todo x 2 BX (x0 ; "): En consecuencia BX (x0 ; ") = int(BX (x0 ; ")):

Corolario 3.14 El interior int(A) de cualquier subconjunto A de X es abierto en X. Demostración: Sea x 2 int(A): Entonces existe " > 0 tal que BX (x; ") A: Probaremos ahora que BX (x; ") intA: En efecto, por la Proposición 3.13, para todo z 2 BX (x; ") existe > 0 tal que BX (z; ) BX (x; ") A: Por tanto, z 2 intA: Es fácil ver que int(A) es el mayor subconjunto abierto de X contenido en A [Ejercicio 3.65]. El que un subconjunto A de X sea abierto en X o no lo sea depende de la métrica que le demos a X. Veamos un ejemplo. Ejemplo 3.15 El conjunto A := ff 2 C 0 [0; 1] : jf (x)j <

1 8x 2 [0; 1]g 2

0 es abierto en C1 [0; 1]; pero no es abierto en C10 [0; 1]:

3.2. CONJUNTOS ABIERTOS Y CONJUNTOS CERRADOS

39

1 0 [0;1] (0; ). La Proposición 3.13 asegura que A Demostración: Observa que A = BC1 2 0 es abierto en C1 [0; 1]: Probaremos ahora que A no es abierto en C10 [0; 1]: Para cada 0 < < 1 consideremos la función 1 1 x si 0 x ; g (x) = 0 si x 1:

Entonces kg k1 =

2

y kg k1 = 1: Por tanto, g 2 BC10 [0;1] (0; ); pero g 62 A: y=g (x) δ

1/2

0

-1/2

Es decir, BC10 [0;1] (0; ) no está contenida en A para ningún función 0 no es un punto interior de A en C10 [0; 1]:

> 0: En consecuencia, la

De hecho, el conjunto A del ejemplo anterior tiene interior vacío en C10 [0; 1] [Ejercicio 3.59]. De…nición 3.16 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 en X y se denota cerrX (A); o simplemente A: Decimos que A es cerrado en X si A = A: Nota que todo punto de A es punto de contacto de A; es decir, A

A:

De…nición 3.17 La bola cerrada en X con centro en x0 y radio " es el conjunto BX (x0 ; ") := fx 2 X : d(x; x0 )

"g :

Proposición 3.18 BX (x0 ; ") es un subconjunto cerrado de X: Demostración: Sea x 2 BX (x0 ; "): Entonces, para todo > 0; existe x 2 BX (x; )\ BX (x0 ; "): De la desigualdad del triángulo se sigue que d(x; x0 )

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

8 > 0:

40

3. CONTINUIDAD

En consecuencia d(x; x0 )

"; es decir, x 2 BX (x0 ; "):

Denotaremos por X r A al complemento de A en X; es decir, X r A := fx 2 X : x 2 = Ag : Los abiertos y los cerrados son duales en el siguiente sentido. Proposición 3.19 Para cualquier subconjunto A de un espacio métrico X se cumple que X r A = int(X r A): En consecuencia, A es cerrado en X si y sólo si X r A es abierto en X: Demostración: La primera a…rmación es inmediata. En efecto, x 2 int(X r A) si y sólo si existe " > 0 tal que BX (x; ") \ A = ;; es decir, si y sólo si x 2 X r A: En consecuencia, si A es cerrado, entonces X r A = X r A = int(X r A); es decir, X r A es abierto. E inversamente, si X r A es abierto, entonces X r A = int(X r A) = X r A y, en consecuencia, A = A; es decir, A es cerrado.

Corolario 3.20 La cerradura A de cualquier subconjunto A de X es cerrada en X: Demostración: Por el Corolario 3.14 sabemos que int(X r A) es abierto en X: En consecuencia, por la Proposición 3.19, se tiene que A = Xr int(X r A) es cerrado en X: Es sencillo comprobar que A es el menor subconjunto cerrado de X que contiene a A [Ejercicio 3.66]. Existen 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 como lo muestra el siguiente ejemplo. Ejemplo 3.21 Todo subconjunto de un espacio métrico discreto Xdisc es abierto en Xdisc . En consecuencia, todo subconjunto de Xdisc es cerrado en Xdisc : Demostración: Observemos que, para cada punto x 2 X; Bdisc (x; 1) := fy 2 X : ddisc (y; x) < 1g = fxg:

3.2. CONJUNTOS ABIERTOS Y CONJUNTOS CERRADOS

41

Para cualquier subconjunto A de X se tiene entonces que Bdisc (x; 1) A para todo x 2 A: Por tanto, A es abierto en Xdisc . De la Proposición 3.19 se sigue que A también es cerrado en Xdisc . En general no es cierto que la cerradura de una bola abierta sea la correspondiente bola cerrada. Veamos un ejemplo. Ejemplo 3.22 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) = fxg

8x 2 X:

Por otra parte, Bdisc (x; 1) := fy 2 X : ddisc (y; x)

8x 2 X:

1g = X

Esto no ocurre en un espacio normado. Proposición 3.23 Si V = (V; k k) es un espacio normado, entonces la cerradura de la bola abierta B(v0 ; ") := fv 2 V : kv v0 k < "g es la bola cerrada B(v0 ; ") := fv 2 V : kv v0 k "g. Demostración: Como B(v0 ; ") es cerrado y contiene a B(v0 ; ") se tiene que B(v0 ; ") B(v0 ; ") [Ejercicio 3.66]. Probaremos ahora que B(v0 ; ") B(v0 ; "): Es decir, probaremos que, para todo v 2 B(v0 ; ") y > 0; se cumple que B(v; ) \ B(v0 ; ") 6= ;: Sin perder generalidad podemos tomar < 2": El punto v := v +

2"

v) 2 V

(v0

satisface kv kv

vk =

2"

v0 k = (1

kv0 2"

vk ) kv

2

< ; y

v0 k

(1 v

v

δ

v0

2"

)" < ":

42

3. CONTINUIDAD

Por tanto, v 2 B(v; ) \ 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 3.24 Sean X y Y espacios métricos, y sea siguientes a…rmaciones son equivalentes: (a)

: X ! Y una función. Las

: X ! Y es continua.

(b)

1

(U ) es abierto en X para todo subconjunto abierto U de Y:

(c)

1

(C) es cerrada en X para todo subconjunto cerrado C de Y .

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 tal 1 que (BX (x; )) BY ( (x); "): Entonces BX (x; ) (U ): Esto prueba que 1 (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); "): Esto prueba que es continua en x: (b) , (c): Observa que X r 1 (B) = 1 (Y r B) para todo subconjunto B de Y: La equivalencia entre (b) y (c) es consecuencia inmediata de la Proposición 3.19. En efecto, si satisface (b) y C es cerrado en Y; entonces Y r C es abierto en Y: En consecuencia, 1 (Y r C) = X r 1 (C) es abierto en X y, por tanto 1 (C) es cerrado en X: Esto prueba que (b) ) (c). La otra implicación se demuestra de manera análoga. 1

Ejemplo 3.25 Cualquier función : Xdisc ! Y de un espacio métrico discreto a un espacio métrico cualquiera Y es continua, ya que todo subconjunto de Xdisc es abierto (ver Ejemplo 3.22). Para …nalizar esta sección veamos algunas propiedades importantes de los abiertos. Proposición 3.26 En cualquier espacio métrico X = (X; d) se cumple lo siguiente:

3.3. CONVERGENCIA DE SUCESIONES

43

(a) El conjunto vacío ; es abierto en X. (b) X es abierto en X. S (c) La unión i2I Ui de cualquier familia fUi : i 2 Ig de subconjuntos abiertos de X es abierta en X: (d) La intersección U \ V de dos subconjuntos abiertos U y V de X es abierta en X: Demostración: (a) se cumple por vacuidad: todo punto de ; es punto interior de ;: (b): BX (x; ") X para cualquier x 2 X y cualquier " > 0; es decir, cualquier x 2 X es puntoSinterior de X: (c): Si x 2 i2I Ui entonces x 2 Ui0 para algún i0 2 ISy, como Ui0 es abierto, existe " >S 0 tal que BX (x; ") Ui0 : Pero entonces BX (x; ") i2I Ui : Esto prueba que x 2 int i2I Ui : (d): 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 ): Esto prueba que 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 [Ejercicio 3.64]. Las propiedades (a)-(d) se usan como de…nición de los abiertos de un espacio topológico3 . Como la continuidad se puede caracterizar en términos de abiertos (ver Proposición 3.24), los espacios topológicos son el ámbito natural para estudiar la continuidad.

3.3.

Convergencia de sucesiones

Como ocurre en Rn ; es posible dar una caracterización de la continuidad en términos de sucesiones en un espacio métrico. De…nición 3.27 Una sucesión en un espacio métrico X = (X; d) es una función x : N ! X: El valor de dicha función en k se llama el k-ésimo término de la sucesión y se denota por xk := x(k): Una sucesión se suele denotar simplemente por x = (xk ): 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 ): 3

Consulta por ejemplo el libro de J. Dugundji, Topology, Boston: Allyn and Bacon, 1966.

44

3. 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: Observa que xk ! x en X

()

d(xk ; x) ! 0 en R.

De…nición 3.28 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)): Proposición 3.29 Se cumple lo siguiente: (a) El límite de una sucesión convergente es único. (b) Si (xk ) converge a x en X entonces cualquier subsucesión (xkj ) converge a x en X: Demostración: (a): 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: (b): Sean (xkj ) una subsucesión de (xk ) y " > 0: Como k : N ! N es estrictamente creciente, kj j para todo j 2 N: Y, como xk ! x; existe k0 2 N tal que d(xk ; x) < " para todo k k0 : Por tanto, d(xkj ; x) < " para todo j k0 :

De…nición 3.30 Una sucesión (xk ) en X está acotada si existen x 2 X y c 2 R tales que d(xk ; x) c para todo k 2 N: Proposición 3.31 Toda sucesión convergente está acotada. Demostración: Si xk ! x en X entonces existe k0 2 N tal que d(xk ; x) < 1 para todo k k0: Tomando c := maxfd(x1 ; x); :::; d(xk0 1 ; x); 1g obtenemos que d(xk ; x) c para todo k 2 N: Daremos ahora una caracterización de la cerradura de un conjunto en términos de sucesiones en dicho conjunto.

3.3. CONVERGENCIA DE SUCESIONES

45

Proposición 3.32 Sea A un subconjunto de X y sea x 2 X: Entonces x 2 A si y sólo si existe una sucesión (xk ) tal que xk 2 A para todo k 2 N y xk ! x en X: Demostración: Si x 2 A entonces existe xk 2 B(x; k1 ) \ A para cada 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: Inversamente, sea (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 como sigue. Proposición 3.33 : X ! Y es continua en el punto x 2 X si y sólo si para cualquier 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 ) 2 BY ( (x); ") para todo k k0 : Esto prueba que (xk ) ! (x): Inversamente, supongamos que no es continua en x: Entonces existe "0 > 0 con = la siguiente propiedad: para cada k 2 N hay un punto xk 2 BX (x; k1 ) tal que (xk ) 2 BY ( (x); "0 ): En consecuencia, (xk ) converge a x en X pero ( (xk )) no converge a (x) en Y:

Ejemplo 3.34 Consideremos las funciones continuas fk : [0; 1] ! R dadas por 1 0

fk (x) =

kx si 0 si k1

x x

1 ; k

1:

0 Entonces fk ! 0 en C10 [0; 1] ; pero (fk ) no converge en C1 [0; 1] : Esto demuestra que 0 0 id : C1 [0; 1] ! C1 [0; 1] no es continua en 0:

Demostración: Se tiene que kfk k1 =

Z

0

1

jfk (x)j dx =

1 ! 0: 2k

Por tanto, fk ! 0 en C10 [0; 1] : 0 Supongamos que fk ! f en C1 [0; 1] : Entonces, como jfk (x)

f (x)j

kfk

f k1

para cada x 2 [0; 1];

46

3. CONTINUIDAD

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

1 si x = 0; 0 si 0 < x

1:

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

3.4.

Ejercicios

Ejercicio 3.35 Prueba que en la de…nición de continuidad se puede reemplazar la desigualdad estricta por la no estricta, es decir, prueba que una función : X ! Y es continua en x0 si, dada " > 0; existe > 0 (que depende de x0 y de ") tal que dY ( (x); (x0 ))

"

si dX (x; x0 ) < :

Ejercicio 3.36 Sean V = (V; k kV ) y W = (W; k kW ) espacios normados, y sea L : V ! W una transformación lineal. Prueba que las siguientes a…rmaciones son equivalentes: (a) L es continua. (b) L es continua en 0: (c) Existe c > 0 tal que kLvkW

c kvkV para todo v 2 V:

(d) L es Lipschitz continua. Ejercicio 3.37 Sea X un espacio métrico. (a) Prueba que, si f; g : X ! R son continuas, entonces las funciones maxff; gg; m nff; gg : X ! R dadas por (maxff; gg)(x) := maxff (x); g(x)g;

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

son continuas. (b) ¿Es cierto que, si f; g : X ! R son Lipschitz continuas, maxff; gg y m nff; gg son Lipschitz continuas? Ejercicio 3.38 Prueba que f : Rn ! Rm es continua si y sólo si f : Rnp ! Rm r es continua para cualesquiera p; r 2 [1; 1]:

3.4. EJERCICIOS

47

Ejercicio 3.39 Sea g0 2 C 0 [a; b]: Prueba que, para toda p 2 [1; 1]; la función Cp0 [a; b] ! R dada por Z b f g0 (f ) :=

:

a

es Lipschitz continua. (Sugerencia: Usa la desigualdad de Hölder para integrales.) Ejercicio 3.40 Prueba que, si 1 Lipschitz continua.

p

r

1; entonces la inclusión

: `p

`r es

Ejercicio 3.41 Prueba que, para toda p 2 [1; 1]; la k-ésima proyección k

: `p ! R;

k (x)

= xk ;

con x = (xk ) 2 `p ; es Lipschitz continua. Ejercicio 3.42 Dados dos conjuntos S y S 0 ; una función : S 0 ! S y un espacio métrico X; considera la función : B(S; X) ! B(S 0 ; X) dada por la composición (f ) := f

:

Demuestra las siguientes a…rmaciones: (a)

está bien de…nida (es decir, que f continua.

(b) Si

es suprayectiva, entonces

es acotada si f lo es) y es Lipschitz

es una isometría.

Ejercicio 3.43 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.

(c) Si : X ! Y es una equivalencia, entonces y sólo si : X ! Z lo es.

: Y ! Z es Lipschitz continua si

(d) Si : Y ! Z es una equivalencia, entonces y sólo si : X ! Z lo es.

: X ! Y es Lipschitz continua si

Ejercicio 3.44 Sea I un intervalo en R (abierto, cerrado, …nito o in…nito). Prueba que, si f : I ! R es continuamente diferenciable en I y existe C 2 R tal que jf 0 (t)j C para todo t 2 I, entonces f es Lipschitz continua.

48

3. CONTINUIDAD

Ejercicio 3.45 ¿Cuáles de las siguientes funciones son Lipschitz continuas y cuáles son equivalencias? (x) = x2 :

(a)

: R ! R;

(b)

: [0; 1) ! R;

(c)

:R!(

2

(x) =

; 2 );

p

x:

(x) = arctan x:

Ejercicio 3.46 Dada f 2 C 1 [0; 1] de…nimos jjjf jjj1 : = kf 0 k1 ; jjjf jjj2 : = jf (0)j + kf 0 k1 ; Z 1 f (x)dx ; kf 0 k1 ; jjjf jjj3 : = max 0

1=2

jjjf jjj4 : = (kf k2 + kf 0 k2 )

:

(a) ¿Es jjjf jjji una norma en C 1 [0; 1]? Responde esta pregunta para cada i = 1; :::; 4: (b) Si jjjf jjji es una norma, ¿es jjjf jjji equivalente a la norma kf k1;1 := kf k1 + kf 0 k1 del Ejercicio 2.51? (c) Considera la función D : C 1 [0; 1] ! C 0 [0; 1] que a cada f 2 C 1 [0; 1] le asocia su derivada f 0 2 C 0 [0; 1]: Prueba que 0 D : (C 1 [0; 1]; k k1;1 ) ! C1 [0; 1]

es continua. (d) Para aquellas jjj jjji que sí son normas investiga si 0 D : (C 1 [0; 1]; jjj jjji ) ! C1 [0; 1]

es o no una función continua. Ejercicio 3.47 Sean p; r 2 [1; 1]. (a) Investiga en qué casos id : Cp0 [0; 1] ! Cr0 [0; 1] es Lipschitz continua y en qué casos no lo es.

3.4. EJERCICIOS

49

(b) Investiga en qué casos id : Cp0 [0; 1] ! Cr0 [0; 1] es continua y en qué casos no lo es. (c) ¿En qué casos es id : Cp0 [0; 1] ! Cr0 [0; 1] una equivalencia? (d) ¿En qué casos es id : Cp0 [0; 1] ! Cr0 [0; 1] un homeomor…smo? Ejercicio 3.48

(a) Considera las trayectorias k (x)

1 = (x; p sen( kx)); k

8

Prueba que

k

k;

: [0; 1] ! R2 dadas por (x) = (x; 0):

16

!

32

en B([0; 1]; R2 ):

(b) Sea T(0;0);(1;0) (R2 ) el conjunto de todas las trayectorias de longitud …nita de (0; 0) a (1; 0) en R2 con la métrica uniforme d1 ( ; ) = max k (t) t2[0;1]

(t)k ;

; 2 T(0;0);(1;0) (R2 );

(ver Ejemplo 2.27). Prueba que la función longitud L : T(0;0);(1;0) (R2 ) ! R, de…nida en (1.1), no es continua. Ejercicio 3.49 Sean X = (X; dX ), Y = (Y; dY ) y Z = (Z; dZ ) espacios métricos. (a) Prueba que todas las métricas del Ejercicio 2.53 en el producto cartesiano X Y := f(x; y) : x 2 X; y 2 Y g son equivalentes. En adelante a X Y con cualquiera de estas métricas lo llamaremos el producto de los espacios métricos X y Y:

50

3. CONTINUIDAD

(b) Prueba que las proyecciones X Y

: X : X

Y ! X; Y ! Y;

X (x; y)

= x; Y (x; y) = y;

son Lipschitz continuas. (c) Prueba que

:Z!X

Y es continua si y sólo si las composiciones :Z!X

X

y

Y

:Z!Y

son continuas. (d) Prueba que la distancia dX : X

X ! R es continua.

Ejercicio 3.50 Sea (V; k k) un espacio normado. (a) Demuestra que las siguientes funciones son continuas. V R

V V V

! V; ! V; ! R;

(v; w) 7! v + w; ( ; v) 7! v; v 7! kvk :

(b) ¿Cuáles de ellas son Lipschitz continuas? Ejercicio 3.51 Sean V un espacio vectorial y d una métrica en V: Demuestra las siguientes a…rmaciones: (a) Si d satisface d(v + z; w + z) = d(v; w) entonces la suma V

8v; w; z 2 V;

(3.3)

V ! V; (v; w) 7! v + w; es continua.

(b) Si d satisface (3.3) y d( v; w) = j j d(v; w) entonces el producto por un escalar R

8v; w 2 V; 8 2 R;

(3.4)

V ! V; ( ; v) 7! v; es continuo.

(c) Si d satisface (3.3) y (3.4), entonces existe una norma k k en V que induce a la métrica d:

3.4. EJERCICIOS

51

Ejercicio 3.52 Sean X = (X; d) un espacio métrico, A un subconjunto no vacío de X y x 2 X: De…nimos la distancia de x a A como dist(x; A) := nf d(x; y): y2A

Demuestra las siguientes a…rmaciones: (a) La función f : X ! R dada por f (x) = dist(x; A) es Lipschitz continua. (Sugerencia: Usa el Ejercicio 2.32). (b) Si A es un subconjunto cerrado de X; entonces dist(x; A) = 0 si y sólo si x 2 A: Ejercicio 3.53 Sean A y B subconjuntos cerrados no vacíos de un espacio métrico X tales que A \ B = ;: Demuestra las siguientes a…rmaciones: (a) Existe una función continua : X ! [0; 1] tal que 1 (0) = A y 1 (1) = B; donde 1 (a) := fx 2 X : (x) = ag : (Sugerencia: Considera la función (x) :=

dist(x; A) : dist(x; A) + dist(x; B)

Prueba que está bien de…nida y que tiene las propiedades deseadas.) (b) Existen subconjuntos abiertos V y W de X tales que A

V; B

W y V \W = ;:

Ejercicio 3.54 Sean X un espacio métrico y Y un subespacio métrico de X. Demuestra las siguientes a…rmaciones: (a) Si U es abierto en X entonces U \ Y es abierto en Y: (b) Si A es cerrado en X entonces A \ Y es cerrado en Y: Ejercicio 3.55 Sean X = (X; d) un espacio métrico, x0 2 X y r > 0: Prueba que la esfera SX (x0 ; r) := fx 2 X : d(x0 ; x) = rg es un subconjunto cerrado de X: (Sugerencia: Usa el Ejercicio 3.52 y la Proposición 3.24) Ejercicio 3.56 Sea p 2 [1; 1]: Demuestra las siguientes a…rmaciones: (a) U es abierto en Rn si y sólo si U es abierto en Rnp : (b) C es cerrado en Rn si y sólo si C es cerrado en Rnp :

52

3. CONTINUIDAD

Ejercicio 3.57 Sea X = [ 1; 1] con la métrica inducida por la de R. (a) Describe las bolas abiertas BX (1; ") y BX ( 1; "); " > 0: (b) ¿Cuál es el interior en X de los siguientes conjuntos? (0; 1];

1 (0; ); 2

[0; 1];

1 [0; ); 2

[ 1; 1]:

Observa que el interior de estos conjuntos en X a veces no coincide con su interior en R. (c) ¿Cuáles de estos conjuntos son abiertos en X? (d) ¿Cuáles de ellos son cerrados en X? Ejercicio 3.58

(a) ¿Para cuáles p 2 [1; 1] es 0

A1 := fg 2 C [0; 1] :

Z

1

jg(x)j dx < 1g

0

un subconjunto abierto de Cp0 [0; 1]? (b) ¿Para cuáles p 2 [1; 1] es 0

A2 := fg 2 C [0; 1] :

Z

0

1

jg(x)j dx

1g

un subconjunto cerrado de Cp0 [0; 1]? (Sugerencia: Usa la Proposición 3.24.) Ejercicio 3.59 Para cada p 2 [1; 1] calcula el interior y la cerradura de los siguientes conjuntos en Cp0 [0; 1]: (a) A3 := ff 2 C 0 [0; 1] : jf (x)j

1 8x 2 [0; 1]g:

(b) A4 := ffk : k 2 Ng donde fk 2 C 0 [0; 1] es la función fk (x) =

1 0

kx si x 2 [0; k1 ]; si x 2 [ k1 ; 1]:

Ejercicio 3.60 Prueba que una sucesión (xk ) en un espacio métrico discreto Xdisc converge a x en Xdisc si y sólo si existe k0 2 N tal que xk = x para todo k k0 :

3.4. EJERCICIOS

53

Ejercicio 3.61 Sea c > 0: Prueba que ck lm = 0: k!1 k! Ejercicio 3.62 Prueba que en cualquier espacio métrico X la intersección de un número …nito de subconjuntos abiertos U1 \ \ Um es abierta en X: Ejercicio 3.63 Da un T ejemplo de una familia numerable de abiertos fUk : k 2 Ng en R cuya intersección k2N Uk no es abierta en R:

Ejercicio 3.64 Demuestra que en cualquier espacio métrico X = (X; d) se cumple lo siguiente: (a) X es cerrado en X: (b) El conjunto vacío ; es cerrado en X. T (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 3.26 y 3.19). Ejercicio 3.65 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 el máximo subconjunto abierto de X contenido en A: Ejercicio 3.66 Sean A y B subconjuntos de un espacio métrico X: Demuestra las siguientes a…rmaciones: (a) B

A si B

A:

(b) A es el mínimo subconjunto cerrado de X que contiene a A: Ejercicio 3.67 Sea A un subconjunto de un espacio métrico X: La frontera de A en X es el conjunto @A := A r int(A): Prueba que x 2 @A si y sólo si BX (x; ") \ A 6= ; y BX (x; ") \ (X r A) 6= ; para todo " > 0:

54

3. CONTINUIDAD

Ejercicio 3.68 Prueba que la frontera @A de cualquier subconjunto A de X es un subconjunto cerrado de X: Ejercicio 3.69 (a) ¿Es cierto que la frontera de la bola abierta BV (v0 ; r) en un espacio normado V es la esfera SV (v0 ; r) := fv 2 V : kv

v0 k = rg?

(b) ¿Es cierto que la frontera de la bola abierta BX (x0 ; r) en un espacio métrico arbitrario X es la esfera SX (x0 ; r) := fx 2 X : dX (x; x0 ) = rg?

Capítulo 4 Compacidad Los subconjuntos de Rn que son cerrados y acotados tienen una propiedad fundamental: cualquier sucesión de puntos en ellos contiene una subsucesión convergente. En general, no cualquier subconjunto cerrado y acotado de un espacio métrico tiene esta propiedad. A los subconjuntos que la tienen se les llama compactos. Este término fue introducido por Fréchet en 1906. La compacidad tiene consecuencias muy importantes. Por ejemplo, toda función continua en un espacio métrico compacto alcanza su máximo y su mínimo. Veremos que la compacidad permite concluir la existencia de una solución de una ecuación diferencial tomando el límite de ciertas aproximaciones elementales, como ocurre en el teorema de existencia de Peano que demostraremos más adelante (ver Teorema 7.14). Existen varias nociones equivalentes de compacidad en espacios métricos. Una de ellas a…rma que un subconjunto K de un espacio métrico es compacto si de cualquier familia de conjuntos abiertos cuya unión contiene a K podemos extraer una familia …nita cuya unión también contiene a K: Esta es la de…nición que usaremos aquí como punto de partida.

4.1.

Conjuntos compactos

Sean X un espacio métrico y A un subconjunto de X: De…nición 4.1 Una cubierta de A en X es una familia C = fXi : i 2 Ig de subconjuntos de X tal que S A Xi : i2I

Si además Xi es abierto en X para toda i 2 I; se dice que C es una cubierta abierta de A en X: Un subconjunto C0 de C que a su vez es cubierta de A se llama una subcubierta de C. 55

56

4. COMPACIDAD

De…nición 4.2 Un subconjunto K de X es compacto si cada cubierta abierta C = fXi : i 2 Ig de K en X contiene una subcubierta …nita, es decir, si existen Xi1 ; : : : ; Xim 2 C tales que K Xi1 [ [ Xim : Veamos algunos ejemplos. Denotemos por B(x0 ; r) := fx 2 Rn : kx

x0 k < rg

a la bola abierta en Rn con centro en x0 y radio r: Ejemplo 4.3 Rn no es compacto. Demostración: C := fB(0; k) : k 2 Ng es una cubierta abierta de Rn ; pero ningún subconjunto …nito de C es cubierta de Rn .

Por tanto, Rn no es compacto.

Ejemplo 4.4 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).

4.1. CONJUNTOS COMPACTOS

57

Por tanto, B(0; 1) no es compacta. A continuación probaremos algunas propiedades importantes de los conjuntos compactos. Proposición 4.5 Si K es un subconjunto compacto de X, entonces toda sucesión (xk ) de elementos de K contiene una subsucesión que converge en X a un elemento de K: Demostración: Sea (xk ) una sucesión en K: Probaremos primero que existe un punto y0 2 K tal que, para cada " > 0; la bola abierta BX (y0 ; ") con centro en y0 y radio " contiene alguna subsucesión de (xk ). Argumentando por contradicción, supongamos que para cada y 2 K existe "y > 0 tal que BX (y; "y ) no contiene ninguna subsucesión de (xk ). Entonces existe ky 2 N tal que xk 2 = BX (y; "y ) 8k ky : Como K es compacto y C := fBX (y; "y ) : y 2 Kg es una cubierta abierta de K, existen y1 ; :::; ym 2 K tales que K

BX (y1 ; "y1 ) [

[ BX (ym ; "ym ):

Esto implica que xk 2 = K para todo k maxfky1 ; :::; kym g; lo cual es falso. En consecuencia, existe y0 2 K tal que toda bola abierta con centro en y0 contiene a una subsucesión de (xk ): Esto nos permite escoger, inductivamente, para cada j 2 N un punto xkj 2 BX (y0 ; 1j ) tal que kj > kj 1 : La sucesión (xkj ) es una subsucesión de (xk ) que converge a y0 . Más adelante veremos que el recíproco también es válido, es decir, que K es un subconjunto compacto de X si y sólo si toda sucesión (xk ) en K contiene una subsucesión convergente en K (ver Teorema 7.4). De…nición 4.6 Un subconjunto A de un espacio métrico X es acotado si existen x 2 X y " > 0 tales que A BX (x; "): Proposición 4.7 Si K es un subconjunto compacto de X, entonces K es cerrado y acotado. Demostración: Sea K un subconjunto compacto de X: Si x0 2 K, existe una sucesión (xk ) en K que converge a x0 en X (ver Proposición 3.32). Por la Proposición 4.5, (xk ) contiene una subsucesión (xkj ) que converge a un punto y0 2 K: De la Proposición 3.29 se sigue que x0 = y0 2 K: Esto prueba que K es cerrado.

58

4. COMPACIDAD

Probemos ahora que K es acotado. Fijemos un punto x0 2 X: El conjunto C := fBX (x0 ; k) : k 2 Ng es una cubierta abierta de K: Como K es compacto, existen k1 ; :::; km 2 N tales que K

BX (x0 ; k1 ) [

Sea k0 := maxfk1 ; :::; km g: Entonces K

[ BX (x0 ; km ):

BX (x0 ; k0 ); es decir, K es acotado:

El recíproco no es cierto en general, como lo muestra el siguiente ejemplo. Ejemplo 4.8 La bola cerrada B`2 (0; 1) := f(xn ) 2 `2 : en `2 .

1 P

n=1

x2n

1g no es compacta

Demostración: Para cada k 2 N denotemos por ek 2 `2 a la sucesión cuyo k-ésimo término es 1 y todos los demás términos son 0: Claramente ek 2 B`2 (0; 1): Observa que p 8j 6= k: kej ek k2 = 2 Supongamos que una subsucesión (ekj ) converge a e en `2 : Entonces existe j0 2 N tal p 2 que ekj e 2 < 2 para todo j j0 : En consecuencia, p p 2 2 p ekj eki 2 ekj e 2 + ke eki k2 < + = 2 8i; j j0 ; 2 2 lo cual es imposible. Esto prueba que (ek ) no contiene ninguna subsucesión convergente. La Proposición 4.5 implica que B`2 (0; 1) no es compacta. En general, las bolas cerradas en espacios de dimensión in…nita nunca son compactas (ver Ejercicio 5.39). Veremos en la próxima sección que en Rn sí lo son. Proposición 4.9 Sea K un subconjunto compacto de X: Si C X; entonces C es compacto.

K y C es cerrado en

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 [ fX r Cg es una cubierta abierta de K en X: Como K es compacto, existen Ui1 ; :::; Uim 2 C tales que K Ui1 [ [ Uim [ (X r C): En consecuencia, C

Ui1 [

[ Uim : Esto prueba que C es compacto.

La compacidad se preserva bajo funciones continuas, es decir, se cumple lo siguiente.

4.2. EL TEOREMA DE HEINE-BOREL

59

Proposición 4.10 Si : X ! Y es continua y K es un subconjunto compacto de X, entonces (K) es un subconjunto compacto de Y . Demostración: Sea C = fVi : i 2 Ig una cubierta abierta de (K) en Y: Co1 es continua, (Vi ) es abierto en X (ver Proposición 3.24). Por tanto, C0 := 1 (Vi ) : i 2 I es una cubierta abierta de K en X y, como K es compacto, existen 1 1 (Vi1 ); :::; 1 (Vim ) 2 C0 tales que K (Vi1 ) [ [ 1 (Vim ): En consecuencia, (K) Vi1 [ [ Vim : Esto prueba que (K) es compacto.

mo

Corolario 4.11 Si K es un espacio métrico compacto y entonces es una función acotada.

: K ! X es continua,

Demostración: Por la proposición anterior, (K) es un subconjunto compacto de X. La Proposición 4.7 asegura entonces que (K) es acotado, es decir, es una función acotada (ver De…nición 2.24).

4.2.

El teorema de Heine-Borel

Resulta difícil decidir a partir de la de…nición si un conjunto es compacto o no lo es. A continuación daremos una caracterización sencilla de los subconjuntos compactos de Rn : Probaremos que son precisamente aquéllos que son cerrados y acotados. A este resultado se le conoce como el teorema de Heine-Borel, aunque su paternidad es más complicada1 . Empezaremos probando la siguiente a…rmación. Proposición 4.12 El cubo cerrado Q := f(x1 ; :::; xn ) 2 Rn : xi 2 [ r; r], i = 1; :::ng;

r > 0;

es compacto. 1

Cuenta P. Dugac que la historia de este resultado empieza en el siglo XIX con la demostración de un teorema, central en análisis, que a…rma que toda función continua en un intervalo cerrado es uniformemente continua. Dirichlet fue el primero en demostrar dicho resultado en 1862 en unas notas de clase, publicadas en 1904, mientras que la demostración de Heine data de 1872. Émile Borel fue el primero en formular y demostrar en 1895 una versión explícita del resultado que ahora conocemos como el teorema de Heine-Borel para cubiertas numerables. Cousin (1895), Lebesgue (1898) y Schoen‡ies (1900) la generalizaron a cubiertas arbitrarias. (P. Dugac, Sur la correspondance de Borel et le théorème de Dirichlet-Heine-Weierstrass-Borel-Schoen‡ies-Lebesgue, Arch. Internat. Hist. Sci. 39 (1989), págs. 69-110.)

60

4. COMPACIDAD

Demostración: Argumentando por contradicción, supongamos que Q no es compacto. Entonces existe una cubierta abierta C = fUi : i 2 Ig de Q en Rn tal que ningún subconjunto …nito de C es cubierta de Q. En consecuencia, si subdividimos a Q en 2n cubos cerrados de lado r; se cumple que al menos uno de ellos, llamémoslo Q1 ; no está contenido en la unión de un número …nito de elementos de C. Subdividamos ahora Q1 en 2n cubos cerrados de lado 2r y repitamos este argumento para obtener una sucesión decreciente de cubos cerrados Q tales Qk es un cubo de lado junto …nito de C.

r 2k

1

Q1

Qk

;

y Qk no esta contenido en la unión de ningún subcon-

Qk

Denotemos por

k

= ( k1 ; :::; k i

En particular, como

j

k n)

xi

al centro de Qk : Entonces, r 2k

2 Qk para j k i

j i

r 2k

8x = (x1 ; :::; xn ) 2 Qk :

(4.1)

k; se tiene que 8j

k; 8i = 1; :::; n:

(4.2)

Así pues, para cada i = 1; :::; n; la sucesión ( ki ) es de Cauchy en R y, en consecuencia, existe i 2 R tal que ki ! i en R. Pasando al límite cuando j ! 1 en la desigualdad (4.2) obtenemos que k i

i

r 2k

8k 2 N; 8i = 1; :::; n:

(4.3)

Dado que ji 2 [ r; r]; se tiene que i 2 [ r; r]: Es decir, = ( 1 ; :::; n ) 2 Q: Y, puesto que C es cubierta de Q, existe U 2 C tal que 2 U : Ahora bien, como U es abierto, existe " > 0 tal que B( ; ") U : Si x 2 Qk ; usando las desigualdades (4.1) y (4.3) obtenemos p p p r n r n r n k k kx k x + + k = k 1 2k 2 2

4.2. EL TEOREMA DE HEINE-BOREL

61

y, en consecuencia, Qk

B( ; ")

U

p r n si k 1 < ". 2

Esto contradice nuestra suposición de que Qk no puede ser cubierto por un número …nito de elementos de C. En consecuencia, Q es compacto. El teorema de Heine-Borel da una caracterización sencilla de los subconjuntos compactos de Rn :

Eduard Heine

Émile Borel

Teorema 4.13 (Heine-Borel) Sea K un subconjunto de Rn : Entonces, K es compacto si y sólo si K es cerrado y acotado.

Demostración: Por la Proposición 4.7, si K es compacto entonces es cerrado y acotado. Inversamente, supongamos que K es cerrado y acotado. Entonces existe r > 0 tal que K está contenido en el cubo Q = f(x1 ; :::; xn ) 2 Rn : xi 2 [ r; r], i = 1; :::ng; que es compacto. La Proposición 4.9 implica que K también lo es. Otra consecuencia importante de la Proposición 4.12 es el siguiente resultado, que

62

4. COMPACIDAD

se conoce como el teorema de Bolzano2 -Weierstrass.

Bernhard Bolzano

Teorema 4.14 (Bolzano-Weierstrass) Toda sucesión acotada en Rn contiene una subsucesión convergente.

k

Demostración: Si ( k ) es una sucesión acotada en Rn , entonces existe r > 0 tal que 2 Q para todo k 2 N; donde Q es el cubo Q = f(x1 ; :::; xn ) 2 Rn : xi 2 [ r; r], i = 1; :::ng;

que es compacto. Por la Proposición 4.5, la sucesión ( k ) contiene una subsucesión convergente.

4.3.

Existencia de máximos y mínimos

Sean X un espacio métrico y f : X ! R [ f1; 1g una función. De…nición 4.15 Decimos que f alcanza su mínimo en X si existe x0 2 X tal que f (x0 )

f (x)

8x 2 X:

Decimos que f alcanza su máximo en X si existe x1 2 X tal que f (x1 )

f (x)

8x 2 X:

El punto x0 se llama un mínimo de f en X y el punto x1 se llama un máximo de f en X: 2

Bernardus Placidus Johann Nepomuk Bolzano (1781-1848) nació en Praga, entonces parte del Imperio Austriaco. Fue uno de los pioneros en proponer un tratamiento riguroso del análisis matemático, pero sus contribuciones sólo fueron conocidas y valoradas muchos años más tarde, ya que fue destituído de su cátedra en la Universidad de Praga por razones políticas y puesto bajo arresto domiciliario con la prohibición de publicar.

4.3. EXISTENCIA DE MÁXIMOS Y MíNIMOS

63

Una función continua no alcanza, en general, su mínimo o su máximo. Veamos un ejemplo. Ejemplo 4.16 La función arctan : R ! R está acotada inferior y superiormente pero no alcanza ni su mínimo ni su máximo en R.

1 0.5 0 -7.5

-5

-2.5

-0.5

0

2.5

5

7.5

-1

y = arctan x

Una consecuencia importante de la compacidad es la siguiente. Teorema 4.17 Si K es un espacio métrico compacto y no vacío, entonces toda función continua f : K ! R alcanza su mínimo y su máximo en K: Demostración: El Corolario 4.11 asegura que f (K) es un subconjunto acotado en R y, dado que no es vacío, se tiene que m0 := nf f (z) 2 R: z2K

Escojamos zk 2 K tal que m0

f (zk ) < m0 +

1 k

8k 2 N.

(4.4)

Como K es compacto, la Proposición 4.5 asegura que la sucesión (zk ) contiene una subsucesión (zkj ) que converge a un punto z0 en K: Dado que f es continua, se tiene entonces que f (zkj ) ! f (z0 ) en R: De la desigualdad (4.4) se sigue que m0 = l m f (zkj ) = f (z0 ): j!1

Es decir, z0 es un mínimo de f: De manera análoga se prueba que f alcanza su máximo en K [Ejercicio 4.39]. En particular, se tiene el siguiente resultado, al que nos referimos en el Capítulo 1.

64

4. COMPACIDAD

Corolario 4.18 Sea K 6= ; un subconjunto cerrado y acotado de Rn : Entonces toda función continua f : K ! R alcanza su máximo y su mínimo en K: Demostración: Esta a…rmación es consecuencia inmediata de los Teoremas 4.17 y 4.13. Una consecuencia importante del Teorema 4.17 es el siguiente resultado. Teorema 4.19 Cualesquiera dos normas en un espacio vectorial de dimensión …nita son equivalentes. Demostración: Sea V un espacio vectorial deP dimensión …nita y sea fe1 ; :::; en g una base de V: Dado v 2 V lo expresamos como v = ni=1 xi ei con xi 2 R; y de…nimos n P

kvk :=

i=1

1=2

x2i

:

Es sencillo comprobar que k k es una norma en V: Denotemos por V := (V; k k ) al espacio V provisto de esta norma. Entonces la función : Rn ! V dada por (x1 ; :::; xn ) =

n P

xi ei

i=1

es una isometría (ver Ejercicio 2.56). Como el conjunto S := fv 2 V : kvk = 1g es la imagen bajo de la esfera unitaria Sn 1 := fx 2 Rn : kxk = 1g; que es cerrada y acotada en Rn ; el teorema de Heine-Borel y la Proposición 4.10 aseguran que S es compacto en V : Sea k k una norma en V: Para probar la a…rmación del teorema, bastará probar que k k y k k son normas equivalentes. Pn 2 1=2 Sea c1 := : Usando la desigualdad del triángulo para k k y la dei=1 kei k sigualdad de Hölder en Rn con p = q = 2 (ver Proposición 2.12) obtenemos que kvk

n P

i=1

jxi j kei k

n P

i=1

1=2

jxi j2

n P

i=1

1=2

kei k2

c1 kvk

8v 2 V:

(4.5)

Como consecuencia de esta desigualdad, la función k k : V ! R es Lipschitz continua, ya que jkwk kvkj kw vk c1 kw vk 8v; w 2 V: Aplicando el Teorema 4.17 concluimos que existe v0 2 S tal que kv0 k v 2 S; es decir, c2 := kv0 k

v kvk

=

kvk kvk

8v 2 V; v 6= 0:

kvk para todo

4.4. SEMICONTINUIDAD

65

O, equivalentemente, c2 kvk

kvk

8v 2 V:

(4.6)

Nota que c2 > 0 porque v0 6= 0: Las desigualdades (4.5) y (4.6) aseguran que las normas k k y k k son equivalentes. Denotamos por C 0 (X; Y ) := f : X ! Y :

es continuag:

(4.7)

El Corolario 4.11 asegura que, si K es un espacio métrico compacto, entonces C 0 (K; Y ) está contenido en el espacio de funciones acotadas B(K; Y ) (ver Sección 2.4). Podemos entonces darle a C 0 (K; Y ) la métrica uniforme d1 ( ; ) = sup dY ( (x); (x)): x2K

Observa que, si ; 2 C 0 (K; Y ); la función f : K ! R dada por f (x) = dY ( (x); (x)) es continua. Si K es compacto y no vacío, esta función alcanza su máximo en K y,en consecuencia, d1 ( ; ) = max dY ( (x); (x)): (4.8) x2K

4.4.

Semicontinuidad

Volvamos ahora a nuestro problema de partida, el Problema 1.1, que inquiere lo siguiente: ¿Alcanza la función longitud su mínimo en el conjunto de trayectorias Tp;q (X)?. El conjunto Tp;q (X) es un espacio métrico con la métrica uniforme, pero la función longitud no es continua, así que no podemos aplicar el Teorema 4.17 para obtener una respuesta a esta pregunta. En cierto sentido las condiciones de compacidad y continuidad son opuestas la una de la otra ya que, 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 conveniente contar con un resultado de existencia de mínimos para funciones que no son continuas. Empecemos extendiendo el concepto de trayectoria a un espacio métrico arbitrario X = (X; dX ). De…nición 4.20 Una trayectoria en X es una función continua longitud de se de…ne como L( ) := sup

m P

k=1

dX ( (tk 1 ); (tk )) : a = t0

t1

: [a; b] ! X: La

tm = b; m 2 N :

66

4. COMPACIDAD

q

p

La longitud de una trayectoria no es necesariamente …nita [Ejercicio 4.48]. Denotemos por L : C 0 ([a; b]; X) ! R [ f1g a la función que a cada trayectoria le asocia su longitud. Sabemos que esta función no es continua en general (ver Ejercicio 3.48). Esto se debe a que pueden existir trayectorias arbitrariamente largas tan cercanas como queramos a una trayectoria dada.

Sin embargo, no pueden existir trayectorias arbitrariamente cortas tan cercanas como queramos a una trayectoria dada, como lo muestra el siguiente resultado. Proposición 4.21 Dadas

2 C 0 ([a; b]; X) y c < L( ); existe c < L( )

0

> 0 tal que

si d1 ( ; ) < :

Demostración: Sean : [a; b] ! X una trayectoria en X y c < L( ): Escojamos > 0 tal que c + 0 < L( ) y una partición a = t0 t1 tm = b tal que c+

0

<

m X

dX ( (tk 1 ); (tk )):

k=1

Sea

:=

0

2m

: Si d1 ( ; ) < ; se tiene que

dX ( (tk 1 ); (tk ))

dX ( (tk 1 ); (tk 1 )) + dX ( (tk 1 ); (tk )) + dX ( (tk ); (tk )) <

+ dX ( (tk 1 ); (tk )) + = dX ( (tk 1 ); (tk )) +

0

m

:

Sumando estas desigualdades para todo k = 1; :::; m obtenemos que c+

0

<

m X k=1

dX ( (tk 1 ); (tk )) <

m X k=1

dX ( (tk 1 ); (tk )) +

0

L( ) +

0:

4.4. SEMICONTINUIDAD

67

En consecuencia, c < L( ). A continuación estudiaremos a las funciones que tienen esta propiedad. De…nición 4.22 Una función f : X ! R [ f1g es semicontinua inferiormente en el punto x0 2 X si, dada c < f (x0 ); existe > 0 tal que c < f (x)

si dX (x; x0 ) < :

Se dice que f es semicontinua inferiormente (s.c.i.) si lo es en todo punto x0 2 X: Análogamente, se de…ne el siguiente concepto. De…nición 4.23 Una función f : X ! R [ f 1g es semicontinua superiormente en el punto x0 2 X si, dada c > f (x0 ); existe > 0 tal que f (x) < c

si dX (x; x0 ) < :

Se dice que f es semicontinua superiormente (s.c.s.) si lo es en todo punto x0 2 X: Observa que f : X ! R es continua si y sólo si f es s.c.i. y s.c.s. [Ejercicio 4.43]. Ejemplo 4.24

(a) La función d e : R ! R dada por dte := n si n

1 0 tal que si dX (x; x0 ) < :

c < f (x) Sea k0 2 N tal que

xk 2 BX (x0 ; )

8k

k0 :

Entonces, c

nf f (xk )

k k0

l m inf f (xk ): k!1

Como esta desigualdad se cumple para todo c < f (x0 ); concluimos que f (x0 )

l m inf f (xk ): k!1

() : Supongamos que f no es semicontinua inferiormente en x0 : Entonces, para algún c0 < f (x0 ) existe una sucesión (xk ) en X tal que 1 xk 2 BX (x0 ; ) k

y

c0

f (xk )

8k 2 N.

4.5. CONTINUIDAD UNIFORME

69

Esto implica que (xk ) converge a x0 en X y que l m inf f (xk ) k!1

c0 < f (x0 );

lo que demuestra la implicación deseada. Dado a 2 R, denotamos f

a

:= fx 2 X : f (x)

ag:

El siguiente resultado tiene aplicaciones importantes. Por lo pronto, como la función longitud es s.c.i., nos da esperanzas de obtener alguna respuesta al Problema 1.1. Teorema 4.29 Si f : X ! R [ f1g s.c.i. y si f a 2 R, entonces f alcanza su mínimo en X:

a

es compacto y no vacío para algún

Demostración: Sea m0 := nf x2X f (x): Como f a 6= ;; se tiene que 1 m0 a: Sea (xk ) una sucesión en f a tal que f (xk ) ! m0 : Como f a es compacto, (xk ) contiene una subsucesión (xkj ) tal que xkj ! x0 en X. De la proposición anterior y la observación (4.9) se sigue que m0

f (x0 )

l m inf f (xkj ) = l m f (xkj ) = m0 : j!1

j!1

Por lo tanto, f (x0 ) = m0 ; es decir, x0 es un mínimo de f: Para aplicar este resultado al Problema 1.1 deberemos investigar si para algún a 2 R el conjunto de trayectorias en Tp;q (X) de longitud a lo más a es compacto y no vacío. Es sencillo comprobar que no es así [Ejercicio 4.49]. Volveremos al Problema 1.1 en el Capítulo 7.

4.5.

Continuidad uniforme

La noción de continuidad de una función es una propiedad local, es decir, una función es continua si lo es en cada punto. A continuación daremos una noción de continuidad, que no depende de cada punto en particular, sino únicamente de la distancia entre los puntos. Esta propiedad es importante, por ejemplo, para garantizar la continuidad de ciertas funciones de…nidas en espacios de funciones [Ejercicio 4.52]. Sean (X; dX ) y (Y; dY ) espacios métricos.

70

4. COMPACIDAD

De…nición 4.30 Una función : X ! Y es uniformemente continua si dada " > 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 no es cierto en general [Ejercicio 4.51]. El siguiente resultado a…rma que, si la función está de…nida en un espacio compacto, ambas nociones coinciden. Teorema 4.31 Sea K un espacio métrico compacto. Entonces toda función continua : K ! Y es uniformemente continua. Demostración: Argumentando por contradicción, supongamos que K es compacto y que : K ! Y es continua pero no es uniformemente continua. Entonces para algún "0 > 0 y para cada k 2 N existen xk ; x ek 2 K tales que dK (xk ; x ek ) <

1 k

y

dY ( (xk ); (e xk ))

"0 :

Como K es compacto, la sucesión (xk ) contiene una subsucesión (xkj ) tal que xkj ! x en K (ver Proposición 4.5). De la desigualdad del triángulo dK (x; x ekj )

dK (x; xkj ) + dK (xkj ; x ekj )

se sigue que x ekj ! x en K y, como es continua, se cumple entonces que (xkj ) ! (x) y (e xkj ) ! (x) en Y (ver Proposición 3.33): En consecuencia, dY ( (xkj ); (e xkj ))

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

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

4.6.

Ejercicios

Ejercicio 4.32 Sea V un espacio normado y sea SV := fx 2 V : kxk = 1g la esfera unitaria en V: En cada uno de los siguientes casos investiga si la esfera unitaria es o no compacta. (a) dimV < 1: (b) V = `p con p 2 [1; 1]:

4.6. EJERCICIOS

71

(c) V = Cp0 [0; 1] con p 2 [1; 1]: Ejercicio 4.33 Demuestra las siguientes a…rmaciones: (a) Si K un subconjunto compacto de Rn ; > 0 y p 2 [1; 1]; entonces [ b := K Bp ( ; ) 2K

es compacto, donde Bp ( ; ) := fx 2 Rn : kx

kp

g:

(b) La a…rmación anterior no es válida en general en un espacio métrico arbitrario. (Sugerencia: Toma K := f0g en `2 y usa el Ejemplo 4.8.) Ejercicio 4.34 ¿Es cierto en general que, si : X ! Y es continua y K es un subconjunto compacto de Y; entonces 1 (K) es un subconjunto compacto de X? Justi…ca tu respuesta. Ejercicio 4.35 Prueba que, si : X ! Y es un homeomor…smo, entonces K es compacto en X si y sólo si (K) es compacto en Y: Ejercicio 4.36 Sea X un espacio discreto. Prueba que X es compacto si y sólo si es …nito. Ejercicio 4.37 Prueba que, si : X ! Y es continua y biyectiva y X es compacto, entonces 1 : Y ! X es continua (es decir, es un homeomor…smo). Ejercicio 4.38 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 4.39 Prueba que, si un espacio métrico X es compacto y no vacío, entonces toda función continua f : X ! R alcanza su máximo en X:

72

4. COMPACIDAD

Ejercicio 4.40 Sean A un subconjunto no vacío de un espacio métrico X y x 2 X: Como en el Ejercicio 3.52 de…nimos la distancia de x a A como dist(x; A) := nf dX (x; y): y2A

(a) Prueba que, si A es compacto, entonces para cada x 2 X existe z 2 A tal que dX (x; z) = dist(x; A): (b) ¿Es cierta la a…rmación anterior si A es un subconjunto arbitrario de X? Ejercicio 4.41 La distancia entre dos subconjuntos no vacíos A y B de un espacio métrico X se de…ne como dist(A; B) := nffdX (x; y) : x 2 A; y 2 Bg: (a) Prueba que, si A es compacto, B es cerrado y A\B = ;, entonces dist(A; B) > 0: (b) ¿Es cierta la a…rmación anterior si B es abierto en vez de cerrado? (c) ¿Es cierto en general que la distancia entre dos cerrados ajenos es positiva? Ejercicio 4.42 Sean V y W espacios normados. Demuestra las siguientes a…rmaciones: (a) Si dim V = dim W < 1; entonces existe una equivalencia además un isomor…smo lineal. (b) Si dim V < 1 y K acotado en V:

: V ! W que es

V; entonces K es compacto si y sólo si K es cerrado y

(c) Si dimV < 1; entonces toda transformación lineal L : V ! W es Lipschitz continua. (Sugerencia: Prueba que existe c 2 R tal que kLvkW c si kvkV = 1; y demuestra que se cumple la a…rmación (c) del Ejercicio 3.36.) Ejercicio 4.43 Sea x0 2 X: Prueba que f : X ! R es continua en x0 si y sólo si f es s.c.i. y s.c.s. en x0 : Ejercicio 4.44

(a) La función d e : R ! R dada por dte := n si n

es s.c.i.

1a := fx 2 X : f (x) > ag es abierto para toda a 2 R: a

(c) f

:= fx 2 X : f (x)

ag es cerrado para toda a 2 R:

Ejercicio 4.47 (a) Prueba que f : X ! R [ f 1g es s.c.s. si y sólo si R [ f1g es s.c.i.

f :X!

(b) Para una función s.c.s. f : X ! R [ f 1g enuncia y demuestra los resultados correspondientes al Ejercicio 4.46, la Proposición 4.28, y el Teorema 4.29. : [0; 1] ! R2 de longitud in…nita.

Ejercicio 4.48 Da un ejemplo de una trayectoria

Ejercicio 4.49 Considera la sucesión de trayectorias k (t)

=

2k t si 0 1 si 21k

k

: [0; 1] ! R;

1 ; 2k

t t

1:

Demuestra las siguientes a…rmaciones: (a)

k

es un mínimo de la función longitud L : T0;1 (R) ! R [ f1g para todo k 2 N:

74

4. COMPACIDAD

(b) ( k ) no contiene ninguna subsucesión convergente en C 0 [0; 1] (Sugerencia: Prueba 1 8j 6= k). que k j k k1 2 (c) L a := f 2 T0;1 (R) : L( ) ningún a 1:

ag no es un subconjunto compacto de C 0 [0; 1] para

(d) L : T0;1 (R) ! R [ f1g no satisface las hipótesis del Teorema 4.29. Ejercicio 4.50 Sean S1 := f(x; y) 2 R2 : x2 + y 2 = 1g el círculo unitario en R2 ; p = (1; 0); Tp;p (S1 ) := f 2 C 0 ([0; 1]; S1 ) : (0) = p = (1)g y L : Tp;p (S1 ) ! R [ f1g la función longitud. ¿Para qué valores de a 2 R es L

a

:= f 2 Tp;p (S1 ) : L( )

ag

un subconjunto compacto de C 0 ([0; 1]; S1 )? Ejercicio 4.51 ¿Cuáles de las siguientes funciones son uniformemente continuas? (a) f : (0; 1) ! R, f (t) = 1t : (b) f : [a; 1) ! R, f (t) = 1t ; con a > 0: (c) f : X ! R, f (x) := dist(x; A); donde A es un subconjunto arbitrario del espacio métrico X: Ejercicio 4.52 Sean K : [a; b] De…nimos fb : [a; b] ! R como

[a; b] ! R y f : [a; b] ! R funciones continuas.

fb(x) :=

Z

a

b

K(x; y)f (y)dy:

Prueba que fb es continua. (Sugerencia: Usa la continuidad uniforme de K.)

Ejercicio 4.53 Investiga si son falsas o verdaderas las siguientes a…rmaciones. (a) Toda función Lipschitz continua es uniformemente continua. (b) Toda función uniformemente continua es Lipschitz continua.

Capítulo 5 Completitud Para sucesiones de números reales se tiene con un criterio un criterio de convergencia que depende únicamente de la sucesión misma: si una sucesión de números reales es de Cauchy entonces converge. La noción de sucesión de Cauchy se extiende de manera natural a espacios métricos. Sin embargo, no es cierto en general que cualquier sucesión de Cauchy en un espacio métrico converge. A los espacios métricos en los que cualquier sucesión de Cauchy converge se les llama completos. La completitud es una propiedad muy importante. Permite, por ejemplo, obtener soluciones de sistemas de ecuaciones numéricas, de ecuaciones diferenciales y de ecuaciones integrales mediante un proceso de iteración, como veremos en el siguiente capítulo.

5.1.

Espacios métricos completos

Sea X = (X; dX ) un espacio métrico. La de…nición de sucesión de Cauchy1 en X es formalmente idéntica a la que conocemos en R: De…nición 5.1 Una sucesión (xk ) en X es de Cauchy si, dada " > 0; existe k0 2 N tal que dX (xk ; xj ) < " 1

8k; j

k0 :

Augustin Louis Cauchy (1789-1857) nació en París. Es uno de los pioneros del Análisis Matemático. Fue un matemático profundo, que cultivó diversas áreas de las matemáticas y ejerció una fuerte in‡uencia sobre sus contemporáneos y sucesores. Escribió cerca de 800 artículos de investigación.

75

76

5. COMPLETITUD

Augustin Cauchy

Proposición 5.2 Toda sucesión convergente en X 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 )

8k; j

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

k0 :

Es decir, (xk ) es de Cauchy. No es cierto, en general, que cualquier sucesión de Cauchy converge. Veamos un par de ejemplos.

Ejemplo 5.3 Sea X := (0; 1) con la métrica inducida por la de R. La sucesión ( k1 ) es de Cauchy en X pero no converge en X [Ejercicio 5.31].

Ejemplo 5.4 La sucesión de funciones fk : [ 1; 1] ! R; 8 <

1 si kx si fk (x) = : 1 si

1 1 k

1 ; k

x x

1 k

x

1 ; k

1;

5.1. ESPACIOS MÉTRICOS COMPLETOS

77

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

1

0 .5

0 .5

0 -1

-0 .5

0 0

0 .5

-1

1

-0 .5

0

-0 .5

-0 .5

-1

-1

y = f3 (x)

0 .5

1

y = f6 (x)

Demostración: Para j k se tiene que Z 1 Z 1 jfj (x) fk (x)j dx = 2 (fj (x) 1

fk (x)) dx =

0

1 k

1 : j

En consecuencia, dada " > 0 se cumple que kfj

fk k1 < "

2 8k; j > : "

Así pues, (fk ) es de Cauchy. Argumentando por contradicción, supongamos que fk ! f en C10 [ 1; 1]: Sea a 2 (0; 1): Si k a1 ; entonces fk (x) = 1 para todo x 2 [a; 1]: En consecuencia, Z 1 Z 1 jfk (x) f (x)j dx = kfk f k1 ! 0: j1 f (x)j dx 0 a

Por tanto,

1

Z

1

a

j1

f (x)j dx = 0;

lo que implica que f (x) = 1 para todo x 2 [a; 1]: Análogamente, f (x) = x 2 [ 1; a] y, como a 2 (0; 1) es arbitraria, tenemos que f (x) =

1 para todo

1 si x 2 [ 1; 0); 1 si x 2 (0; 1]:

En consecuencia, f no es continua en [ 1; 1]; lo cual contradice nuestra suposición. 0 En la siguiente sección probaremos que en C1 [ 1; 1] cualquier sucesión de Cauchy converge. A los espacios métricos que tienen esta propiedad se les llama completos.

78

5. COMPLETITUD

De…nición 5.5 Un espacio métrico X es completo, si toda sucesión de Cauchy en X converge en X: Un espacio normado que es completo con la métrica inducida por su norma se llama un espacio de Banach. Los ejemplos anteriores muestran que (a; b) y C10 [a; b] no son completos. De hecho, Cp0 [a; b] no es un espacio de Banach para ninguna p 2 [1; 1) [Ejercicio 5.32]. La completitud no es invariante bajo homeomor…smos, como lo muestra el siguiente ejemplo. Ejemplo 5.6 La función tan : ( 2 ; 2 ) ! R es un homeomor…smo. R es un espacio métrico completo, pero ( 2 ; 2 ) no lo es.

1 0. 5 0 -7. 5

-5

-2. 5

0

2. 5

5

7. 5

-0. 5 -1

arctan x Sin embargo, la completitud sí se preserva bajo equivalencias. Proposición 5.7 Si existe una equivalencia : X ! Y entre dos espacios métricos X y Y , entonces X es completo si y sólo si Y lo es. 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 )) c dX (xj ; xk ) < " 8j; k k0 : Es decir, la sucesión ( (xk )) es de Cauchy en Y y, como Y es completo, se tiene que (xk ) ! y en Y: Ahora bien, como 1 es continua, la Proposición 3.33 garantiza que 1 1 xk = ( (xk )) ! (y) en X: Esto prueba que X es completo. El recíproco se obtiene reemplazando Y por X y por 1 en el argumento anterior. Una consecuencia importante es la siguiente. Teorema 5.8 Todo espacio normado de dimensión …nita es de Banach.

5.2. CONVERGENCIA UNIFORME

79

Demostración: Como para cualquier espacio normado V de dimensión n existe una equivalencia : Rn1 ! V (ver Ejercicio 4.42), en virtud de la Proposición 5.7 bastará 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

x k k1 < "

8j; k

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

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

xi j < "

8k

ki ; 8i = 1; :::; n;

y, en consecuencia, kxk

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

xi j < "

8k

maxfk1 ; :::; kn g;

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 5.9 Sea X un espacio métrico completo. Un subespacio métrico A de X es completo si y sólo si es cerrado en X. Demostración: () : Supongamos que A es cerrado en X. Sea (ak ) una sucesión de Cauchy en A: Entonces (ak ) es una sucesión de Cauchy en X y, como X es completo, ak ! x en X: Por la Proposición 3.32 se tiene que x 2 A = A: Esto prueba que A es completo. )) : Supongamos ahora que A es completo. Sea x 2 A: Por la Proposición 3.32, existe una sucesión (ak ) en A tal que ak ! x en X: La Proposición 5.2 asegura entonces que (ak ) es de Cauchy y, como A es completo, se tiene que ak ! a en A: De la unicidad del límite (ver Proposición 3.29) se sigue que x = a 2 A: En consecuencia, A es cerrado.

5.2.

Convergencia uniforme

En esta sección daremos ejemplos importantes de espacios métricos completos. Empezaremos comparando ciertos tipos de convergencia para sucesiones de funciones. Sean S un conjunto y X = (X; dX ) un espacio métrico.

80

5. COMPLETITUD

De…nición 5.10 Una sucesión de funciones fk : S ! X; k 2 N; converge puntualmente en S a una función f : S ! X si fk (z) ! f (z) en X para cada z 2 S: Es decir, si para cada " > 0 y cada z 2 S existe k0 2 N (que depende de " y de z) tal que 8k

dX (fk (z); f (z)) < "

k0 :

La función f se llama el límite puntual de (fk ): El límite puntual de una sucesión de funciones continuas no es, por lo general, una función continua, como lo muestra el siguiente ejemplo. Ejemplo 5.11 La sucesión de funciones fk : [0; 1] ! R; fk (x) = xk ; converge puntualmente a 0 si 0 x < 1; f (x) = 1 si x = 1: 1

1

1

0 .7 5

0 .7 5

0 .7 5

0 .5

0 .5

0 .5

0 .2 5

0 .2 5

0 .2 5

0

0 0

0 .2 5

0 .5

y=x

0 .7 5

2

1

0 0

0 .2 5

0 .5

y=x

0 .7 5

4

1

0

0 .2 5

0 .5

y=x

0 .7 5

1

6

Daremos a continuación una noción de convergencia según la cual el límite de una sucesión de funciones continuas resultará ser una función continua. De…nición 5.12 Una sucesión de funciones fk : S ! X; k 2 N; converge uniformemente en S a una función f : S ! X si, dada " > 0; existe k0 2 N (que depende de ") tal que dX (fk (z); f (z)) < " 8k k0 , 8z 2 S: La función f se llama el límite uniforme de (fk ): Nota que esta noción es más fuerte que la de convergencia puntual: si (fk ) converge uniformemente a f; entonces converge puntualmente a f: El recíproco no es cierto pues la sucesión (fk ) del Ejemplo 5.11 no converge uniformemente en [0; 1] [Ejercicio 5.41]. El siguiente ejemplo muestra que, aun cuando una sucesión de funciones continuas converge puntualmente a una función continua, no necesariamente converge uniformemente.

5.2. CONVERGENCIA UNIFORME

81

Ejemplo 5.13 Sea fk : [0; 1] ! R la función dada por fk (x) = max 1

k x

1 ;0 : k

0 .7 5

0 .5

0 .2 5

0 0

0 .2 5

0 .5

0 .7 5

1

y = f4 (x) La sucesión (fk ) converge puntualmente a 0; pero no converge uniformemente a 0 ya que, si " 2 (0; 1); ningún k 2 N cumple que jfk (x)j < " para todo x 2 [0; 1]: En efecto: fk

1 k

=1>"

8k 2 N:

La propiedad fundamental de la convergencia uniforme es la siguiente. Teorema 5.14 Sean Z = (Z; dZ ) y X = (X; dX ) espacios métricos. Si fk : Z ! X es continua para todo k 2 N y (fk ) converge uniformemente a f en Z; entonces f : Z ! X es continua. Demostración: Sean z0 2 Z y " > 0: Como (fk ) converge uniformemente a f; existe k0 2 N tal que " 8z 2 Z; 8k k0 : dX (fk (z); f (z)) < 3 Y, como fk0 es continua, existe > 0 tal que dX (fk0 (z); fk0 (z0 )) <

" 3

si dZ (z; z0 ) < :

En consecuencia, dX (f (z); f (z0 ))

dX (f (z); fk0 (z)) + dX (fk0 (z); fk0 (z0 )) + dX (fk0 (z0 ); f (z0 )) < " si dZ (z; z0 ) < :

82

5. COMPLETITUD

Esto prueba que f es continua. Para funciones acotadas la convergencia uniforme es simplemente la convergencia en el espacio métrico B(S; X); de…nido en la Sección 2.4, cuya métrica es la métrica uniforme d1 (f; g) = sup dX (f (z); g(z)); f; g 2 B(S; X): z2S

Es decir, se tiene el siguiente resultado. Proposición 5.15 Sea (fk ) una sucesión en B(S; X): Entonces, (fk ) converge uniformemente a f en S si y sólo si (fk ) converge a f en B(S; X): Demostración: () : Si (fk ) converge a f en B(S; X) entonces, dada " > 0; existe k0 2 N tal que d1 (fk ; f ) = sup dX (fk (z); f (z)) < " 8k k0 : z2S

En consecuencia, dX (fk (z); f (z)) < "

8k

k0 ; 8z 2 S:

Es decir, (fk ) converge uniformemente a f en S: )) : Recíprocamente, si fk 2 B(S; X) y (fk ) converge uniformemente a f en S entonces, dada " > 0; existe k0 2 N tal que dX (fk (z); f (z)) < "

8k

k0 ; 8z 2 S:

(5.1)

Como fk0 es acotada, existen c > 0 y x0 2 X tales que dX (fk0 (z); x0 ) < c para todo z 2 S: En consecuencia, dX (f (z); x0 )

dX (f (z); fk0 (z)) + dX (fk0 (z); x0 ) < " + c

8z 2 S:

Esto prueba que f 2 B(S; X): De (5.1) se sigue que d1 (fk ; f ) = sup dX (fk (z); f (z)) z2S

"

8k

k0 :

Es decir, (fk ) converge a f en B(S; X): El siguiente espacio jugará un papel importante en las aplicaciones del próximo capítulo.

5.2. CONVERGENCIA UNIFORME

83

De…nición 5.16 Sean Z y X espacios métricos. El espacio de funciones continuas y acotadas de Z a X es el espacio métrico Cb0 (Z; X) := ff : Z ! X : f es continua y acotadag con la métrica inducida por la de B(Z; X), es decir, d1 (f; g) = sup dX (f (z); g(z)) z2Z

si f; g 2 Cb0 (Z; X): Para sucesiones de funciones continuas y acotadas podemos reinterpretar el Teorema 5.14 como sigue. Corolario 5.17 Sean Z y X espacios métricos. Entonces Cb0 (Z; X) es un subespacio cerrado de B(Z; X): Demostración: Sea f 2 Cb0 (Z; X): Por la Proposición 3.32 existe una sucesión (fk ) en Cb0 (Z; X) tal que fk ! f en B(Z; X): La Proposición 5.15 y el Teorema 5.14 aseguran entonces que f 2 Cb0 (Z; X): Esto prueba que Cb0 (Z; X) es cerrado en B(Z; X): Concluimos esta sección con otra consecuencia importante de la convergencia uniforme. Teorema 5.18 Si fk : [a; b] ! R es una sucesión de funciones continuamente diferenciables en [a; b] tales que (fk ) converge a f puntualmente en [a; b] y (fk0 ) converge a g uniformemente en [a; b]; entonces f es continuamente diferenciable en [a; b] y f 0 = g: Demostración: Sea x0 2 (a; b): Aplicando el teorema del valor medio a la función fj fk se tiene que, para cada x 2 (a; b); existe x 2 (a; b) tal que fj (x)

fk (x)

(fj (x0 )

fk (x0 )) = fj0 ( x )

fk0 ( x ) (x

x0 ):

En consecuencia, jfj (x)

fj (x0 )

fk (x) + fk (x0 )j

fj0

fk0

1

jx

x0 j

8x 2 (a; b):

Como (fk0 ) converge en C 0 [a; b], dada " > 0 existe k0 2 N tal que jfj (x)

fj (x0 )

fk (x) + fk (x0 )j

" jx 3

x0 j

8x 2 (a; b); 8j; k

k0 :

84

5. COMPLETITUD

Tomando el límite cuando j ! 1; concluimos que " jx x0 j jf (x) f (x0 ) fk (x) + fk (x0 )j 3 Por otra parte, existe k1 2 N tal que jfk0 (x0 ) Sea k := maxfk0 ; k1 g; y sea fk (x) x

g(x0 )j <

" 3

8x 2 (a; b); 8k

8k

k0 :

(5.2)

(5.3)

k1 :

> 0 tal que

fk (x0 ) x0

fk0 (x0 ) <

" 3

si jx

x0 j < :

(5.4)

De las desigualdades (5.2), (5.3) y (5.4) se sigue que f (x) x

f (x0 ) x0

g(x0 )

f (x) f (x0 ) fk (x) fk (x0 ) x x0 x x0 fk (x) fk (x0 ) + fk0 (x0 ) + fk0 (x0 ) x x0 < " si jx x0 j < :

g(x0 )

Es decir, f es diferenciable en x0 y f 0 (x0 ) = g(x0 ): Finalmente, como fk0 2 C 0 [a; b]; se tiene que g 2 C 0 [a; b]; es decir, f es continuamente diferenciable en [a; b]:

5.3.

Espacios completos de funciones

A continuación daremos un criterio que garantiza la convergencia uniforme de una sucesión de funciones en términos de la sucesión misma. Sean S un conjunto y X = (X; dX ) un espacio métrico. De…nición 5.19 Una sucesión de funciones fk : S ! X; k 2 N; es uniformemente de Cauchy en S si, para cada " > 0, existe k0 2 N tal que dX (fk (z); fj (z)) < "

8j; k

k0 , 8z 2 S:

El siguiente teorema nos da una condición necesaria y su…ciente para la convergencia uniforme de una sucesión de funciones. Teorema 5.20 (Criterio de convergencia uniforme de Cauchy) Sea X un espacio métrico completo. Una sucesión de funciones fk : S ! X; k 2 N; converge uniformemente en S si y sólo si (fk ) es uniformemente de Cauchy en S:

5.3. ESPACIOS COMPLETOS DE FUNCIONES

85

Demostración: )) : Si (fk ) converge uniformemente a f en S entonces, dada " > 0, existe k0 2 N tal que dX (fk (z); f (z)) <

" 2

8k

k0 , 8z 2 S:

En consecuencia, dX (fk (z); fj (z))

dX (fk (z); f (z)) + dX (f (z); fj (z)) < "

8j; k

k0 , 8z 2 S:

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

" 2

8j; k

k0 , 8z 2 S:

Y como para cada z 2 S se tiene que fj (z) ! f (z) en X; existe k(z) 2 N (que depende de z) tal que " dX (fj (z); f (z)) < 8j k(z). 2 Dadas k k0 y z 2 S; tomemos j := maxfk0 ; k(z)g: Entonces dX (fk (z); f (z))

dX (fk (z); fj (z)) + dX (fj (z); f (z)) < ".

En consecuencia, 8k

dX (fk (z); f (z)) < "

k0 , 8z 2 S;

es decir, (fk ) converge uniformemente a f . Recuerda que, si S es un conjunto y V = (V; k k) es un espacio vectorial normado, entonces B(S; V ) con la norma uniforme kf k1 = sup kf (z)k

(5.5)

z2Z

es un espacio vectorial normado (ver Ejercicio 2.52). Si Z es un espacio métrico, Cb0 (Z; V ) es un subespacio vectorial de B(Z; V ): Una consecuencia importante del teorema anterior es la siguiente. Teorema 5.21 Sean S un conjunto y Z un espacio métrico.

86

5. COMPLETITUD

Si X es un espacio métrico completo, entonces B(S; X) y Cb0 (Z; X) son completos. Si V es un espacio de Banach, entonces B(S; V ) y Cb0 (Z; V ) son espacios de Banach. Demostración: Sea (fk ) una sucesión de Cauchy en B(S; X): Claramente (fk ) es uniformemente de Cauchy en S y, por la Proposición 5.15 y el Teorema 5.20, (fk ) converge en B(S; X): Esto prueba que B(S; X) es completo. Por el Corolario 5.17, Cb0 (Z; X) es un subconjunto cerrado de B(S; X): La Proposición 5.9 asegura entonces que Cb0 (Z; X) es completo. Esta propiedad permite que los espacios B(S; X) y Cb0 (Z; X) jueguen un papel importante en las aplicaciones, como veremos en el siguiente capítulo. Recuerda que, si K es un espacio métrico compacto, entonces toda función continua de K en X es acotada (ver Corolario 4.11), es decir, C 0 (K; X) := f : K ! X :

es continuag = Cb0 (K; X):

Por tanto, C 0 (K; X) es un espacio completo si K es compacto y X es completo.

5.4.

Series en espacios de Banach

Sea V = (V; k k) un espacio vectorial normado y sea (vk ) una sucesión en V: De…nición 5.22 Decimos que la serie 1 P

vk

k=1

converge en V si la sucesión (wn ) de sumas parciales wn := Su límite se denota 1 n P P vk := l m vk : k=1

Pn

k=1

vk converge en V:

n!1 k=1

Una observación sencilla es la siguiente. Proposición 5.23 Si la serie

1 P

k=1

ular, (vk ) está acotada.

vk converge en V; entonces vk ! 0 en V: En partic-

5.4. SERIES EN ESPACIOS DE BANACH

Demostración: La sucesión

87

n P

es de Cauchy (ver Proposición 5.2). Por tanto,

vk

k=1

dada " > 0; existe n0 2 N tal que kvn+1 k =

n+1 P

n P

vk

k=1

vk

"

k=1

8n

n0 :

Esto prueba que vk ! 0 en V: Por la Proposición 3.31, (vk ) está acotada. En espacios de Banach se tiene el siguiente criterio de convergencia para series. Proposición 5.24 (Criterio de Cauchy para series) Sea V un espacio de Banach y sea (vk ) una sucesión en V: La serie 1 P

vk

k=1

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

+ vk+j k < "

8k

k0 ; 8j

1:

Demostración: Como V es completo, la sucesión (wn ) de sumas parciales wn := vk converge en V si y sólo si (wn ) es de Cauchy, es decir, si y sólo si para cada " > 0,

k=1

existe k0 2 N tal que kwk+j

wk k = kvk+1 +

+ vk+j k < "

8k

k0 ; 8j

1;

como a…rma el enunciado. El siguiente criterio garantiza la convergencia uniforme de una serie de funciones en términos de la convergencia de una serie de números reales. Teorema 5.25 (Criterio de Weierstrass) Sea V un espacio de Banach y sea (vk ) una sucesión en V: Si la serie de números reales 1 P kvk k k=1

converge, entonces la serie

1 P

vk

k=1

converge en V y se cumple que 1 P

k=1

vk

1 P

k=1

kvk k :

88

5. COMPLETITUD

Demostración: Sea " > 0: Como

1 P

k=1

que existe k0 2 N tal que kvk+1 k +

kvk k converge en R, la Proposición 5.24 asegura

+ kvk+j k < "

8k

k0 ; 8j

1:

Usando la desigualdad del triángulo obtenemos que kvk+1 +

+ vk+j k

kvk+1 k +

+ kvk+j k < "

8k

k0 ; 8j

1:

Aplicando nuevamente la Proposición 5.24 concluimos que la serie 1 P

vk

k=1

converge en V: En consecuencia, usando la continuidad de la norma y la desigualdad del triángulo obtenemos 1 P

vk = l m

k=1

como a…rma el enunciado.

n!1

n P

lm

vk

n P

n!1 k=1

k=1

kvk k =

1 P

k=1

kvk k ;

Sea S un conjunto y sea fk : S ! V una sucesión de funciones. De…nición 5.26 Decimos que la serie de funciones 1 P

fk

k=1

converge uniformemente en S si la sucesión de funciones gn := uniformemente en S a una función S ! V; a la que se denota 1 P

Pn

k=1

fk converge

fk :

k=1

Un ejemplo importante de series de funciones son las series de potencias. De…nición 5.27 Sea (ak ) una sucesión en R y sea x0 2 R. La serie 1 P

ak (x

x0 )k

k=0

de funciones reales de variable real x se llama una serie de potencias. Su radio de convergencia se de…ne como R := supfr 2 [0; 1) :

1 P

k=0

ak rk converge en Rg 2 [0; 1]:

5.4. SERIES EN ESPACIOS DE BANACH

89

El siguiente resultado justi…ca llamar a R el radio de convergencia. Teorema 5.28 Sean (ak ) una sucesión en R y x0 2 R. (a) Las series de potencias 1 P

x0 )k

ak (x

1 P

y

k=0

kak (x

x0 )k

1

k=1

convergen uniformementeP en [x0 r; x0 + r] para todo r 2 (0; R); donde R es el radio de convergencia de 1 x0 )k : k=0 ak (x

(b) La función

f (x) :=

1 P

x0 )k

ak (x

k=0

es continuamente diferenciable en (x0 f 0 (x) =

1 P

R; x0 + R) y su derivada está dada por x0 )k 1 :

kak (x

k=1

Demostración: (a): Sea r 2 (0; R): De…nimos fk 2 C 0 [x0 r; x0 + r] como fk (x) := ak (x x0 )k , k 0: Probaremos que la sucesión (fk ) satisface el criterio de Weierstrass. De del radio de convergencia se sigue que existe r^ 2 (r; R] \ R tal que P1la de…nición k a r ^ converge en R. Por tanto, existe c 2 R tal que ak r^k < c para todo k 2 N k=0 k (ver Proposición 5.23) y, en consecuencia, jfk (x)j = jak j jx donde

x0 jk

jak j r^k

k

c

k

8k 2 N, 8x 2 [x0

r; x0 + r];

:= rr^ : Se tiene entonces que kfk k1 =

max

x2[x0 r;x0 +r]

jfk (x)j

c

k

8k 2 N:

P k 2 (0; 1); la serie de números reales 1 converge. Por consiguiente, la serie k=0 kf k converge [Ejercicio 5.45] y el Teorema 5.25 implica que la serie k 1 k=0

Como P 1

1 P

ak (x

x0 )k

k=0

converge uniformemente en [x0 r; x0 + r]: Por otra parte, si de…nimos gk 2 C 0 [x0 r; x0 + r]; como gk (x) := kak (x k 1; tenemos que jgk (x)j = k jak j jx

x0 jk

1

c k r^

k 1

8k 2 N, 8x 2 [x0

r; x0 + r]:

x0 )k 1 ;

90

5. COMPLETITUD

Por tanto, kgk k1 =

P Dado que la serie 1 k=1 k concluimos que la serie

x2[x0 r;x0 +r]

k 1

c k r^

jgk (x)j

max

k 1

8k 2 N:

converge en R, argumentando como en el caso anterior, 1 P

kak (x

x0 )k

1

k=1

converge uniformemente en [x0 r; x0 + r]: (b): Sea r 2 (0; R) y denotemos por Fk (x) :=

k P

aj (x

x0 )j ;

j=0

f (x) :=

1 P

aj (x

x0 )j ;

j=0

g(x) :=

1 P

jaj (x

x0 )j 1 :

j=1

Fk es continuamente diferenciable, y acabamos de probar que (Fk ) converge a f y (Fk0 ) converge a g uniformemente en [x0 r; x0 + r]: El Teorema 5.18 asegura entonces que f es continuamente diferenciable en [x0 r; x0 + r] y que f 0 = g. Una función f : (x0 potencias

R; x0 + R) ! R que se puede expresar como una serie de f (x) =

1 P

ak (x

x0 )k

k=0

se llama una función analítica. Una función analítica tiene derivadas de todos los órdenes [Ejercicio 5.50]. El recíproco no es cierto: una función que tiene derivadas de todos los órdenes no necesariamente es analítica [Ejercicio 5.51].

5.5.

Ejercicios

Ejercicio 5.29 Sea Xdisc un espacio métrico discreto. (a) Describe a las sucesiones de Cauchy en Xdisc : (b) ¿Es Xdisc un espacio métrico completo? Ejercicio 5.30 Sea (xk ) una sucesión de Cauchy en un espacio métrico X: Demuestra las siguientes a…rmaciones: (a) (xk ) está acotada en X: (b) Si alguna subsucesión de (xk ) converge a x en X; entonces (xk ) converge a x en X:

5.5. EJERCICIOS

91

Ejercicio 5.31 Sea X = (0; 1) con la métrica inducida por la de R. Prueba que la sucesión ( k1 ) es de Cauchy en X pero no converge en X: Ejercicio 5.32 Considera la sucesión de funciones fk : [ 1; 1] ! R; 8 1 1 x ; < 1 si k 1 1 x k; kx si fk (x) = k : 1 1 si x 1: k

(a) Prueba que (fk ) es de Cauchy en Cp0 [ 1; 1] para toda p 2 [1; 1): (b) Prueba que (fk ) no converge en Cp0 [ 1; 1] para ninguna p 2 [1; 1]: (Sugerencia: Usa el Ejercicio 3.47 y el Ejemplo 5.4). 0 [ 1; 1]? (c) ¿Es (fk ) de Cauchy en C1

Ejercicio 5.33 Prueba que `p es un espacio de Banach para todo p 2 [1; 1]: Ejercicio 5.34 Considera los siguientes subespacios de `1 con la norma inducida. ¿Cuáles de ellos son de Banach? (a) d := f(xn ) 2 `1 : xn 6= 0 sólo para un número …nito de n’sg: (b) c0 := f(xn ) 2 `1 : xn ! 0g: (c) c := f(xn ) 2 `1 : (xn ) converge en Rg: Ejercicio 5.35 Sean X un espacio métrico completo y x; y 2 X: Prueba que el espacio de trayectorias Tx;y (X) := f 2 C 0 ([0; 1]; X) : (0) = x;

(1) = yg

con la métrica uniforme es completo. Ejercicio 5.36 Prueba que todo espacio métrico compacto es completo. Ejercicio 5.37 Sean X y Y espacios métricos completos. Prueba que X cualquiera de las métricas del Ejercicio 2.53 es completo.

Y con

Ejercicio 5.38 Sea V un espacio normado. Prueba que todo subespacio vectorial de dimensión …nita de V es cerrado en V: Ejercicio 5.39 Sean V = (V; k k) un espacio normado y SV := fv 2 V : kvk = 1g la esfera unitaria en V . Demuestra las siguientes a…rmaciones:

92

5. COMPLETITUD

(a) Si W es un subespacio vectorial de V; W es cerrado en V y W 6= V entonces, para cada 2 (0; 1), existe v 2 SV tal que kv

8w 2 W:

wk

(b) Teorema (Riesz) La esfera unitaria SV := fv 2 V : kvk = 1g es compacta si y sólo si dimV < 1. (Sugerencia: Si dimV = 1; usa el Ejercicio 5.38 y el inciso (a) para construir una sucesión en SV que no contiene ninguna subsucesión convergente.) (c) La bola cerrada BV (0; 1) := fv 2 V : kvk 1.

1g es compacta si y sólo si dimV <

Ejercicio 5.40 Sea : X ! Y una función uniformemente continua. Demuestra las siguientes a…rmaciones: (a) Si (xk ) es de Cauchy en X, entonces ( (xk )) es de Cauchy en Y: (b) Si existe una función continua entonces X es completo.

: Y ! X tal que

= id y Y es completo,

Ejercicio 5.41 Demuestra las siguientes a…rmaciones: (a) La sucesión de funciones fk (x) = xk no converge uniformemente en [0; 1]: (b) La sucesión de funciones fk (x) = xk converge uniformemente en cualquier subintervalo cerrado [a; b] [0; 1): Ejercicio 5.42 ¿Cuáles de las siguientes sucesiones de funciones fk : R ! R convergen puntualmente en R? Encuentra todos los intervalos donde la convergencia es uniforme. (a) fk (x) =

kx ; kx2 + 1

(b) fk (x) =

kx ; k 2 x2 + 1

(c) fk (x) =

k2x : kx2 + 1

Ejercicio 5.43 ¿Cuáles de las siguientes sucesiones de funciones fk : R ! R convergen uniformemente en R? Encuentra el límite de tales sucesiones. (a)

fk (x) =

(b)

fk (x) =

(c) (d)

jx 0

kj

1 si x 2 [k si x 2 = [k

1; k + 1]; 1; k + 1]:

1 : (x=k)2 + 1 fk (x) = sen(x=k): 1 senx si x 2 [2 k; 2 (k + 1)]; k fk (x) = 0 si x 2 = [2 k; 2 (k + 1)]:

5.5. EJERCICIOS

93

Ejercicio 5.44 Sea fk : [a; b] ! R una sucesión de funciones continuamente diferenciables en [a; b] que converge puntualmente a una función f en [a; b]: Investiga si son falsas o verdaderas las siguientes a…rmaciones: (a) f es continua en [a; b]. (b) (fk ) converge uniformemente a f en [a; b]: (c) La sucesión (fk0 ) converge puntualmente en [a; b]. (d) Si f es continuamente diferenciable, entonces (fk0 ) converge puntualmente en [a; b]: (e) Si f es continuamente diferenciable y si (fk0 (x)) converge para cada x 2 [a; b]; entonces (fk0 ) converge puntualmente a f 0 en [a; b]: Ejercicio 5.45 Prueba que, si an ; bn 2 R; 0 1 P

n=1

an

bn y

1 P

n=1

an converge en R.

bn converge en R, entonces

Ejercicio 5.46 Considera la sucesión de funciones fk : R ! R; fk (x) =

x2 : (1 + x2 )k

(a) Prueba que, para cada x 2 R, la serie de números reales (b) ¿Converge la serie de funciones

1 P

k=1

1 P

fk (x) converge.

k=1

fk uniformemente en R?

Ejercicio 5.47 Considera las funciones fk : R ! R dadas por senkx fk (x) = p : k (a) Prueba que (fk ) converge uniformemente a 0 en R: (b) Prueba que (fk0 ) no converge puntualmente en R, donde fk0 es la derivada de fk :

94

5. COMPLETITUD

Ejercicio 5.48 Sea un subconjunto abierto y acotado de Rn : Una función ' : es de clase C m en si todas las derivadas parciales de orden m de '; @ n' @xnn

@ 1 @x1 1 existen en

con

2 N [ f0g y

i

1

+

+

@ i' @ @ = si i @xi @xi @xi | {z }

y

i

Denotamos por

1:

i

veces

! R : ' es de clase C m en

C m ( ) := f' :

m;

n

, donde

y admiten una extensión continua a la cerradura @0' := ' @x0i

!R

g

y de…nimos k'kC m (

)

:= max

@ n' @xnn

@ 1 @x1 1

:

i

1

2 N [ f0g;

1

+

+

n

m :

Prueba que ésta es una norma en C m ( ) y que C m ( ) es un espacio de Banach. (Sugerencia: Recuerda que @' (x) = fi0 (0) @xi donde fi (t) := '(x + tei ), ei es el i-ésimo vector de la base canónica de Rn ; y usa los Teoremas 5.21 y 5.18.) Ejercicio 5.49

(a) Dada una sucesión (ck ) en R de…nimos c := l m sup jck j1=k : k!1

Demuestra el criterio de la raíz para la convergencia de series de números reales: 1 P ck converge si c < 1; k=0 1 P

ck

no converge si c > 1:

k=0

(b) Prueba que el radio de convergencia R de una serie de potencias

1 P

k=0

está dado por R

1

= l m sup jak j1=k : k!1

ak (x

x0 )k

5.5. EJERCICIOS

95

(c) Calcula el radio de convergencia de las siguientes series de potencias y averigua si convergen o no en los puntos jxj = R: 1 P

1 P

k k xk ;

k=0

k=0

Ejercicio 5.50 Sea

1 P

ak (x

k=0

1 xk P ; k=1 k

xk ;

1 xk P : 2 k=1 k

x0 )k ; ak 2 R; una serie de potencias con radio de con-

vergencia R > 0: Prueba que la función f : (x0 f (x) :=

1 P

R; x0 + R) ! R dada por

ak (x

x0 )k

k=0

tiene derivadas de todos los órdenes y que la n-ésima derivada f (n) de f está dada por f (n) (x) =

1 P

k(k

1)

(k

x0 )k

n + 1)ak (x

n

x 2 (x0

;

k=n

R; x0 + R):

En particular se cumple que f (n) (x0 ) = n!an : Ejercicio 5.51 Considera la función f : R ! R dada por e 0

f (x) =

1=x2

si x 6= 0; si x = 0:

0. 8

0. 6

0. 4

0. 2 0 -2. 5

-1.25

0

y=e

1. 25

2. 5

1=x2

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

1 P

k=0

ak x k ;

ak 2 R,

convergente en algún intervalo ( R; R); R > 0?

96

5. COMPLETITUD

Ejercicio 5.52 Sean akj 2 R tales que las series de números reales 1 P

j=1

convergen para cada k 2 N y la serie

jakj j = bk

P1

1 1 P P

k=1 bk

akj =

k=0 j=1

también converge. Prueba que

1 P 1 P

akj :

j=1 k=0

(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 P

akj ;

fk (0) =

j=1

1 P

akj :

j=1

Comprueba que esta sucesión satisface todas las hipótesis del Teorema 5.25.) Ejercicio 5.53 Calcula el radio de convergencia R de la serie de potencias f (x) :=

1 xk P k=0 k!

y demuestra que f 0 = f en ( R; R). ¿Quién es la función f ? Ejercicio 5.54 Sea P el conjunto de todas las funciones polinomiales p : [0; 1] ! R; p(x) = an xn + + a1 x + 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(x)j 0 x 1

un espacio de Banach? (Sugerencia: Considera la sucesión de polinomios pk (x) = 1 k x + (k 11)! xk 1 + + x + 1 y utiliza la Proposición 5.9). k! Ejercicio 5.55 Sea ' : R ! R la función dada por '(x) :=

x 2

si x 2 [0; 1]; x si x 2 [1; 2];

y '(x + 2) = '(x) para todo x 2 R. Demuestra las siguientes a…rmaciones:

5.6. PROYECTO: COMPLETACIÓN DE UN ESPACIO MÉTRICO

97

(a) La serie 1 X k=0

3 4

k

'(4k x)

converge uniformemente en R. En consecuencia, la función f : R ! R dada por f (x) :=

1 X k=0

3 4

k

'(4k x)

es continua. (b) f no es diferenciable en ningún punto x 2 R: (Sugerencia: Para cada j 2 N toma m 2 N tal que m 4j x < m + 1; y de…ne yj := 4 j m; zj := 4 j (m + 1): Prueba que f (zj ) f (yj ) !1 cuando j ! 1: zj yj Usa este hecho para concluir que f no es diferenciable en x.)

5.6. 5.6.1.

Proyecto: Completación de un espacio métrico Objetivo

Sea X un espacio métrico. De…nición 5.56 Se dice que un espacio métrico X es una completación de X si X es completo y existe una isometría : X ! X tal que (X) = X ; donde (X) denota a la cerradura de (X) en X . Por ejemplo, el espacio R de los números reales es una completación del espacio Q de números racionales. El objetivo de este proyecto es demostrar el siguiente resultado. Teorema 5.57 Cualquier espacio métrico admite una completación y ésta es única salvo isometría.

5.6.2.

Procedimiento

1. Demuestra que, si X = (X ; d ) y X # = (X # ; d# ) son completaciones de (X; d); entonces existe una isometría biyectiva : X ! X # :

98

5. COMPLETITUD

2. Diremos que dos sucesiones de Cauchy (xk ) y (yk ) en X son equivalentes si l m d(xk ; yk ) = 0:

k!1

Demuestra que ésta es una relación de equivalencia en el conjunto de todas las sucesiones de Cauchy en X: 3. Denota por [xk ] a la clase de equivalencia de la sucesión de Cauchy (xk ) y de…ne X := f[xk ] : (xk ) es de Cauchy en Xg; d ([xk ]; [yk ]) := l m d(xk ; yk ): k!1

Demuestra que a) d está bien de…nida, es decir, existe l mk!1 d(xk ; yk ) y no depende de los representantes (xk ) y (yk ) elegidos. b) d es una métrica en X : 4. Si x 2 X denotamos por [x] a la clase de equivalencia de la sucesión cuyos términos son todos iguales a x: Demuestra las siguientes a…rmaciones: a) X = (X ; d ) es un espacio métrico completo. b) La función : X ! X dada por (x) := [x] es una isometría. c) (X) = X :

5.6.3.

Observaciones

Es importante saber que todo espacio métrico admite una única completación. Sin embargo, la descripción que hemos dado aquí resulta poco práctica: pensar a los números reales como clases de equivalencia de sucesiones de Cauchy de números racionales haría muy engorroso operar con ellos. Conviene pues tener representaciones más sencillas. En el Capítulo 14 introduciremos una completación accesible del espacio Cp0 [a; b]: el espacio de Lebesgue Lp (a; b): Este espacio aparece de manera natural en muchas aplicaciones importantes.

Capítulo 6 El teorema de punto …jo de Banach y aplicaciones El teorema de punto …jo de Banach, también llamado el principio de contracción, garantiza la existencia y unicidad de puntos …jos de ciertas funciones de un espacio métrico completo en sí mismo. A diferencia de otros teoremas de punto …jo, éste da un método constructivo para obtenerlo mediante un proceso de iteración. El teorema de punto …jo de Banach tiene multitud de aplicaciones a resultados de existencia y unicidad de soluciones de ecuaciones numéricas, ecuaciones diferenciales y ecuaciones integrales. Daremos aquí algunos ejemplos. Una de las aplicaciones más importantes es el teorema de Picard-Lindelöf que asegura la existencia y unicidad de la solución de un sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias que satisface una condición inicial prescrita. A este problema se le conoce como el problema de Cauchy y es uno de los problemas fundamentales de la teoría de ecuaciones diferenciales.

6.1.

El teorema de punto …jo de Banach

Sea X = (X; d) un espacio métrico. De…nición 6.1 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) (6.1)

Es decir, una contracción es una función de un espacio métrico en sí mismo que es Lipschitz continua con constante de Lipschitz estrictamente menor que 1: Es importante observar que el que : X ! X sea o no contracción depende de la métrica que le demos a X [Ejercicio 6.20]. 99

100

6. EL TEOREMA DE PUNTO FIJO DE BANACH Y APLICACIONES

De…nición 6.2 Un punto x 2 X se llama un punto …jo de la función (x ) = x : Denotamos por

k k

: X ! X si

a la composición :=

|

{z

}

k veces

0

si k 2 N;

:= idX ;

donde idX : X ! X es la función identidad. El siguiente resultado sencillo y profundo de Stefan Banach1 tiene aplicaciones muy importantes.

Stefan Banach

Teorema 6.3 (de punto …jo de Banach) Sea X un espacio métrico completo, no vacío, y sea : X ! X una contracción. Entonces se cumple lo siguiente: (a)

tiene un único punto …jo x :

(b) Para cualquier x0 2 X la sucesión ( d( donde

k

k

(x0 )) converge a x en X; y se cumple que k

(x0 ); x )

1

d( (x0 ); x0 );

(6.2)

2 (0; 1) satisface (6.1).

Demostración: (a): Sea x0 un punto cualquiera de X y denotemos por xk := 1

k

(x0 ):

Stefan Banach (1892-1945) nació en Cracovia, Polonia. Fue básicamente autodidacta y su genio fue descubierto accidentalmente por el matemático Hugo Steinhaus. Se le considera fundador del análisis funcional moderno. Muchos conceptos y resultados notables llevan su nombre.

6.1. EL TEOREMA DE PUNTO FIJO DE BANACH

101

Demostraremos primero que la sucesión (xk ) es de Cauchy en X. Nota que, si (6.1), entonces d(xk+1 ; xk ) = d(

k

(x1 );

k

k

(x0 ))

satisface

8k 2 N:

d(x1 ; x0 )

Además, para cualesquiera y; z 2 X; se cumple que d(y; z)

d(y; (y)) + d( (y); (z)) + d( (z); z) d(y; (y)) + d(y; z) + d( (z); z);

es decir, (1

)d(y; z)

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

Tomando y := xk y z := xj obtenemos d(xk ; xj ) Sea " > 0: Como

d(xk+1 ; xk ) + d(xj+1 ; xj ) 1

k

+

1

j

d(x1 ; x0 ):

(6.3)

2 (0; 1) existe k0 2 N tal que k

d(x1 ; x0 ) <

1

" 2

8k

(6.4)

k0 :

En consecuencia, 8j; k

d(xk ; xj ) < "

k0 :

Esto demuestra que la sucesión (xk ) es de Cauchy en X: Como X es completo, existe x 2 X tal que xk ! x en X y, como es continua, se tiene entonces que xk+1 = (xk ) ! (x ) en X: Como el límite de una sucesión es único, concluimos que (x ) = x ; es decir, x es un punto …jo de : Veamos ahora que es único. Si x1 y x2 son puntos …jos de entonces d(x1 ; x2 ) = d( (x1 ); (x2 ))

d(x1 ; x2 ):

Como < 1; esta desigualdad implica que d(x1 ; x2 ) = 0; es decir, x1 = x2 : (b): Por último, haciendo tender j ! 1 en la desigualdad (6.3) obtenemos que k

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

1

d(x1 ; x0 )

8k 2 N.

Esto concluye la demostración. El teorema anterior no sólo a…rma la existencia de un único punto …jo para una contracción : X ! X. También nos dice cómo encontrarlo, o cómo encontrar una

102

6. EL TEOREMA DE PUNTO FIJO DE BANACH Y APLICACIONES

buena aproximación de él: basta tomar cualquier punto x0 2 X y considerar la sucesión de iteradas ( k (x0 )): La desigualdad (6.2) nos da una estimación del error en cada paso de la iteración, es decir, nos dice qué tan cerca está k (x0 ) del punto …jo. A este método se le conoce como el método de aproximaciones sucesivas. Veremos algunas aplicaciones en las siguientes secciones. Los siguientes ejemplos muestran que las condiciones del teorema de punto …jo de Banach son necesarias. Ejemplo 6.4 La función : (0; 1) ! (0; 1) dada por (t) = 21 t es una contracción y no tiene ningún punto …jo en (0; 1): Por tanto, para la validez del Teorema 6.3 es necesario que X sea completo. Ejemplo 6.5 La función

: R ! R dada por (t) = t + 1 satisface

j (t)

(s)j = jt

sj

8t; s 2 R:

Sin embargo, no tiene ningún punto …jo. Por tanto, para la validez del Teorema 6.3 es necesario que el número de la condición (6.1) sea estrictamente menor que 1: Esta condición también es necesaria para la unicidad del punto …jo [Ejercicio 6.22]. La siguiente generalización del teorema de punto …jo de Banach tiene aplicaciones importantes (ver Teorema 6.12). Corolario 6.6 Sea X un espacio métrico completo y : X ! X una función. Si existe k 2 N tal que k : X ! X es una contracción, entonces tiene un único punto …jo. Demostración: El Teorema 6.3 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 :

6.2.

Sistemas de ecuaciones lineales

Consideremos el sistema de ecuaciones lineales Ax

x=b

(6.5)

6.2. SISTEMAS DE ECUACIONES LINEALES

103

donde A = (aij ) es una matriz real de n n y b = (b1 ; : : : ; bn ) 2 Rn : Observa que x 2 Rn es una solución de este sistema si y sólo si x es un punto …jo de la función : Rn ! Rn dada por (x) := Ax b: De modo que, si es una contracción, podemos aplicar el método de aproximaciones sucesivas para encontrar una solución. El que sea una contracción depende de la métrica que le demos a Rn : Por ejemplo, si le damos la métrica del Ejemplo 2.5, inducida por la norma k k1 ; obtenemos el siguiente resultado. Teorema 6.7 Si existe

2 (0; 1) tal que n P

i=1

jaij j

8j = 1; :::; n;

(6.6)

entonces el sistema (6.5) tiene solución única para cada b 2 Rn : La solución x satisface x +

kP1

k

Am b

m=0

kbk1 :

1

1

Demostración: Para todo x 2 Rn se tiene que kAxk1 =

n n P P

i=1 j=1

En consecuencia, la función k (x)

n P n P

aij xj

(y)k1 = kAx

i=1 j=1

jaij j jxj j

n P

j=1

jxj j =

: Rn1 ! Rn1 dada por (x) = Ax Ayk1 = kA(x

y)k1

kx

yk1

kxk1 :

b satisface 8x; y 2 Rn ;

es decir, es una contracción. Por el Teorema 6.3, existe un único x 2 Rn tal que (x ) = Ax b = x : Más aún, como k

kP1

(0) =

Am b;

m=0

se tiene que x +

kP1

m=0

Esto concluye la demostración.

k

Am b 1

1

kbk1 :

Si consideramos otras métricas en Rn obtendremos condiciones, distintas de (6.6), que también garantizan la existencia y unicidad de soluciones del sistema (6.5) para cada b [Ejercicio 6.28]. Sabemos que el sistema (6.5) tiene solución única si y sólo si det(A I) 6= 0; donde I es la matriz identidad. En consecuencia, la condición (6.5) y las del Ejercicio

104

6. EL TEOREMA DE PUNTO FIJO DE BANACH Y APLICACIONES

6.28 garantizan que det(A I) 6= 0: En este caso, la matriz A I es invertible y la solución del sistema está dada por x := (A I) 1 b: Sin embargo, en problemas que involucran un número grande de variables, encontrar la inversa de una matriz tiene un costo prohibitivo, incluso con la potencia de las mejores computadoras disponibles. Por ello se utilizan métodos iterativos, como el de Jacobi o el de Gauss-Seidel, para encontrar la solución mediante aproximaciones sucesivas a partir de una estimación inicial. Para ecuaciones no lineales los métodos iterativos son, en general, la única opción.

6.3.

Ecuaciones integrales

Aplicaremos el teorema de punto …jo de Banach para probar la existencia y unicidad de soluciones de dos tipos de ecuaciones integrales importantes: la ecuación integral de Fredholm y la ecuación integral de Volterra.

6.3.1.

La ecuación integral de Fredholm del segundo tipo

Sean K : [a; b] [a; b] ! R y g : [a; b] ! R funciones continuas, y sea real. Una ecuación integral de la forma f (x)

Z

a

un número

b

K(x; y)f (y)dy = g(x);

x 2 [a; b];

(6.7)

se llama una ecuación integral de Fredholm2 . Se dice que es del primer tipo si = 0 y del segundo tipo si 6= 0.

Ivar Fredholm 2

Erik Ivar Fredholm (1866-1927) nació en Estocolmo, Suecia. Obtuvo el doctorado en la universidad de Uppsala en 1898, bajo la supervisión de Gösta Mittag-Le- er. Fue profesor de la universidad de Estocolmo. En 1903 introdujo la teoría moderna de ecuaciones integrales, que se conoce como teoría de Fredholm.

6.3. ECUACIONES INTEGRALES

105

Una función continua f : [a; b] ! R que satisface (6.7) para todo x 2 [a; b] se llama una solución de (6.7). Nos preguntamos, ¿para qué valores tiene la ecuación (6.7) una única solución? 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 (6.7). Para ello, procederemos del siguiente modo. A cada f 2 C 0 [a; b] le asociamos la función Ff : [a; b] ! R dada por Z b K(x; y)f (y)dy: (Ff ) (x) := a

En términos de esta función la ecuación (6.7) se escribe como f (x)

8x 2 [a; b];

(Ff ) (x) = g(x)

es decir, f es solución de (6.7) si y sólo si satisface la ecuación funcional Ff = g:

f Si

6= 0 esta ecuación es equivalente a f=

1

(Ff + g):

Probaremos que Ff 2 C 0 [a; b] (ver Lema 6.8). Esto nos permite de…nir una función de C 0 [a; b] en sí mismo como sigue: : C 0 [a; b] ! C 0 [a; b];

(f ) :=

1

(Ff + g):

Las soluciones de (6.7) son justamente los puntos …jos de : Para poder aplicar el teorema de punto …jo de Banach requerimos que C 0 [a; b] sea completo. De acuerdo con el Teorema 5.21 este espacio, dotado de la norma uniforme kf k1 = max jf (x)j ; x2[a;b]

es un espacio de Banach. Probaremos que para ciertos valores de la función : 0 0 C [a; b] ! C [a; b] es una contracción. El Teorema 6.3 asegura entonces que tiene un único punto …jo, es decir, que la ecuación (6.7) tiene una única solución (ver Teorema 6.9). A continuación damos los detalles. Lema 6.8 Para cada f 2 C 0 [a; b]; la función Ff : [a; b] ! R dada por Z b (Ff ) (x) := K(x; y)f (y)dy a

es continua.

106

6. EL TEOREMA DE PUNTO FIJO DE BANACH Y APLICACIONES

Demostración: Sea f 2 C 0 [a; b]: Si f = 0 entonces Ff = 0: Supongamos que f 6= 0: Como [a; b] [a; b] es compacto, el Teorema 4.31 asegura que K es uniformemente continua. En consecuencia, dada " > 0; existe > 0 tal que jK(x1 ; y1 )

K(x2 ; y2 )j <

" a) kf k1

(b

si jx1

x2 j <

y jy1

y2 j < :

Por tanto, j(Ff ) (x1 )

(Ff ) (x2 )j

Z

b

a

(b

jK(x1 ; y) a)

K(x2 ; y)j jf (y)j dy

" kf k1 = " a) kf k1

(b

si jx1

x2 j < :

Esto prueba que Ff es continua.

Teorema 6.9 Si j j > kKk1 (b a) entonces, para cada g 2 C 0 [a; b]; la ecuación integral de Fredholm (6.7) tiene una única solución. Demostración: Dados

6= 0 y g 2 C 0 [a; b]; de…nimos (f ) :=

1

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

(Ff + g) :

El lema anterior asegura que es, efectivamente, una función de C 0 [a; b] en sí mismo. Veamos que, si j j > kKk1 (b a); entonces es una contracción. Sean f1 ; f2 2 C 0 [a; b]: Entonces, para toda x 2 [a; b]; se tiene que j

(f1 )(x)

(f2 )(x)j =

1

jFf1 (x) Ff2 (x)j j j Z b 1 jK(x; y)j jf1 (y) f2 (y)j dy j j a 1 (b a) kKk1 kf1 f2 k1 : j j

Por consiguiente, k

(f1 )

Por hipótesis,

1 (b j j

(f2 )k1

1 j j

(b

a) kKk1 kf1

a) kKk1 < 1: En consecuencia,

f2 k1

8f1 ; f2 2 C 0 [a; b]:

es una contracción.

6.3. ECUACIONES INTEGRALES

107

Dado que C 0 [a; b] es completo (ver Teorema 5.21), el Teorema 6.3 asegura que existe una única f 2 C 0 [a; b] tal que f =

(f ) =

1

(Ff + g) :

Es decir, existe una única f 2 C 0 [a; b] que satisface la ecuación integral de Fredholm f = Ff + g; como a…rma el enunciado. Es sencillo comprobar que la función F : C 0 [a; b] ! C 0 [a; b]; que a cada f le asocia Ff; es lineal y continua [Ejercicio 6.30]. Si g = 0; la ecuación integral de Fredholm se convierte en la ecuación de valores propios3 Ff = f para el operador de Fredholm F. Nota que la función f = 0 satisface esta ecuación. El teorema anterior asegura que ésta es la única solución si j j > kKk1 (b a): En consecuencia, los valores propios de F están contenidos en el intervalo cerrado [ kKk1 (b a); kKk1 (b a)]:

6.3.2.

La ecuación integral de Volterra del segundo tipo

Consideremos ahora la ecuación f (x)

Z

a

x

K(x; y)f (y)dy = g(x)

8x 2 [a; b];

(6.8)

donde K : [a; b] [a; b] ! R y g : [a; b] ! R son funciones continuas dadas y es un número real. Nota que ahora la variable x aparece también en el extremo superior de la integral. Una ecuación de este tipo se llama una ecuación integral de Volterra4 . 3

Recuerda que v 2 V es un valor propio (llamado también autovalor o eigenvalor ) de la función lineal L : V ! V si v 6= 0 y Lv = v para algún 2 R: 4 Vito Volterra (1860-1940) nació en Ancona, Italia. Estudió en la universidad de Pisa, bajo la supervisión de Enrico Betti. Fue profesor en las universidades de Turín y Roma.

108

6. EL TEOREMA DE PUNTO FIJO DE BANACH Y APLICACIONES

Se dice que es del primer tipo si

= 0 y del segundo tipo si

6= 0.

Vito Volterra

Queremos expresar a las soluciones de (6.8) como los puntos …jos de una función : C 0 [a; b] ! C 0 [a; b]: Para ello, a cada función f 2 C 0 [a; b] le asociamos la función Vf : [a; b] ! R dada por Z x K(x; y)f (y)dy: (Vf ) (x) := a

En términos de esta función, la ecuación (6.8) se escribe como Vf = g:

f

Probaremos que Vf 2 C 0 [a; b] (ver Lema 6.10). Si función de C 0 [a; b] en sí mismo como sigue: : C 0 [a; b] ! C 0 [a; b];

6= 0; podemos entonces de…nir una

(f ) :=

1

(Vf + g):

Sus puntos …jos son las soluciones de la ecuación (6.8). Probaremos que para cada 6= 0 existe k 2 N tal que la función k es una contracción (ver Lema 6.11). El Corolario 6.6 asegura entonces que tiene un único punto …jo, es decir, que la ecuación (6.8) tiene una única solución. Lema 6.10 Para cada f 2 C 0 [a; b]; la función Vf : [a; b] ! R dada por Z x (Vf ) (x) := K(x; y)f (y)dy a

es continua. Demostración: Sea f 2 C 0 [a; b]: Si K = 0 o f = 0 entonces Vf = 0: Si K = 6 0y f 6= 0; el Teorema 4.31 asegura que para cada " > 0 existe > 0 tal que jK(x1 ; y1 )

K(x2 ; y2 )j <

2(b

" a) kf k1

si k(x1 ; y1 )

(x2 ; y2 )k < :

6.3. ECUACIONES INTEGRALES

x2 j < m nf ; 2kKk " kf k g y x1

En consecuencia, si jx1 j(Vf ) (x1 )

109

1

Z

(Vf ) (x2 )j =

Z

1

x2 ; se tiene que

x1

K(x2 ; y))f (y)dy

(K(x1 ; y)

a x1

a

jK(x1 ; y)

< (x1

a)

2(b " " + = ": 2 2

Z

x2

K(x2 ; y)f (y)dy

x1

K(x2 ; y)j jf (y)j dy +

Z

x2

x1

jK(x2 ; y)j jf (y)j dy

" " kf k1 + kKk1 kf k1 a) kf k1 2 kKk1 kf k1

Esto prueba que Vf es continua. Dados

6= 0 y g 2 C 0 [a; b]; de…nimos (f ) :=

: C 0 [a; b] ! C 0 [a; b] como 1

(Vf + g) :

El lema anterior asegura que es, efectivamente, una función de C 0 [a; b] en sí mismo. Probaremos el siguiente resultado. Lema 6.11 La función k

(f1 )

satisface la desigualdad k

(f2 )

1

j j

k

kKkk1

(b

a)k kf1 k!

f2 k1 ;

para todas f1 ; f2 2 C 0 [a; b]; k 2 N: Demostración: Probaremos por inducción que k

(f1 )(x)

k

(f2 )(x)

j j

1

kKk1 (x k!

a)

k

kf1

f2 k1

8x 2 [a; b]:

Para k = 1 se tiene que j

(f1 )(x)

(f2 )(x)j

1

Z

x

jK(x; y)j jf1 (y) f2 (y)j dy j j a 1 kKk1 (x a) kf1 f2 k1 : j j

(6.9)

110

6. EL TEOREMA DE PUNTO FIJO DE BANACH Y APLICACIONES

Supongamos que la desigualdad (6.9) vale para k 1: Entonces Z x 1 k 1 k k (f2 )(x) jK(x; y)j k 1 (f1 )(y) (f2 )(y) dy (f1 )(x) j j a Z kKk1 x k 1 k 1 (f1 )(y) (f2 )(y) dy j j a Z x kKkk1 (y a)k 1 dy kf f k 1 2 1 (k 1)! j jk a kKkk1

=

j jk

kf1

f2 k1

a)k

(x

k!

:

Esto demuestra la desigualdad (6.9). De ella se sigue que k

k

(f1 )(x)

j j

(f2 )(x)

k

kKkk1

(b

a)k kf1 k!

f2 k1

8x 2 [a; b]

y, en consecuencia, que k

k

(f1 )

(f2 )

1

j j

1

kKk1 (b k!

a)

k

kf1

f2 k1 ;

(6.10)

como a…rma el enunciado. Teorema 6.12 Si 6= 0 entonces, para cada g 2 C 0 [a; b]; la ecuación integral de Volterra (6.8) tiene una única solución. Demostración: Sea k0 2 N tal que j j

1

kKk1 (b k!

a)

k

0 y C > 0 (que dependen de t0 y x0 ) tales que [t0 (a; b), B(x0 ; 0 ) y 0 ; t0 + 0 ] k (t; x1 )

(t; x2 )k

C kx1

x2 k

si jt

t0 j

0

y x1 ; x2 2 B(x0 ;

0 ):

6.4. EL PROBLEMA DE CAUCHY

113

En el resto de esta sección supondremos que : (a; b) ! Rn es localmente Lipschitz continua en la segunda variable. Para la condición inicial (t0 ; x0 ) del problema (6.11) escogemos 0 > 0 y C > 0 como en la De…nición 6.15. Escogemos además M 1 tal que k (t; x)k

8(t; x) 2 [t0

M

0 ; t0

+

0]

B(x0 ;

Tal M existe gracias al Corolario 4.11. Finalmente, escogemos

0 ):

(6.13)

2 0; m nf C1 ; M0 g :

Ω

a

t0 −δ

t0 +δ

b

De…nimos X := fu 2 C 0 ([t0

; t0 + ]; Rn ) : ku

x 0 k1

Mg

donde x0 es la función constante con valor x0 y kuk1 =

max

t2[t0

;t0 + ]

ku(t)k

es la norma uniforme en C 0 ([t0 ; t0 + ]; Rn ): Recuerda que C 0 ([t0 ; t0 + ]; Rn ) es un espacio de Banach (ver Teorema 5.21). Le damos a X la métrica inducida por esta norma. Lema 6.16

(a) X es un espacio métrico completo.

(b) Si u 2 X; entonces u(t) 2

para toda t 2 [t0

; t0 + ]:

Demostración: (a): Observa que X es la bola cerrada con centro en la función constante x0 y radio M en el espacio C 0 ([t0 ; t0 + ]; Rn ) con la norma uniforme. Por tanto, X es un subconjunto cerrado de C 0 ([t0 ; t0 + ]; Rn ). De la Proposición 5.9 se sigue que X es un espacio métrico completo. (b): Si u 2 X entonces ku(t)

x0 k

M<

0

8t 2 [t0

; t0 + ]:

114

6. EL TEOREMA DE PUNTO FIJO DE BANACH Y APLICACIONES

En consecuencia, u(t) 2 B(x0 ;

para toda t 2 [t0

0)

; t0 + ]:

Para cada u 2 X de…nimos la función (u) : [t0 ; t0 + ] ! Rn como Z t (u)(t) := (s; u(s))ds + x0 : t0

Nota que el integrando está bien de…nido porque, de acuerdo con el lema anterior, u(s) 2 para todo s 2 [t0 ; t0 + ]: Requerimos la siguiente desigualdad. Lema 6.17 Para cualquier función continua f : [a; b] ! Rn se cumple que Z b f (t)dt jb aj kf k1 : a

La demostración de esta desigualdad es sencilla y se propone como ejercicio [Ejercicio 6.35]. Probaremos ahora que es una función de X en sí mismo. Lema 6.18

(u) 2 X para todo u 2 X:

Demostración: Por el teorema fundamental del cálculo, la i-ésima función componente de (u), Z t (u)i (t) := i (s; u(s))ds + x0;i ; t0

es continuamente diferenciable. En particular, (u) 2 C 0 ([t0 ; t0 + ]; Rn ). Usando el Lema 6.17 obtenemos además que Z t k (u)(t) x0 k = (s; u(s))ds jt t0 j M M: t0

En consecuencia, u 2 X: El siguiente teorema es uno de los resultados fundamentales de la teoría de ecuaciones diferenciales. Fue publicado por primera vez en 1890 por Lindelöf5 . Simultáneamente, Picard6 desarrolló un método de aproximación sucesiva de soluciones. El método 5

Ernst Leonard Lindelöf (1870-1946) nació en Helsinki, Finlandia. Se doctoró en la universidad de Helsinki y fue profesor en esa universidad. 6 Charles Émile Picard (1856-1941) nació en París. Estudió en la École Normale Supérieure bajo la supervisión de Gaston Darboux. Fue profesor en las universidades de París y Toulouse y de la Ecole Normale.

6.4. EL PROBLEMA DE CAUCHY

115

de iteración de Picard es justamente el método iterativo del teorema de punto …jo de Banach para este caso particular.

Ernst Lindelöf

Émile Picard

Teorema 6.19 (Picard-Lindelöf) Sea : (a; b) ! Rn una función continua y localmente Lipschitz continua en la segunda variable. Entonces, dados t0 2 (a; b) y x0 2 ; existe > 0 tal que el problema de Cauchy (6.11) tiene una única solución en el intervalo [t0 ; t0 + ]: Demostración: El lema anterior asegura que es una función de X en sí mismo. Observa que u 2 X satisface la ecuación integral (6.12) si y sólo si Z t (u)(t) := (s; u(s))ds + x0 = u(t) 8t 2 [t0 ; t0 + ]; t0

es decir, si y sólo si u es un punto …jo de Probaremos que es una contracción. emos que, para toda t 2 [t0 ; t0 + ]; se Z t k (u)(t) (v)(t)k = (

: X ! X: Sean u; v 2 X: Usando el Lema 6.17 obtencumple que (s; u(s))

(s; v(s)))ds

t0

jt

t0 j max k (s; u(s))

jt

t0 j max C ku(s)

js t0 j

C ku

Por consiguiente, k (u)

(v)k1

js t0 j

(s; v(s))k

v(s)k

vk1 : C ku

vk1

y, como hemos elegido tal que C < 1; se tiene que es una contracción. Como X es completo, el Teorema 6.3 asegura que tiene un único punto …jo. Es decir, que existe una única u 2 X que satisface la ecuación integral (6.12). Del Lema 6.14 se sigue que u es la única solución del problema de Cauchy (6.11) en el intervalo [t0 ; t0 + ]:

116

6.5.

6. EL TEOREMA DE PUNTO FIJO DE BANACH Y APLICACIONES

Ejercicios

Ejercicio 6.20 Sea X = Xdisc un espacio discreto (ver Ejemplo 2.16). Prueba que : X ! X es una contracción si y sólo si es una función constante. Ejercicio 6.21 (a) Prueba que la función contracción para todo p 2 [1; 1):

: Rnp ! Rnp dada por (x) = 21 x es una

(b) ¿Es posible darle a Rn alguna métrica tal que (c) ¿Es posible darle a Rn alguna norma tal que

no sea contracción? no sea contracción?

Ejercicio 6.22 (a) Usa el teorema del valor intermedio para probar que toda función continua f : [a; b] ! [a; b] tiene al menos un punto …jo. (b) Da un ejemplo de una función continua f : [a; b] ! [a; b] con una in…nidad de puntos …jos. Ejercicio 6.23 Sea f : [a; b] ! R una función continuamente diferenciable en [a; b] y tal que f (a) < 0 < f (b) y f 0 (x) > 0 para toda x 2 [a; b]. Prueba que existe un único x 2 [a; b] tal que f (x ) = 0 y que x se puede encontrar por el método de aproximaciones sucesivas. (Sugerencia: Demuestra que existe > 0 tal que x f (x) 2 [a; b] para todo x 2 [a; b] y tal que (x) := x f (x) es una contracción en [a; b]:) Ejercicio 6.24 Prueba que, si f : R ! R es continuamente diferenciable y jf 0 (x)j M < 1 para todo x 2 R, entonces f es una contracción. Ejercicio 6.25 Da un ejemplo de un espacio métrico completo y una función X que satisface d( (x); (y)) < d(x; y)

8x; y 2 X con x 6= y;

:X! (6.14)

y que no tiene ningún punto …jo. Es decir, la condición (6.14) no es su…ciente para garantizar la existencia de un punto …jo. Ejercicio 6.26 Prueba que, si X es un espacio métrico compacto y face d( (x); (y)) < d(x; y) 8x; y 2 X con x 6= y; entonces

: X ! X satis-

tiene un único punto …jo.

Ejercicio 6.27 Sean X un espacio métrico completo y tinua.

: X ! X una función con-

6.5. EJERCICIOS

117

(a) Prueba que, si existe

2 (0; 1) tal que

d( 2 (x); (x)) entonces

8x 2 X;

d( (x); x)

tiene un punto …jo.

(b) Muestra, mediante un ejemplo, que dicho punto …jo no necesariamente es único. (c) Si

no es continua, ¿es válida la a…rmación (a)?

Ejercicio 6.28 Sea : Rn ! Rn la función dada por (x) = Ax es una matriz de n n y b 2 Rn : (a) Prueba que, si

n P n P

i=1 j=1

entonces

a2ij < 1;

(6.15)

: Rn2 ! Rn2 es una contracción.

(b) Prueba que, si max

n P

i=1;:::;n j=1

entonces

b; donde A = (aij )

jaij j < 1;

(6.16)

: Rn1 ! Rn1 es una contracción.

(c) Da ejemplos de matrices A que satisfagan cada una de las condiciones (6.6), (6.15) y (6.16) pero no las otras dos. Es decir, cada una de estas condiciones es su…ciente para que la ecuación Ax

x = b;

tenga solución única, pero ninguna es necesaria. (d) En cada uno de los incisos (a) y (b) aplica la fórmula (6.2) para estimar la solución en términos de A y b exclusivamente. (e) Prueba que cada una de las condiciones (6.15) y (6.16) implica que det(A I) 6= 0: (f) Da un ejemplo de una matriz A tal que det(A de las condiciones (6.6), (6.15) y (6.16).

I) 6= 0 y que no cumple ninguna

Ejercicio 6.29 Sea A una matriz de n n: Recuerda que 2 R es un valor propio de A si existe x 2 Rn , x 6= 0; tal que Ax = x: Prueba que todo valor propio de A satisface n P j j max jaij j : i=1;:::;n j=1

118

6. EL TEOREMA DE PUNTO FIJO DE BANACH Y APLICACIONES

Ejercicio 6.30 Sea K : [a; b]

[a; b] ! R una función continua.

(a) Prueba que el operador de Fredholm F : C 0 [a; b] ! C 0 [a; b] dado por Z b (Ff )(x) := K(x; y)f (y)dy a

es un operador lineal, es decir, F( 1 f1 +

2 f2 )

1 F(f1 )

=

+

8f1 ; f2 2 C 0 [a; b]; 8 1 ;

2 F(f2 )

2

2 R.

(b) F : C 0 [a; b] ! C 0 [a; b] es Lipschitz continuo. Ejercicio 6.31 Sean K : [a; b] [a; b] ! R y g : [a; b] ! R funciones continuas, y sea 2 R tal que j j > kKk1 (b a): Prueba que la solución f de la ecuación integral de Fredholm (6.7) satisface k P 1

f

m

m=1

donde

:=

1 j j

kKk1 (b

k

Fm 1 g

(1

1

)j j

kgk1 ;

a) y F es el operador de Fredholm.

Ejercicio 6.32 Considera la ecuación no lineal de Fredholm Z b K(x; y; f (y))dy = g(x); f (x) a

donde K : [a; b] [a; b] R ! R y g : [a; b] ! R son funciones continuas, y K es Lipschitz continua en la tercera variable, es decir, existe M > 0 tal que jK(x; y; z1 )

K(x; y; z2 )j

M jz1

z2 j

8x; y 2 [a; b]; 8z1 ; z2 2 R.

Prueba que esta ecuación tiene solución única si j j > M (b Ejercicio 6.33 Sea K : [a; b]

a):

[a; b] ! R una función continua.

(a) Prueba que el operador de Volterra V : C 0 [a; b] ! C 0 [a; b] dado por Z x (Vf ) (x) := K(x; y)f (y)dy a

es un operador lineal, es decir, V( 1 f1 +

2 f2 )

=

1 V(f1 )

+

2 V(f2 )

8f1 ; f2 2 C 0 [a; b]; 8 1 ;

2

2 R.

6.5. EJERCICIOS

119

(b) Prueba que V : C 0 [a; b] ! C 0 [a; b] es Lipschitz continuo. es un valor propio de V; entonces

(c) Prueba que, si

= 0:

Ejercicio 6.34 Sean K : [a; b] [a; b] ! R y g : [a; b] ! R funciones continuas, y 6= 0: Prueba que la solución f de la ecuación integral de Volterra (6.8) satisface f

k P 1

m

m=1

donde

:=

1 j j

kKk1 (b

k

Vm 1 g 1

)j j

(1

kgk1 ;

a) y V es el operador de Volterra.

Ejercicio 6.35 Dada una función continua f = (f1 ; :::; fn ) : [a; b] ! Rn ; denotamos por Z b Z b Z b fn (t)dt 2 Rn f1 (t)dt; :::; f (t)dt := a

a

a

al vector cuyas componentes son las integrales de las componentes de f: Prueba que Z b f (t)dt jb aj kf k1 ; a

donde k k es la norma usual en Rn y kf k1 = supt2[a;b] kf (t)k es la norma uniforme en C 0 ([a; b]; Rn ): (Sugerencia: Aplica primero la desigualdad de Hölder para probar que Z

b

fi

(b

1=2

a)

Z

a

a

1=2

b

2

jfi j

para i = 1; :::; n). Ejercicio 6.36 Prueba que, si f : R ! R es continuamente diferenciable, entonces es localmente Lipschitz continua, es decir, para cada t 2 R ; existe t > 0 tal que la restricción de f al intervalo [t t ; t + t ] es Lipschitz continua. Ejercicio 6.37 Sea (a) Prueba que

R ! R tal que (t; x) = 3x2=3 :

:R

no es localmente Lipschitz continua en la segunda variable.

(b) Prueba que, para cualesquiera u

;

< 0 < ; la 8 )3 < (t 0 (t) := : (t )3

función si t si si t

; t ;

;

120

6. EL TEOREMA DE PUNTO FIJO DE BANACH Y APLICACIONES

es diferenciable en R y es solución del problema de Cauchy u0 = 3u2=3 ; u(0) = 0: En consecuencia, si no es localmente Lipschitz continua en la segunda variable, el problema de Cauchy puede tener una in…nidad de soluciones. Ejercicio 6.38 Sea (a) Prueba que (b) Para

:R

R ! R tal que (t; x) =

x2 :

es localmente Lipschitz continua en la segunda variable.

6= 0 considera el problema de Cauchy u0 = u2 ; u(0) = 1 :

Prueba que u(t) =

1

t es solución de (6.17) en algún intervalo que contiene a 0: (c) ¿Cuál es el intervalo máximo para el que existe una solución de (6.17)?

(6.17)

Capítulo 7 Compacidad en espacios de funciones En el Capítulo 4 dimos una caracterización sencilla de los subconjuntos compactos de Rn . Probamos que son precisamente aquellos que son cerrados y acotados. El objetivo de este capítulo es dar una caracterización sencilla de los subconjuntos compactos del espacio de funciones continuas C 0 (K; X) en un espacio métrico compacto K. Dicha caracterización, debida a Giulio Ascoli y Cesare Arzelà, se basa fundamentalmente en la noción de equicontinuidad. El teorema de Arzelà-Ascoli es un resultado fundamental en análisis y tiene muchas aplicaciones importantes. Una de ellas es el teorema de Peano que a…rma la existencia de soluciones al problema de Cauchy para campos vectoriales continuos. Lo demostraremos en este capítulo. Además aplicaremos el teorema de Arzelà-Ascoli para obtener condiciones que aseguren la existencia de trayectorias de longitud mínima en espacios métricos, dando así respuesta a la pregunta que planteamos en el Capítulo 1.

7.1.

Conjuntos totalmente acotados

La demostración del teorema de Heine-Borel se basó en el hecho de que podemos cubrir a un cubo en Rn (y, en consecuencia, a cualquier subconjunto acotado) con un número …nito de bolas de radio "; para cualquier " > 0. Esto no es cierto en un espacio métrico arbitrario, como lo muestra el siguiente ejemplo. Ejemplo 7.1 La bola cerrada B`2 (0; 1) := f(xn ) 2 `2 :

1 P

n=1

x2n

1g no puede ser

cubierta por un número …nito de bolas abiertas de radio " en `2 , para ningún " 2 p (0; 2=2): 121

122

7. COMPACIDAD EN ESPACIOS DE FUNCIONES

Demostración: Para cada k 2 N denotemos por ek 2 `2 a la sucesión cuyo k-ésimo término es 1 y todos los demás términos son 0: Claramente ek 2 B`2 (0; 1): Observa que p kej ek k2 = 2 8j 6= k: p Sea " 2 (0; 2=2): Si B`2 (0; 1) pudiese ser cubierta por un número …nito de bolas de radio " en `2 , entonces al menos una de ellas tendría que contener a un par de sucesiones ej ; ek con j 6= k; lo cual es imposible. Sea X = (X; dX ) un espacio métrico. Estudiaremos a los subconjuntos de X que tienen la siguiente propiedad. De…nición 7.2 Un subconjunto A de X es totalmente acotado si para cada " > 0 existe un número …nito de puntos a1 ; :::; am 2 A tales que A

BX (a1 ; ") [

[ BX (am ; ");

donde BX (a; ") denota a la bola abierta con centro en a y radio " en X: Veamos algunas propiedades sencillas de los conjuntos totalmente acotados. Proposición 7.3 Sea A un subconjunto de X: (a) Si A es compacto, entonces A es totalmente acotado. (b) Si A es totalmente acotado, entonces A es acotado en X. (c) Si D

A y A es totalmente acotado, entonces D es totalmente acotado.

(d) Si A es totalmente acotado, entonces su cerradura A en X es totalmente acotada. Demostración: (a): Si A X es compacto entonces, para toda " > 0; la cubierta abierta fBX (x; ") : x 2 Ag de A contiene una subcubierta …nita. Es decir, existen x1 ; :::; xm 2 A tales que A (b): Si A

BX (x1 ; ") [

[ BX (xm ; "):

X es totalmente acotado entonces existen a1 ; :::; am 2 A tales que A

En consecuencia, A A es acotado.

BX (a1 ; 1) [

[ BX (am ; 1):

BX (a1 ; r + 1) donde r := maxfdX (a1 ; aj ) : j = 2; :::; mg; es decir,

7.1. CONJUNTOS TOTALMENTE ACOTADOS

123

(c): Sean A un subconjunto de X totalmente acotado, D existen a1 ; :::; am 2 A tales que A

" BX (a1 ; ) [ 2

A y " > 0. Entonces

" [ 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): Sean A un subconjunto totalmente acotado de X, " > 0, y a1 ; :::; am 2 A tales que " " A BX (a1 ; ) [ [ BX (am ; ): 2 2 " " Como BX (a1 ; 2 ) [ [ BX (am ; 2 ) es cerrado, se tiene que A

" BX (a1 ; ) [ 2

" [ BX (am ; ): 2

A

BX (a1 ; ") [

[ BX (am ; "):

En consecuencia, Esto prueba que A es totalmente acotado. El siguiente resultado da caracterizaciones muy útiles de los espacios métricos 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 4.5. (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: En consecuencia, (xk ) converge a x en X (ver Ejercicio 5.30): 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

124

7. COMPACIDAD EN ESPACIOS DE FUNCIONES

consiguiente, podemos escoger, inductivamente, una sucesión de puntos xk 2 X tales que xk 2 = BX (x1 ; "0 ) [ [ BX (xk 1 ; "0 ): Por tanto, dX (xj ; xk ) "0 para toda j 6= k y, en consecuencia, ninguna subsucesión de (xk ) es de Cauchy. Esto implica que (xk ) no contiene ninguna subsucesión convergente: Es decir, si X no es totalmente acotado, entonces (b) no se cumple. (c) ) (a): Argumentando por contradicción, supongamos 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 x0 2 X tal que BX (x0 ; 1); no puede ser cubierta por un número …nito de elementos de U. Como BX (x0 ; 1) es totalmente acotado (ver Proposición 7.3), está contenido en un número …nito de bolas abiertas de radio 12 cuyos centros están en BX (x0 ; 1). Por consiguiente, existe x1 2 BX (x0 ; 1) tal que BX (x1 ; 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 dX (xk ; xj )

dX (xk ; xk+1 ) +

+ dX (xj 1 ; xj ) <

1 + 2k

+

1 2j 1

<

1 2k 1

;

(7.1)

es decir, la sucesión (xk ) es Cauchy. Como X es completo, esta sucesión converge a un punto x en X: Haciendo tender j ! 1 en la desigualdad (7.1) obtenemos que dX (xk ; x )

1 2k

1

8k 2 N:

Por otra parte, como x 2 X, existe U 2 U tal que x 2 U . Como U es abierto, existe " > 0 tal que BX (x ; ") U : Sea k tal que 2k1 1 < 2" : Entonces, para todo 1 x 2 BX (xk ; 2k ); se tiene que dX (x; x )

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

1 1 + < "; 2k 2k 1

es decir, 1 ) BX (x ; ") U : 2k Esto es una contradicción, ya que habíamos supuesto que BX (xk ; 21k ) no puede ser cubierta por un número …nito de elementos de U. BX (xk ;

Observa la similitud de la demostración de la a…rmación (c) ) (a) con la de la Proposición 4.12, que constituye la parte medular de la demostración del teorema de

7.2. EL TEOREMA DE ARZELÀ-ASCOLI

125

Heine-Borel. La caracterización (c) es muy útil, como veremos en las siguientes secciones. De…nición 7.5 Un subconjunto A de X es relativamente compacto en X si su cerradura A en X es compacta. Los subconjuntos relativamente compactos de Rn son precisamente los conjuntos acotados. En un espacio métrico completo se cumple lo siguiente. Corolario 7.6 Un subconjunto A de un espacio métrico completo X es relativamente compacto en X si y sólo si es totalmente acotado. Demostración: )) : Sea A relativamente compacto en X. La Proposición 7.3 implica entonces que A es totalmente acotado y, en consecuencia, que A también lo es. () : Inversamente, supongamos que A es totalmente acotado. La Proposición 7.3 a…rma que A es totalmente acotado. Por otra parte, como X es completo y A es cerrado en X, se tiene que A es completo (ver Proposición 5.9). El Teorema 7.4 asegura entonces que A es compacto.

7.2.

El teorema de Arzelà-Ascoli

Sean K = (K; dK ) un espacio métrico compacto y X = (X; dX ) un espacio métrico. Consideremos el espacio de funciones continuas C 0 (K; X) := ff : K ! X : f es continuag con la métrica uniforme d1 (f; g) = max dX (f (z); g(z)); z2K

ver (4.8). Usaremos el Corolario 7.6 para obtener una caracterización sencilla de los subconjuntos relativamente compactos de C 0 (K; X). La siguiente noción, introducida por Ascoli en 1884, jugará un papel fundamental. De…nición 7.7 Un subconjunto H de C 0 (K; X) es equicontinuo en el punto z0 2 K si, para cada " > 0; existe > 0 (que depende de " y de z0 ) tal que, para toda f 2 H; dX (f (z); f (z0 )) < "

si dK (z; z0 ) < :

H es equicontinuo si lo es en todo punto de K:

126

7. COMPACIDAD EN ESPACIOS DE FUNCIONES

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 7.8 El conjunto H = ffk 2 C 0 ([ 1; 1]; R) : k 2 Ng; donde 8 < 1 si t 2 1; k1 ; 1 1 kt si t 2 ; ; fk (t) = k k : 1 1 si t 2 k ; 1 ;

no es equicontinuo en 0:

1

1

0 .5

0 .5

0 -1

-0 .5

0 0

0 .5

1

-1

-0 .5

0

-0 .5

-0 .5

-1

-1

f3

f6

0 .5

1

La demostración es sencilla [Ejercicio 7.30]. A continuación enunciamos el teorema de Giulio Ascoli1 y Cesare Arzelà2 .

Giulio Ascoli

Cesare Arzelà

Denotaremos por B1 (f0 ; r) := ff 2 C 0 (K; X) : d1 (f; f0 ) < rg

a la bola abierta en C 0 (K; X) con centro en f0 y radio r: 1

Giulio Ascoli (1843-1896) nació en Trieste, Italia. Estudió en la Scuola Normale di Pisa y fue profesor en el Politecnico di Milano. 2 Cesare Arzelà (1847-1912) nació en Santo Stefano di Magra, Italia. Estudió en la Scuola Normale Superiore de Pisa, donde fue alumno de Enrico Betti y Ulisse Dini, y fue profesor en la universidad de Bologna.

7.2. EL TEOREMA DE ARZELÀ-ASCOLI

127

Teorema 7.9 (Arzelà-Ascoli) Sean K un espacio métrico compacto y X un espacio métrico completo. Un subconjunto H de C 0 (K; X) es relativamente compacto en C 0 (K; X) si y sólo si H es equicontinuo y los conjuntos H(z) := ff (z) : f 2 Hg son relativamente compactos en X para cada z 2 K: Demostración: )) : Supongamos que H es relativamente compacto en C 0 (K; X): Entonces H es totalmente acotado. En consecuencia, dada " > 0; existen g1 ; :::; gm 2 H tales que " " [ B1 (gm ; ): H B1 (g1 ; ) [ 3 3 Por tanto, gi (z) 2 H(z) para i = 1; :::; m; y H(z)

" BX (g1 (z); ) [ 3

" [ BX (gm (z); ) 3

8z 2 K:

Esto prueba que H(z) es totalmente acotado y, como X es completo, el Corolario 7.6 asegura que H(z) es relativamente compacto en X para todo z 2 K: Por otra parte, como K es compacto, cada gi es uniformemente continua. En consecuencia, existe i > 0 tal que, para cualesquiera y; z 2 K; dX (gi (y); gi (z)) <

" 3

si dK (y; z) <

i:

(7.2)

De…nimos := m nf 1 ; :::; m g: Dada f 2 H existe i 2 f1; :::; mg tal que d1 (f; gi ) < 3" : Usando (7.2) obtenemos que dX (f (y); f (z))

dX (f (y); gi (y)) + dX (gi (y); gi (z)) + dX (gi (z); f (z)) < " si dK (y; z) < :

Esto prueba que H es equicontinuo. () : Supongamos ahora que H es equicontinuo y que H(z) es relativamente compacto en X para todo z 2 K: Queremos probar que H es relativamente compacto en C 0 (K; X): Como X es completo, C 0 (K; X) también lo es (ver Teorema 5.21). Por el Corolario 7.6 basta entonces probar que H es totalmente acotado. Sea " > 0: Para cada z 2 K tomemos z > 0 tal que, para toda f 2 H; dX (f (y); f (z)) <

" 4

si dK (y; z) <

z:

(7.3)

Como K es compacto, existen z1 ; :::; zm 2 K tales que K

BK (z1 ;

z1 )

[

[ BK (zm ;

zm )

(7.4)

128

7. COMPACIDAD EN ESPACIOS DE FUNCIONES

y, como cada H(zi ) es totalmente acotado, existen x1 ; :::; xk 2 X tales que H(z1 ) [

[ H(zm )

" BX (x1 ; ) [ 4

" [ BX (xk ; ) 4

Denotemos por S al conjunto (…nito) de todas las funciones Para cada 2 S de…nimos H := ff 2 H : f (zi ) 2 BX (x

(i) ;

(7.5)

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

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

Se sigue de (7.5) que, para cada f 2 H y cada i 2 f1; :::; mg; existe (i) 2 f1; :::; kg tal que f (zi ) 2 BX (x (i) ; 4" ): En consecuencia, [

H

2S

H :

(7.6)

Probaremos ahora que cada H está contenida en una bola de radio " con centro en H: Sean f; g 2 H y sea z 2 K: Se sigue de (7.4) que existe i 2 f1; :::; mg tal que dK (z; zi ) < zi y, en consecuencia, (7.3) implica que dX (h(z); h(zi )) < 4" para toda h 2 H: Por tanto, dX (f (z); g(z))

dX (f (z); f (zi )) + dX (f (zi ); x (i) ) +dX (g(zi ); x (i) ) + dX (g(z); g(zi )) < ":

Tomando el máximo sobre toda z 2 K concluimos que d1 (f; g) < " para todas f; g 2 H : En consecuencia, para cualquier elección de g 2 H ; se cumple que H De (7.6) y (7.7) se sigue que H Por tanto, H es totalmente acotado.

(7.7)

B1 (g ; "): [

2S

B1 (g ; "):

Recordemos que H es un subconjunto acotado de C 0 (K; Rn ) si existen f0 2 H y C > 0 tales que kf

f0 k1 = max kf (z) z2K

f0 (z)k

C

8f 2 H

(ver De…nición 4.6). El teorema de Arzelà-Ascoli permite caracterizar a los subconjuntos relativamente compactos de C 0 (K; Rn ) como sigue.

7.2. EL TEOREMA DE ARZELÀ-ASCOLI

129

Corolario 7.10 Sea K un espacio métrico compacto. Un subconjunto H de C 0 (K; Rn ) es relativamente compacto en C 0 (K; Rn ) si y sólo si H es equicontinuo y acotado en C 0 (K; Rn ): Demostración: )) : Sea H un subconjunto relativamente compacto en C 0 (K; Rn ): Por el Teorema 7.9, H es equicontinuo y, por la Proposición 4.7, la cerradura de H es acotada en C 0 (K; Rn ): En consecuencia, H es acotado en C 0 (K; Rn ): () : Inversamente, supongamos que H es equicontinuo y acotado en C 0 (K; Rn ): Entonces existen f0 2 H y C > 0 tales que kf

f0 k1 = max kf (z) z2K

f0 (z)k

C

8f 2 H:

En consecuencia, H(z) está acotado en Rn para todo z 2 K y, por el teorema de HeineBorel (ver Teorema 4.13), H(z) es relativamente compacto en Rn para todo z 2 K: El Teorema 7.9 asegura entonces que H es relativamente compacto en C 0 (K; Rn ): Daremos a continuación una primera aplicación interesante de este resultado. Requerimos la siguiente de…nición. De…nición 7.11 Una función lineal T : V ! W entre espacios de Banach se llama un operador compacto si, para cualquier sucesión acotada (vk ) en V; la sucesión (T vk ) contiene una subsucesión convergente en W: Proposición 7.12 Sea K : [a; b] [a; b] ! R una función continua. El operador de Volterra V : C 0 [a; b] ! C 0 [a; b] dado por Z x K(x; y)f (y)dy (Vf )(x) := a

es un operador compacto. Demostración: Sea (fk ) una sucesión en C 0 [a; b] tal que kfk k1 c para algún c 2 R: Entonces, Z x j(Vfk )(x)j jK(x; y)j jfk (y)j dy (b a) kKk1 kfk k1 (b a) kKk1 c a

para todo x 2 [a; b] y todo k 2 N: Por tanto, kVfk k1 (b a) kKk1 c para todo k 2 N, es decir, H := fVfk : k 2 Ng es acotado en C 0 [a; b]: Más aún, como K es uniformemente continua, para cada " > 0 existe 1 > 0 tal que jK(x1 ; y1 )

K(x2 ; y2 )j <

" 2(b

a)c

si k(x1 ; y1 )

(x2 ; y2 )k <

1:

130

7. COMPACIDAD EN ESPACIOS DE FUNCIONES

En consecuencia, si jx1 j(Vfk ) (x1 )

:= m nf 1 ; 2kKk"

x2 j <

(Vfk ) (x2 )j =

Z

Z

1c

g y x1

x2 ; se tiene que

x1

K(x2 ; y))fk (y)dy

(K(x1 ; y)

a x1

a

< (b

jK(x1 ; y) a)

a)c

c+

x2

K(x2 ; y)fk (y)dy

x1

K(x2 ; y)j jfk (y)j dy +

" 2(b

Z

Z

x2

x1

jK(x2 ; y)j jfk (y)j dy

" kKk1 c = "; 2 kKk1 c

para todo k 2 N: Esto prueba que H es equicontinuo. Por el Corolario 7.10, H es relativamente compacto en C 0 [a; b] y, en consecuencia, (Vfk ) contiene una subsucesión convergente en C 0 [a; b]: En las siguientes secciones daremos otras dos aplicaciones importantes del teorema de Arzelà-Ascoli.

7.3.

El problema de Cauchy

Sean un subconjunto abierto de Rn , : (a; b) ! Rn una función continua, t0 2 (a; b) y x0 2 : En la Sección 6.4 probamos que el problema de Cauchy u0 = (t; u); u(t0 ) = x0 ; tiene una única solución en un intervalo [t0 ; t0 + ] si el campo vectorial es localmente Lipschitz continuo en la segunda variable (ver Teorema 6.19). Usaremos el teorema de Arzelà-Ascoli para probar que basta con que el campo vectorial sea continuo para que este problema tenga solución. Sin embargo, la solución no necesariamente es única (ver Ejercicio 6.37). Fijemos r > 0 tal que [t0

r; t0 + r]

(a; b)

y

Rn : jt

t0 j

(7.8)

B(x0 ; r)

y consideremos el conjunto K := f(t; x) 2 R

r; kx

Sea M > 0 tal que M > max k (t; x)k ; (t;x)2K

x0 k

rg:

7.3. EL PROBLEMA DE CAUCHY

131

y sea

r g: M Empezaremos demostrando que el problema de Cauchy tiene soluciones aproximadas. := m nfr;

; t0 + ] ; Rn ) con las siguientes propiedades:

Lema 7.13 Dada " > 0 existe u" 2 C 0 ([t0 (a) u" (t0 ) = x0 . (b) ku" (t)

x0 k

r para todo t 2 [t0

(c) ku" (t)

u" (s)k

M jt

; t0 + ] :

sj si s; t 2 [t0

(d) Existe un subconjunto …nito F" de (t0 diferenciable en (t0 ; t0 + ) r F" ; y ku0" (t)

(t; u" (t))k < "

; t0 + ] : ; t0 + ) tal que u" es continuamente 8t 2 (t0

; t0 + ) r F" :

Demostración: Como es uniformemente continua en K, existe cualesquiera (s; x); (t; y) 2 K; k (s; x)

(t; y)k

Subdividimos el intervalo [t0 t0

=: t

n

si js

"

tj

y kx

yk

> 0 tal que, para

:

(7.9)

; t0 + ] en subintervalos <

0 tal que el problema de Cauchy u0 = (t; u); (7.11) u(t0 ) = x0 ; tiene al menos una solución en el intervalo [t0

; t0 + ].

Demostración: Consideremos el conjunto H := fu1=k 2 C 0 ([t0

; t0 + ] ; Rn ) : k 2 Ng;

donde u1=k es la función dada por el Lema 7.13. Si denotamos por x0 a la función constante con valor x0 de…nida en [t0 ; t0 + ] ; la función u1=k satisface u1=k

x0

1

= max jt t0 j

u1=k (t)

x0

r:

Esto prueba que H está acotado en C 0 ([t0 ; t0 + ] ; Rn ): Por otra parte, dada " > 0; la propiedad (c) del Lema 7.13 asegura que, para toda k 2 N, u1=k (t)

u1=k (s) < "

si jt

sj <

" : M

Esto prueba que H es equicontinuo. El Corolario 7.10 asegura entonces que H es relativamente compacto en C 0 ([t0 ; t0 + ] ; Rn ). Por tanto, existen una subsucesión (u1=kj ) de (u1=k ) y una función u 2 C 0 ([t0 ; t0 + ] ; Rn ) tales que u1=kj ! u cuando j ! 1 en C 0 ([t0 ; t0 + ] ; Rn ): (7.12) 3

Giuseppe Peano (1858-1932) nació en Piemonte, Italia. Estudió en la universidad de Torino, en donde fue profesor. Publicó su teorema de existencia en 1886 con una prueba incorrecta y en 1890 publicó una nueva demostración correcta usando aproximaciones sucesivas.

134

7. COMPACIDAD EN ESPACIOS DE FUNCIONES

Probaremos ahora que u es una solución del problema (7.11). Como u1=kj (t) ! u (t) para cada t 2 [t0 ; t0 + ] ; la propiedad (b) implica que ku (t)

x0 k

8t 2 [t0

r

; t0 + ] :

Se sigue de (7.8) que u (t) 2 para todo t 2 [t0 ; t0 + ] : Además, la propiedad (a) implica que u (t0 ) = x0 : Demostraremos que u satisface Z t (s; u (s))ds 8t 2 [t0 ; t0 + ]: (7.13) u (t) = x0 + t0

Sea " > 0: Como

es uniformemente continua en K; existe > 0 tal que " k (s; x) (s; y)k < si (s; x); (s; y) 2 K y kx yk < : 3

Tomemos j0 2 N tal que

kj

<

u1=kj

" 3

para todo j

u

1

j0 y tal que

" < m nf ; g 3

si j

j0 :

Entonces, usando el Lema 6.17, para cada t 2 [t0 ; t0 + ] obtenemos Z t (s; u1=kj (s)) (s; u (s)) ds jt t0 j max (s; u1=kj (s)) t0

<

js t0 j

" 3

si j

(s; u (s))

j0 :

Usando además el teorema fundamental del cálculo y la propiedad (d) obtenemos Z t Z th i 0 u1=kj (t) x0 (s; u1=kj (s))ds = u1=kj (s) (s; u1=kj (s)) ds t0

t0

jt <

" 3

t0 j

1 kj

si j

j0 :

En consecuencia, u (t)

x0

Z

t

(s; u (s))ds

u (t)

t0

u1=kj (t) Z

t

+ u1=kj (t) x0 (s; u1=kj (s))ds t0 Z t + (s; u1=kj (s)) (s; u (s)) ds t0

< ";

7.4. EXISTENCIA DE TRAYECTORIAS DE LONGITUD MíNIMA

135

para toda " > 0: Esto demuestra (7.13). El Lema 6.14 asegura entonces que u es solución del problema (7.11).

7.4.

Existencia de trayectorias de longitud mínima

Volvamos a nuestro problema de partida: el Problema 1.1. Podemos ahora plantear esa misma pregunta de manera más general, para trayectorias en espacios métricos y no únicamente en subconjuntos de Rn : Sean X = (X; d) un espacio métrico y x; y 2 X: Una trayectoria de x a y en X es una función continua : [a; b] ! X tal que (a) = x y (b) = y: Recordemos que la longitud de se de…ne como L( ) := sup

m P

d( (tk 1 ); (tk )) : a = t0

t1

k=1

tm = b; m 2 N

(ver De…nición 4.20). El objetivo de esta sección es dar una respuesta a la siguiente pregunta. Problema 7.15 Dados x; y 2 X; ¿existe una trayectoria de longitud mínima de x a y en X? Para poder expresar este problema como un problema de minimización en un espacio de funciones veremos primero que, reparametrizando a , podemos siempre suponer que está de…nida en el intervalo [0; 1]: Si : [ ; ] ! [a; b] es una función continua, no decreciente y suprayectiva, y 2 C 0 ([a; b]; X) es una trayectoria de x a y en X, entonces la trayectoria 2 C 0 ([ ; ]; X) es también una trayectoria de x a y en X: Se le llama una reparametrización de : Las reparametrizaciones preservan la longitud, es decir, se cumple lo siguiente. Lema 7.16 Si

es una reparametrización de , entonces L(

) = L( ):

La demostración es sencilla y se propone como ejercicio [Ejercicio 7.38]. Cualquier trayectoria 2 C 0 ([a; b]; X) se puede reparamentrizar mediante la función : [0; 1] ! [a; b]; El dominio de la trayectoria longitud que :

(t) = (1

t)a + tb:

es el intervalo [0; 1] y esta trayectoria tiene la misma

136

7. COMPACIDAD EN ESPACIOS DE FUNCIONES

Consideremos entonces el espacio de trayectorias Tx;y (X) := f 2 C 0 ([0; 1]; X) : (0) = x;

(1) = yg

con la métrica uniforme d1 ( ; ) = max d( (t); (t)); t2[0;1]

y la función longitud L : Tx;y (X) ! R [ f1g ;

7! L( ):

El Problema 7.15 se puede expresar como sigue. Problema 7.17 ¿Alcanza L su mínimo en Tx;y (X)? Recordemos que la función L es semicontinua inferiormente (ver Proposición 4.21). Sin embargo, vimos un ejemplo en el que no es posible aplicar el Teorema 4.29 para obtener la existencia de una trayectoria de longitud mínima (ver Ejercicio 4.49). El siguiente resultado muestra que, para nuestro problema, las hipótesis de dicho teorema casi nunca se cumplen. Proposición 7.18 Sean x; y 2 X; x 6= y; c 2 R. Si L entonces L

c

c

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

cg = 6 ;;

no es compacto.

Demostración: Sea dadas por

2 Tx;y (X) tal que L( ) k (t) :=

c: Las funciones

k

: [0; 1] ! [0; 1]

k

es una repara-

kt si t 2 0; k1 ; 1 si t 2 k1 ; 1 ;

son continuas, no decrecientes y suprayectivas. Por tanto, k := metrización de y, en consecuencia, L( k ) = L( ) c: Observa que k (t)

=

(1) = y

si t 2 (0; 1] y k

k (0)

=

(0) = x

8k 2 N:

1 ; t

Argumentando por contradicción, supongamos que L c es compacto. Entonces ( k ) contiene una subsucesión tal que kj ! en C 0 ([0; 1]; X): En particular, esta subsucesión converge puntualmente, es decir, (t) = l m

j!1

kj (t)

=

x si t = 0; y si t 2 (0; 1];

7.4. EXISTENCIA DE TRAYECTORIAS DE LONGITUD MíNIMA

lo que contradice la continuidad de

137

c

: Esto prueba que L

no es compacto.

En la proposición anterior la falta de compacidad se deriva de admitir muchas parametrizaciones de una trayectoria. Mostraremos a continuación que es posible seleccionar una parametrización especí…ca para cada trayectoria. De…nición 7.19 Decimos que una trayectoria 2 C 0 ([0; 1]; X) de longitud …nita está parametrizada proporcionalmente a la longitud de arco si L( j[0;t] ) = L( )t donde

j[0;t] : [0; t] ! X denota la restricción de

8t 2 [0; 1]; al intervalo [0; t]:

σ

0

σ(0)=σ(1)

1

Probaremos a continuación que toda trayectoria de longitud …nita se puede reparametrizar de este modo. Para ello requerimos el siguiente lema. Lema 7.20 Dada como

2 C 0 ([0; 1]; X) de longitud …nita, de…nimos

: [0; 1] ! [0; L( )]

(t) := L( j[0;t] ): Esta función es continua, no decreciente y suprayectiva. Demostración: Sean s; t 2 [0; 1] con s < t: Usando el Ejercicio 7.39 obtenemos (t) := L( j[0;t] ) = L( j[0;s] ) + L( j[s;t] )

L( j[0;s] ) =: (s);

lo que prueba que es no decreciente. Para probar que es continua probaremos que es continua por la izquierda y por la derecha. Probemos primero que es continua por la izquierda. Sean tk ; t 2 [0; 1] tales que tk t y tk ! t : Consideremos las reparametrizaciones k ; 2 C 0 ([0; 1]; X) de j[0;tk ] y j[0;t ] respectivamente, dadas por k (t)

:= (tk t);

(t) := (t t):

138

7. COMPACIDAD EN ESPACIOS DE FUNCIONES

El Lema 7.16 asegura que L( k ) = L( j[0;tk ] ) =: (tk ); L( ) = L( j[0;t ] ) =: (t ): Sea " > 0: Como

es uniformemente continua en [0; 1] existe si jt

d( (t); (s)) < "

> 0 tal que

sj < ;

y como tk ! t existe k0 2 N tal que jtk

t j<

8k

k0 :

De aquí que d(

k (t);

(t)) = d( (tk t); (t t)) < "

8k

k0 ; 8t 2 [0; 1]:

En consecuencia, k ! en C 0 ([0; 1]; X): La Proposición 4.21 asegura que L es semicontinua inferiormente así que, usando la Proposición 4.28 y que es no decreciente, obtenemos (t ) = L( )

l m inf L( k!1

k)

= l m inf (tk ) k!1

l m sup (tk )

(t ):

k!1

Por tanto, l mk!1 (tk ) = (t ); lo que demuestra que es continua por la izquierda. Probemos ahora que es continua por la derecha. Sean tk ; t 2 [0; 1] tales que tk t y tk ! t : Consideremos ahora las reparametrizaciones k ; 2 C 0 ([0; 1]; X) de j[tk;1 ] y j[t ;1] dadas por k (t)

:= (tk (1

t) + t);

(t) := (t (1

t) + t):

El Lema 7.16 y el Ejercicio 7.39 aseguran que L( k ) = L( j[tk ;1] ) = L( ) L( ) = L( j[t ;1] ) = L( )

(tk ); (t ):

Argumentando como antes concluimos que l mk!1 L( k ) = L( ): De las identidades anteriores se sigue entonces que l mk!1 (tk ) = (t ); lo cual demuestra que es continua por la derecha. Finalmente, como (0) = 0 y (1) = L( ); el teorema del valor intermedio implica que es suprayectiva. Denotamos por T^x;y (X) := f 2 Tx;y (X) : L( ) < 1;

L( j[0;t] ) = L( )t 8t 2 [0; 1]g

al espacio de las trayectorias de x a y parametrizadas proporcionalmente a la longitud de arco, con la métrica uniforme.

7.4. EXISTENCIA DE TRAYECTORIAS DE LONGITUD MíNIMA

Lema 7.21 Para cada L( ):

139

2 Tx;y (X) de longitud …nita existe ^ 2 T^x;y (X) tal que L(^ ) =

Demostración: Sea 2 Tx;y (X) de longitud …nita y sea : [0; 1] ! [0; L( )] como en el Lema 7.20. Observa que, como es no decreciente, si (t1 ) = (t2 ) entonces (t) = (t1 ) para todo t 2 [t1 ; t2 ]: Por tanto, la función e : [0; L( )] ! X; dada por e(s) := (t)

con t 2

1

(s);

no depende de la elección de t 2 1 (s). Veamos ahora que e es continua. Sea Y un 1 subconjunto cerrado de X: Como es continua, (Y ) es un subconjunto cerrado 1 de [0; 1]: En consecuencia, (Y ) es compacto y, como es continua, ( 1 (Y )) es compacto. En particular, ( 1 (Y )) es un subconjunto cerrado de [0; L( )]: Dado que es suprayectiva, es sencillo comprobar que (

1

(Y )) = e 1 (Y ):

Así pues, e 1 (Y ) es un subconjunto cerrado de [0; L( )]: Esto demuestra que e es continua. Nota además que, como e = ; el Lema 7.16 asegura que L(e j[0;s] ) = L( j[0;t] ) = (t) = s

8s 2 [0; L( )]:

Ahora de…nimos ^ : [0; 1] ! X como ^ (t) := e(L( )t):

Claramente, ^ es continua y satisface

L(^ j[0;t] ) = L(e j[0;

( )t] )

= L( )t

8t 2 [0; 1]:

En particular, L(^ ) = L( ) < 1: Por tanto, ^ 2 T^x;y (X). El siguiente resultado da una respuesta a…rmativa al Problema 7.15 cuando X es compacto. Teorema 7.22 (Existencia de trayectorias geodésicas) Sean X un espacio métrico compacto y x; y 2 X. Si existe una trayectoria de x a y en X; entonces existe una trayectoria de longitud mínima de x a y en X: Demostración: Por hipótesis, Tx;y (X) 6= ;: Si todas las trayectorias en Tx;y (X) tienen longitud in…nita, cualquiera de ellas es un mínimo de L.

140

7. COMPACIDAD EN ESPACIOS DE FUNCIONES

Supongamos pues que existe 2 Tx;y (X) tal que L( ) =: c < 1: Entonces, por el Lema 7.21, H := f 2 T^x;y (X) : L( ) cg = 6 ;: Veamos que este conjunto satisface las hipótesis del teorema de Arzelà-Ascoli. Como X es compacto, cualquier subconjunto de X es relativamente compacto en él. En particular, H(t) := f (t) : 2 Hg es relativamente compacto en X para todo t 2 [0; 1]: Probemos ahora que H es equicontinuo. Sean t0 2 [0; 1] y " > 0: Para toda 2 H se cumple que L( j[0;t] )

d( (t); (t0 ))

= L( ) jt

L( j[0;t0 ] )

t0 j

c jt

t0 j < "

si jt

" t0 j < : c

Esto prueba que H es equicontinuo. El teorema de Arzelà-Ascoli asegura entonces que H es relativamente compacto en C 0 ([0; 1]; X). Denotemos por K := H a la cerradura de H en C 0 ([0; 1]; X) y consideremos la restricción L jK de la función L a K. Como L es s.c.i. (ver Proposición 4.21), se tiene que L c es cerrado en C 0 ([0; 1]; X) (ver Ejercicio 4.46). En consecuencia, (L jK ) c = L c \ K es compacto. El Teorema 4.29 asegura entonces que existe 0 2 K tal que L( 0 ) Dado que ^ 2 H

K para todo L( 0 )

es decir,

0

L( )

8 2 K:

2 Tx;y (X) con L( ) L(^ ) = L( )

c; el Lema 7.21 asegura que

8 2 Tx;y (X);

es una trayectoria de longitud mínima de x a y en X:

Vale la pena observar que el conjunto H no es cerrado en C 0 ([0; 1]; X) [Ejercicio 7.41].

7.5.

Ejercicios

Ejercicio 7.23 Sea A un subconjunto de X: Investiga si es falsa o verdadera cada una de las siguientes a…rmaciones. (a) Si A es acotado, entonces A es totalmente acotado. (b) Si A es totalmente acotado, entonces A es compacto.

7.5. EJERCICIOS

141

(c) Si A es totalmente acotado, entonces A es relativamente compacto en X. (d) Si A es relativamente compacto en X, entonces A es totalmente acotado. (e) Si X es compacto, entonces A es relativamente compacto en X: Ejercicio 7.24 Prueba que un espacio métrico X es totalmente acotado si y sólo si toda sucesión en X contiene una subsucesión de Cauchy. Ejercicio 7.25 (a) Prueba que, si : X ! Y es uniformemente continua y A es un subconjunto totalmente acotado de X; entonces (A) es un subconjunto totalmente acotado de Y: (b) ¿Es cierto que, si : X ! Y es continua y A es un subconjunto totalmente acotado de X; entonces (A) es un subconjunto totalmente acotado de Y ? Demuestra tu a…rmación. Ejercicio 7.26 Prueba que los subconjuntos totalmente acotados de Rn son precisamente los conjuntos acotados. Ejercicio 7.27 Sea X un espacio vectorial normado 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. (a) X = `2 : (b) X = `1 : (c) X = C 0 [0; 1]: (d) X = C10 [0; 1]: Ejercicio 7.28 Prueba que, si X y Y son espacios métricos compactos, el producto X Y con cualquiera de las métricas del Ejercicio 2.53 es compacto. Ejercicio 7.29 El conjunto Q :=

(xk ) 2 `2 : jxk j

se llama el cubo de Hilbert. Prueba que (a) Q es cerrado en `2 :

1 2k 1

142

7. COMPACIDAD EN ESPACIOS DE FUNCIONES

(b) Q es totalmente acotado. (Sugerencia: Prueba que, para cada k0 2 N; el conjunto Qk0 := f(xk ) 2 Q : xk = 0 8k > k0 g es compacto. Dado x = (xk ) 2 Q; de…ne xk0 := (x1 ; :::; xk0 ; 0; 0; :::) 2 Qk0 : Prueba que x xk0 2 < 2k01 1 :) En consecuencia, el cubo de Hilbert es compacto. Ejercicio 7.30 Sea fk : [ 1; 1] ! R la función dada por 8 1 1 x ; < 1 si k 1 1 x ; kx si fk (x) := k k : 1 x 1: 1 si k

Prueba que el conjunto H := ffk : k 2 Ng no es equicontinuo en 0: Ejercicio 7.31 Sean Z y X espacios métricos y H C; > 0 tales que dX (f (x); f (y))

C (dZ (x; y))

C 0b (Z; X): Prueba que, si existen 8f 2 H,

entonces H es equicontinuo. Ejercicio 7.32 Sean Z y X espacios métricos. Prueba que la cerradura en Cb0 (Z; X) de cualquier subconjunto equicontinuo es equicontinua. p Ejercicio 7.33 Sea fk : [0; 1) ! R la función dada por fk (t) := sen t + 4 2 k 2 : Demuestra las siguientes a…rmaciones: (a) El conjunto H := ffk : k 2 Ng es equicontinuo. (b) El conjunto H(t) es relativamente compacto en R para cada t 2 [0; 1): (Sugerencia: Prueba que la sucesión (fk ) converge puntualmente a 0 en [0; 1):) (c) H no es un subconjunto compacto de Cb0 ([0; 1); R). (Sugerencia: Prueba que la sucesión (fk ) no converge uniformemente a 0 en [0; 1):) Concluye que la compacidad de K es necesaria en el teorema de Arzelà-Ascoli. Ejercicio 7.34 Sean X := f(x; y) 2 R2 : (x; y) 6= ( 21 ; 0)g y k 2 C 0 ([0; 1]; X) la función k (t) := (t; k1 sen t): Considera el conjunto H := f k : k 2 Ng: (a) ¿Es H equicontinuo? (b) ¿Es H acotado en C 0 ([0; 1]; X)?

7.5. EJERCICIOS

143

(c) ¿Es H relativamente compacto en C 0 ([0; 1]; X)? Compara tus conclusiones con el Corolario 7.10. Ejercicio 7.35 Sean K un espacio métrico compacto, X un espacio métrico completo y (fk ) una sucesión en C 0 (K; X) que converge puntualmente a una función f : K ! X: Prueba que, si H := ffk : k 2 Ng es equicontinuo, entonces f es continua y fk ! f en C 0 (K; X): Ejercicio 7.36 Prueba que, si K y X son espacios métricos compactos, entonces un subconjunto H de C 0 (K; X) es relativamente compacto en C 0 (K; X) si y sólo si es equicontinuo. Ejercicio 7.37 Sea K : [a; b] [a; b] ! R una función continua. Prueba que el operador de Fredholm F : C 0 [a; b] ! C 0 [a; b] dado por Z b (Ff )(x) := K(x; y)f (y)dy a

es un operador compacto. Ejercicio 7.38 Sea : [ ; ] ! [a; b] una función continua, no decreciente y suprayectiva. Prueba que, para toda 2 C 0 ([a; b]; X) se cumple que L(

) = L( ):

Ejercicio 7.39 Prueba que, si a < b < c; entonces para toda que L( ) = L( j[a;b] ) + L( j[b;c] ):

2 C 0 ([a; c]; X) se cumple

Ejercicio 7.40 Sean X un espacio métrico y x 2 X: Prueba que el espacio de trayectorias Tx (X) := f 2 C 0 ([0; 1]; X) : (0) = (1) = xg

de x a x en X es relativamente compacto en C 0 ([0; 1]; X) si y sólo si la única trayectoria de x a x en X es la trayectoria constante. Ejercicio 7.41 (a) Para cada k 2 N; k > 1; da un ejemplo de una trayectoria [0; 12 ] ! R2 con las siguientes propiedades: k (0)

= (0; 0) y

L( k ) =

k 1 ; k

1 k( 2 )

= ( k1 ; 0);

k

:

144

7. COMPACIDAD EN ESPACIOS DE FUNCIONES

(b) De…ne

k

0; k1

2 0; k1

k (t)

para todo t 2 0; 21 :

: [0; 12 ] ! R2 como k (t)

:=

^k (t) 2 2t k

+ 2t

1; 0

si t 2 0; 21 ; si t 2 21 ; 1 ;

donde ^k : [0; 12 ] ! R2 es la parametrización proporcional a la longitud de arco de la trayectoria k que construiste en el inciso (a). Prueba que (b.1)

k

(b.2)

k

2 T^(0;0);(1;0) (R2 );

!

en C 0 ([0; 1]; R2 ), donde (t) :=

(0; 0) si t 2 0; 12 ; (2t 1; 0) si t 2 12 ; 1 :

(c) ¿Es T^(0;0);(1;0) (R2 ) un subespacio cerrado de C 0 ([0; 1]; R2 )? (d) ¿Es T^(0;0);(1;0) (R2 ) con la métrica uniforme un espacio completo?

7.6. 7.6.1.

Proyecto: Un espacio completo sin trayectorias de longitud mínima Objetivo

El objetivo de este proyecto es mostrar que en un espacio métrico completo no necesariamente existen trayectorias de longitud mínima.

7.6.2.

Procedimiento

Elije una sucesión creciente de números reales ak 2 (0; 1) tal que l mk!1 ak = 1 y de…ne 1 3 2 P ) + a2k x2k < 1 ; 4 k=2 1 3 2 P A : = (xk ) 2 `2 : (x1 + ) + a2k x2k < 1 ; 4 k=2 + + X : = `2 r A \ A :

A+ : =

(xk ) 2 `2 : (x1

1. Prueba que A+ y A son subconjuntos abiertos de `2 :

7.6. PROYECTO: UN ESPACIO COMPLETO SIN TRAYECTORIAS DE LONGITUD MíNIMA

145

2. Prueba que X con la métrica inducida por la de `2 es un espacio completo y que x+ := ( 43 ; 0; 0; :::); x := ( 43 ; 0; 0; :::) 2 X: 3. Prueba que cualquier trayectoria de x+ a x en `2 intersecta al hiperplano h := f(xk ) 2 `2 : x1 = 0g: (Sugerencia: Usa el teorema del valor intermedio.) 4. Prueba que, si x 2 X \ h, entonces kxk`2 >

p

7 : 4

5. Prueba que la longitud de cualquier trayectoria de x+ a x en X es estrictamente mayor que 2: 6. De…ne

m

:[

(

3 3 ; ] 4 4

! `2 como

m (t))k :=

a) Prueba que b) Calcula L(

8 t > > > p > > < 7 t+ 3am > > > > > :

m (t) k)

p

7 3am

0

si k = 1; 3 4

t+

3 4

3 ;0 4

si k = m

2 y t2

si k = m

2 y t 2 0; 43 ;

;

si k 6= 1; m:

2 X para todo t 2 [

y prueba que l mm!1 L(

3 3 ; ]. 4 4 k)

= 2:

7. Prueba que no existe una trayectoria de longitud mínima de x+ a x en X:

146

7. COMPACIDAD EN ESPACIOS DE FUNCIONES

Capítulo 8 Teoremas de aproximación Cuando hacemos cálculos con números reales usamos siempre una aproximación decimal de éstos, es decir, usamos algún número racional su…cientemente cercano al número real que nos interesa. Por motivos análogos, es conveniente aproximar funciones por otras más sencillas. En este capítulo probaremos que toda función continua f : [a; b] ! R se puede aproximar uniformemente por una función polinomial. Este resultado se conoce como el teorema de aproximación de Weierstrass y tiene relevancia desde el punto de vista teórico y práctico, ya que los polinomios son funciones sencillas y fáciles de calcular. De hecho, exhibiremos una sucesión explícita de polinomios que converge uniformemente a f en [a; b] : los polinomios de Bernstein. La versión original del teorema de aproximación fue formulada por Weierstrass en 1885. En 1937 Stone generalizó considerablemente este resultado, y simpli…có su demostración. El resultado de Stone se conoce como el teorema de Stone-Weierstrass, y extiende el resultado original de Weierstrass en dos sentidos: permite reemplazar al intervalo [a; b] por cualquier espacio métrico compacto K; y permite reemplazar a los polinomios por subconjuntos más generales del espacio de funciones continuas C 0 (K; R): En este capítulo expondremos también este resultado.

8.1.

El teorema de aproximación de Weierstrass

El objetivo de esta sección es demostrar que toda función continua f : [a; b] ! R se puede aproximar uniformemente por polinomios, es decir, por funciones de la forma p (t) = a0 + a1 t +

+ an tn ;

ak 2 R;

n 2 N [ f0g.

Este resultado se conoce como el teorema de aproximación de Weierstrass. Más aún, exhibiremos una sucesión explícita de polinomios que converge uniformemente a la 147

148

8. TEOREMAS DE APROXIMACIÓN

función f en [a; b]: Para 0 k n consideremos los polinomios n;k (t)

n k

=

tk (1

t)n k ;

donde

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

=

k=0

se sigue que

n X

n;k (t)

(8.1)

= 1:

k=0

Multiplicando por t la igualdad (8.1) para n t = t

n 1 X

1 en vez de n; obtenemos

n 1;k (t)

j=0

=

n 1 X

n

j=0

= =

n 1 X

j=0 n X k=1

=

j+1 n k n

n X k k=0

1

tj+1 (1

j

n

n j+1

t)n

tj+1 (1

1 j

t)n

(j+1)

n;k (t)

n;k (t):

En consecuencia, nt =

n X

k

n;k (t):

(8.2)

k=0

De manera análoga, multiplicando por t2 la igualdad (8.1) para n sencillo probar que n X 2 2 (n n)t = (k 2 k) n;k (t) k=0

2 en vez de n; es (8.3)

8.1. EL TEOREMA DE APROXIMACIÓN DE WEIERSTRASS

149

Proponemos la demostración de esta fórmula como ejercicio [Ejercicio 8.12].

1

0 .2 5 0 .7 5 0 .2

0 .1 5

0 .5

0 .1 0 .2 5 0 .0 5

0

0 0

0 .2 5

0 .5

0 .7 5

1

0

0 .2 5

0 .5

0 .7 5

1

t

3;3 (t)

t

= t3

3;2 (t)

= 2t2 (1

t)

1

0 .2 5 0 .7 5 0 .2

0 .1 5

0 .5

0 .1 0 .2 5 0 .0 5

0

0 0

0 .2 5

0 .5

0 .7 5

1

0

0 .2 5

0 .5

0 .7 5

t

3;1 (t)

= 2t(1

1 t

t)2

3;0 (t)

= (1

t)3

De…nición 8.1 Sea f : [0; 1] ! R una función continua. El n-ésimo polinomio de Bernstein1 de f es el polinomio

n (t)

=

f;n (t)

:=

n X k=0

1

f

k n

n;k (t):

Sergei Natanovich Bernstein (1880-1968) nació en Odessa, entonces parte del Imperio Ruso. Estudió en Göttingen bajo la supervisión de David Hilbert. En su tesis doctoral, presentada en 1904 en la Sorbonne de París, resolvió el 19o problema de Hilbert sobre la solución analítica de ecuaciones diferenciales elípticas.

150

8. TEOREMAS DE APROXIMACIÓN

Sergei Bernstein

Se tiene el siguiente resultado. Teorema 8.2 (Bernstein) Sea f : [0; 1] ! R una función continua. La sucesión de polinomios de Bernstein ( f;n ) converge uniformemente a f en [0; 1]: Demostración: Sea " > 0: Como f es uniformemente continua, existe jf (s)

f (t)j <

" 2

si js

> 0 tal que (8.4)

tj < :

Fijemos t 2 [0; 1]: Multiplicando la igualdad (8.1) por f (t) obtenemos que f (t) =

n X

f (t)

8n 2 N:

n;k (t)

k=0

En consecuencia, f (t)

f;n (t)

=

n X k=0

(f (t)

f

k ) n

n X

n;k (t)

f (t)

k n

f

k=0

n;k (t):

(8.5)

Probaremos que el lado derecho de esta desigualdad es menor que " si n satisface ( ) 1 kf k21 n max : (8.6) 4; "2 Para ello consideremos los conjuntos ( I1 : =

k 2 N [ f0g : 0

I2 : = fk 2 N [ f0g : 0

k k

n;

k n

t <

n; k 2 = I1 g;

1 n

1 4

)

;

8.1. EL TEOREMA DE APROXIMACIÓN DE WEIERSTRASS

151

1

y tomemos una n que cumpla (8.6). Entonces n1 4 ; y se sigue de (8.4) y de (8.1) que n X X" "X k " (8.7) f (t) f n;k (t) n;k (t) < n;k (t) = : n 2 2 k=0 2 k2I1 k2I1 p Por otra parte, si k 2 I2 entonces (t nk ) 2 n y, en consecuencia, X

f (t)

k n

f

k2I2

X

n;k (t)

k2I2

2 kf k1

= 2 kf k1

n;k (t)

X (t (t k2I

k 2 ) n k 2 ) n

2

p X 2 kf k1 n t k2I2

n;k (t)

k n

2 n;k (t):

(8.8)

Probaremos ahora que n X

t

k=0

k n

2

1 4n

n;k (t)

8n 2 N:

Multiplicando la igualdad (8.1) por t2 ; la igualdad (8.2) por igualdades (8.2) y (8.3) por n12 obtenemos, respectivamente, n X

t2 =

t2

(8.9) 2 t; n

y la suma de las

n;k (t);

k=0

n X

2t2 =

k=0

1

1 n

t2 +

n X k2

1 t = n

k=0

Sumando estas tres igualdades obtenemos 1 (t n

2

t )=

n X

t

k=0

k 2 t n

k n

n2

n;k (t);

n;k (t):

2 n;k (t):

(8.10)

Observa que maxt2[0;1] (t t2 ) = 41 : En consecuencia, (8.10) implica (8.9). kf k Si n satisface (8.6) entonces pn1 ": Por tanto, (8.8) y (8.9) implican que X

k2I2

f (t)

f

k n

n;k (t)

" : 2

(8.11)

152

8. TEOREMAS DE APROXIMACIÓN

De las desigualdades (8.5), (8.7) y (8.11) obtenemos que, si n satisface (8.6), entonces f (t)

n X

f;n (t)

f (t)

f

k n

n;k (t)

f (t)

f

k n

n;k (t) +

k=0

=

X

k2I1

f;n 1

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 ! ' . Dado que 'k k 2 A, concluimos que ' 2 A (ver Proposición 3.32): Lema 8.9 Si ' 2 A, entonces j'j 2 A: Demostración: Como ' es continua y K es compacto, se tiene que '(K) es acotado en R (ver Corolario 4.11). Por tanto, '(K) está contenido en algún intervalo [a; b]: Por el Teorema 8.3 existe una sucesión de polinomios pk que converge uniformemente a la función valor absoluto j j en el intervalo [a; b]; es decir, dada " > 0 existe k0 2 N tal que jpk (t)

jtjj < "

8k

k0 8t 2 [a; b]:

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

'

j'jk1 = max jpk ('(x)) x2K

j'(x)jj < "

8k

k0 ;

es decir, pk ' ! j'j en C 0 (K). Por otra parte, el Lema 8.8 asegura que, para cualquier polinomio p(t) = + m tm ; se cumple que p '=

0

+

1'

+

+

m'

m

0+

1t +

2 A:

Por tanto, j'j 2 A: Dadas dos funciones f; g : K ! R denotamos por maxff; gg; m nff; gg : K ! R a las funciones (maxff; gg)(x) := maxff (x); g(x)g;

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

8.2. EL TEOREMA DE STONE-WEIERSTRASS

Lema 8.10 Si ';

157

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)

(8.15)

j'

j)

(8.16)

Como A satisface la propiedad (a), el lema anterior implica que maxf'; g; m nf'; g 2 A: Demostración del Teorema 8.6. Sea f : K ! R una función continua y sea " > 0: El Lema 8.7 asegura que, para cada par de puntos x; y 2 K; podemos escoger 'x;y 2 A tal que 'x;y (x) = f (x) y 'x;y (y) = f (y): Fijemos x 2 K: Como 'x;y f es continua y 'x;y (y) f (y) = 0, existe y > 0 tal que 'x;y (z) f (z) < " 8z 2 BK (y; y ) (8.17) y, como K es compacto, existen y1 ; :::; ym 2 K tales que K

BK (y1 ;

y1 )

[

[ BK (ym ;

ym ):

Sea 'x := maxf'x;y1 ; :::; 'x;ym g: El Lema 8.10 asegura que 'x 2 A: Puesto que cada z 2 K pertenece a alguna B(yi ; yi ); la desigualdad (8.17) implica que 'x (z)

f (z) >

"

8z 2 K:

(8.18)

Por otra parte, dado que 'x;y (x) = f (x) para todo y 2 K; 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 BK (x;

x ):

(8.19)

De la compacidad de K se sigue que existen x1 ; :::; xn 2 K tales que K

BK (x1 ;

x1 )

[

[ BK (xn ;

xn ):

Sea ' := m nf'x1 ; :::; 'xn g: El Lema 8.10 asegura que ' 2 A: Puesto que cada z 2 K pertenece a alguna B(xi ; xi ); usando la desigualdad (8.19) obtenemos que '(z)

f (z) < "

8z 2 K:

(8.20)

158

8. TEOREMAS DE APROXIMACIÓN

Y, como la desigualdad (8.18) vale para toda x 2 K; se tiene además que '(z)

f (z) >

"

8z 2 K:

Las desigualdades (8.20) y (8.21) implican que k' que ' 2 A; concluimos que f 2 A:

(8.21)

f k1 < ": Por consiguiente, dado

Denotemos por R [x1 ; :::; xn ] al conjunto de polinomios p(x1 ; :::; xn ) =

m X

ki;1 i x1

xkni;n ;

i=1

ai 2 R;

ki;j 2 N [ f0g;

en n variables con coe…cientes reales. Una consecuencia interesante del teorema de Stone-Weierstrass es la siguiente. Corolario 8.11 Sea K un subconjunto compacto de Rn : Entonces, dada una función continua f : K ! R, existe una sucesión de polinomios (pk ) en R [x1 ; :::; xn ] que converge uniformemente a f en K. Demostración: Obviamente el conjunto P(K) := fp jK : p 2 R [x1 ; :::; xn ]g satisface las condiciones (a), (b) y (c) del Teorema 8.6. Consideremos los polinomios i (x1 ; :::; xn ) = xi ; i = 1; :::; n: Si ; 2 K son puntos distintos, entonces al menos una de sus coordenadas es distinta, digamos que i 6= i : Entonces, i ( ) = i 6= i = i ( ): Esto prueba que P(K) satisface la condición (d). El Teorema 8.6 asegura entonces que existe una sucesión de polinomios (pk ) en R [x1 ; :::; xn ] que converge uniformemente a f en K.

8.3.

Ejercicios

Ejercicio 8.12 Demuestra la igualdad (8.3). Ejercicio 8.13 Sea X un espacio métrico. Prueba que, si Z en X, entonces Y es denso en X:

Y

X y Z es denso

Ejercicio 8.14 Prueba que, si : X ! Y es continua y suprayectiva y A es denso en X; entonces (A) es denso en Y:

8.3. EJERCICIOS

159

Ejercicio 8.15 Prueba que el conjunto Qn := f(q1 ; :::; qn ) 2 Rn : qk 2 Q 8k = 1; :::; ng es denso en Rn . Ejercicio 8.16 Sea Q1 el conjunto de todas las sucesiones (q1 ; :::; qk ; 0; 0; :::) de números racionales tales que sólo un número …nito de sus términos es distinto de cero. (a) Prueba que Q1 es denso en `p para todo p 2 [1; 1): (b) ¿Es Q1 denso en `1 ? Ejercicio 8.17 Sea Q [t] el conjunto de todos los polinomios q (t) = q0 + q1 t +

+ qn tn ; n 2 N [ f0g; qi 2 Q,

con coe…cientes racionales. Prueba que PQ [a; b] := fq j[a:b] : q 2 Q [t]g es denso en C 0 [a; b]: Ejercicio 8.18 Se dice que un conjunto A es a lo más numerable si existe una función inyectiva i : A ! N: Demuestra las siguientes a…rmaciones: (a) El conjunto Q de los números racionales es a lo más numerable. (b) El conjunto de todas las sucesiones (bk ) tales que bk 2 f0; 1g no es a lo más numerable. (c) Prueba que R no es a lo más numerable. (Sugerencia: Usa el hecho de que todo número real tiene una representación binaria.) Ejercicio 8.19 Un espacio métrico X se llama separable si contiene un subconjunto a lo más numerable que es denso en X. 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. Ejercicio 8.20 Investiga si los siguientes espacios métricos son o no separables.

160

8. TEOREMAS DE APROXIMACIÓN

(a) Rnp con p 2 [1; 1]: (b) `p con p 2 [1; 1]: (c) Cp0 [a; b] con p 2 [1; 1]: (d) Cb0 (R; R). Ejercicio 8.21 Prueba que todo espacio métrico compacto X es separable. (Sugerencia: Para cada k 2 N; toma un conjunto …nito de bolas de radio k1 cuya unión es X: Considera el conjunto de centros de todas esas bolas.) Ejercicio 8.22 Sea un subconjunto abierto y acotado 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 tienen una extensión continua a la cerradura de . Prueba que C 1 ( ) es denso en C 0 ( ): (Sugerencia: Usa el Corolario 8.11 y el Ejercicio 8.13.) Ejercicio 8.23 Sea f 2 C 0 [0; 1] tal que Z 1 f (x)xn dx = 0 0

Prueba que

Z

8n 2 N [ f0g:

1

f 2 (x)dx = 0

0

y concluye que f (x) = 0 para todo x 2 [0; 1]:

Ejercicio 8.24 Sea S1 = f(cos ; sin ) 2 R2 : 0 2 g el círculo unitario en R2 . Prueba que cualquier función continua f : S1 ! R es el límite uniforme de funciones de la forma '(cos ; sin ) = a0 + a1 cos + b1 sin +

+ an cos n + bn sin n

con ai ; bi 2 R; n 2 N [ f0g: Ejercicio 8.25 Sean X y Y espacios métricos compactos. Prueba que cualquier función continua f : X Y ! R es el límite uniforme de funciones de la forma '(x; y) = f1 (x)g1 (y) +

+ fn (x)gn (y);

con f1 ; :::; fn 2 C 0 (X); g1 ; :::; gn 2 C 0 (Y ) y n 2 N: Ejercicio 8.26 Investiga lo que es una R-álgebra con unidad y prueba que, para cualquier espacio métrico X, el espacio C 0 (X) es una R-álgebra con unidad.

Ejercicio 8.27 Sea A un subespacio vectorial de C 0 (X): Prueba que A es un subespacio vectorial de C 0 (X): (Sugerencia: Usa el Ejercicio 3.50.)

Parte II Diferenciabilidad

161

Capítulo 9 Diferenciabilidad El cálculo diferencial estudia las funciones f : Rn ! Rm que se pueden aproximar localmente por una función lineal. La derivada de f en un punto x0 de Rn es la función lineal f 0 (x0 ) : Rn ! Rm que mejor aproxima a f en dicho punto, en el sentido de que la distancia entre f (x0 + x) y f (x0 ) + f 0 (x0 )x tiende a cero más rápidamente que x: Dicho de modo preciso, lm

x!0

kf (x0 + x)

(f (x0 ) + f 0 (x0 )x)k = 0: kxk

Las funciones que admiten tal aproximación se llaman diferenciables. La noción de diferenciabilidad se extiende de manera natural a funciones f : V ! W entre espacios de Banach con la siguiente precaución: además de requerir que f 0 (x0 ) : V ! W sea una función lineal es necesario pedir que sea continua. Recuerda que las funciones lineales entre espacios de Banach de dimensión in…nita no son necesariamente continuas. La continuidad de f 0 (x0 ) juega un papel esencial para la validez de muchas propiedades importantes, como la continuidad de las funciones diferenciables o la regla de la cadena. El papel de la continuidad queda oculto cuando consideramos funciones entre espacios euclidianos: la usamos sin darnos cuenta, pues toda función lineal entre espacios de dimensión …nita es automáticamente continua. En este capítulo introduciremos el concepto de derivada para funciones entre espacios de Banach y estudiaremos sus propiedades fundamentales. Los resultados que presentaremos son generalizaciones inmediatas de los resultados de cálculo que ya conocemos. Sin embargo, presentarlos en esta generalidad tiene varias ventajas. Por una parte, hay aplicaciones importantes que requieren este nivel de generalidad. Por ejemplo, las soluciones de muchas ecuaciones diferenciales parciales, que modelan problemas importantes de la física, la ingeniería, la biología y otras disciplinas, resultan ser puntos críticos de una función diferenciable de…nida en un espacio de funciones1 . 1

Consulta por ejemplo el libro de D.G. Costa, An invitation to variational methods in di¤erential

163

164

9. DIFERENCIABILIDAD

Por otra parte, este nivel de generalidad permite de…nir muchos conceptos de manera sencilla. Un ejemplo de ello son las derivadas de orden superior, cada una de las cuales no es sino la derivada de la precedente. Además, la demostración en esta generalidad de los resultados que ya conocemos ayuda a comprenderlos mejor y a mayor profundidad. Y no perdemos nada, ya que las demostraciones no son ni más largas ni más complicadas que las correspondientes para espacios euclidianos.

9.1.

El espacio de funciones lineales y continuas

Empezaremos estudiando al espacio de las funciones lineales y continuas entre dos espacios de Banach V = (V; k kV ) y W = (W; k kW ). La continuidad de una función lineal entre ellos se caracteriza como sigue. Proposición 9.1 Si T : V ! W es una función lineal, son equivalentes las siguientes a…rmaciones: (a) T es continua (b) T es continua en 0: (c) Existe c 2 R tal que kT vkW

c kvkV para todo v 2 V:

(d) T es Lipschitz continua. Demostración: Las implicaciones (a))(b) y (d))(a) son evidentes. (b))(c): Si T es continua en 0 existe > 0 tal que kT vkW < 1

si kvkV < :

En consecuencia, kT vkW =

2

kvkV T

v 2 kvkV

(c))(d): Si existe c > 0 tal que kT vkW kT v1

T v2 kW = kT (v1

v2 )kW

Esto prueba que T es Lipschitz continua.

equations, Birkhäuser, Boston 2007.

< W

2

kvkV

8v 2 V:

c kvkV para todo v 2 V; entonces c kv1

v2 kV

8v1 ; v2 2 V:

9.1. EL ESPACIO DE FUNCIONES LINEALES Y CONTINUAS

165

De…nición 9.2 Denotamos por L(V; W ) := fT : V ! W : T es lineal y continuag y de…nimos kT kL(V;W ) := sup v2V v6=0

kT vkW kvkV

8T 2 L(V; W ):

(9.1)

Nota que L(V; W ) es un espacio vectorial con las operaciones dadas por (T + S)v := T v + Sv;

( T )v := T v;

donde T; S 2 L(V; W ), 2 R y v 2 V: La Proposición 9.1 asegura que kT kL(V;W ) < 1: Es sencillo comprobar que k kL(V;W ) es una norma en L(V; W ) [Ejercicio 9.35]. Observa que kT vkW

kT kL(V;W ) kvkV

8v 2 V; 8T 2 L(V; W ):

(9.2)

Usaremos con frecuencia esta desigualdad. Proposición 9.3 L(V; W ) con la norma de…nida en (9.1) es un espacio de Banach. Demostración: Sean (Tk ) una sucesión de Cauchy en L(V; W ) y " > 0: Entonces existe k0 2 N tal que kTk Tj kL(V;W ) < " 8j; k k0 : Por tanto, kTk v

Tj vkW < " kvkV

8j; k

k0 ; 8v 2 V:

(9.3)

Esto implica que, para cada v 2 V; la sucesión (Tk v) es de Cauchy en W y, como W es un espacio de Banach, existe T v 2 W tal que Tk v ! T v

en W:

Probaremos primero que T 2 L(V; W ): Si v; w 2 V; ; 2 R; se tiene que T ( v + w) =

l m Tk ( v + w) = l m ( Tk v + Tk w)

k!1

=

k!1

l m Tk v +

k!1

l m Tk w = T v + T w:

k!1

Esto prueba que T es lineal. Por otra parte, haciendo tender k ! 1 en la desigualdad (9.3) obtenemos kT v

Tj vkW

" kvkV

8j

k0 ; 8v 2 V:

(9.4)

166

9. DIFERENCIABILIDAD

De la Proposición 9.1 se sigue que T Tk0 es continua. Por tanto, T = (T es continua. Finalmente, la desigualdad (9.4) implica que kT v

Tj vkW kvkV

8j

k0 ; 8v 2 V:

"

8j

"

Tk0 ) + Tk0

Por tanto, kT

Tj kL(V;W )

k0 :

Esto prueba que Tj ! T en L(V; W ): En consecuencia, L(V; W ) es un espacio de Banach. Recuerda que, si dim V < 1; cualquier función lineal T : V ! W es continua (ver Ejercicio 4.42), de modo que L(V; W ) es simplemente el espacio de funciones lineales de V a W: En particular, L(Rn ; Rm ) es isomorfo a Rmn y cualquier isomor…smo resulta ser un homeomor…smo para cualquier norma [Ejercicio 9.36].

9.2.

Diferenciabilidad

Para hablar de diferenciabilidad requerimos la noción de límite. De…nición 9.4 Sean X; Y espacios métricos, A un subconjunto de X; f : A ! Y una función, x0 2 A y y0 2 Y: Decimos que y0 = l m f (x) x!x0

si, dada " > 0; existe

> 0 tal que

dY (f (x); y0 ) < "

8x 2 A con dX (x; x0 ) < :

Nota que f no necesariamente está de…nida en x0 ; pero x0 debe pertenecer a la cerradura del dominio de f: Sean V y W espacios de Banach y un subconjunto abierto de V . La noción de derivada de una función entre espacios euclidianos se extiende a funciones entre espacios de Banach como sigue. De…nición 9.5 Una función ' : ! W es (Fréchet-)diferenciable en el punto u0 2 si existe T 2 L(V; W ) tal que lm

v!0

k'(u0 + v)

'(u0 ) kvkV

T vkW

= 0:

(9.5)

9.2. DIFERENCIABILIDAD

167

T se llama la derivada (de Fréchet) de ' en u0 y se denota por '0 (u0 )

o bien por

D'(u0 ):

Hacemos énfasis en que '0 (u0 ) : V ! W es una función lineal y continua. Como es usual en el caso de funciones lineales, escribiremos '0 (u0 )v en vez de '0 (u0 ) (v) para denotar al valor de la función '0 (u0 ) en v y, cuando haga falta, usaremos la notación '0 (u0 ) [v] : La condición (9.5) a…rma que, para cada " > 0 existe > 0 tal que, para cuaquier v 2 V con kvkV < se cumple que u0 + v 2

y

k'(u0 + v)

'0 (u0 )vkW < " kvkV :

'(u0 )

Intuitivamente, esto signi…ca que en una vecindad su…cientemente pequeña de u0 la función v 7! '(u0 + v) se parece mucho a la función afín v 7! '(u0 ) + '0 (u0 )v: Tanto así, que la norma de la diferencia entre los valores en v de ambas funciones k'(u0 + v) ('(u0 ) + '0 (u0 )v)kW tiende a 0 más rápidamente que la norma de v: La siguiente proposición garantiza que la derivada está bien de…nida. Proposición 9.6 Si ' es diferenciable en u0 , la función T 2 L(V; W ) que cumple (9.5) es única. Demostración: Supongamos que T1 ; T2 2 L(V; W ) cumplen (9.5). Entonces, dada " > 0; existe > 0 tal que " si kvkV < ; i = 1; 2: k'(u0 + v) '(u0 ) Ti vkW < kvkV 2 Por tanto, si kvkV < ; kT1 v

T2 vkW

kT1 v '(u0 + v) + '(u0 )kW + k'(u0 + v) < " kvkV .

Si kvkV ; escogemos asegura que kT1 v

'(u0 )

T2 vkW

2 (0; 1) tal que k vkV < : Entonces la desigualdad anterior

T2 vkW =

1

kT1 ( v)

T2 ( v)kW <

"

k vkV = " kvkV :

En consecuencia, kT1 v

T2 vkW < " kvkV

Como " > 0 es arbitraria, necesariamente T1 v = T2 v:

8v 2 V:

168

9. DIFERENCIABILIDAD

De…nición 9.7 ' : u 2 : La función

! W es (Fréchet-)diferenciable en '0 :

! L(V; W );

si lo es en cada punto

u 7! '0 (u);

se llama la derivada (de Fréchet) de ';. La denotaremos también por ! L(V; W ):

D' :

Usualmente diremos que ' : ! W es diferenciable en vez de decir que es Fréchetdiferenciable y hablaremos de su derivada para referirnos a su derivada de Fréchet. Ejemplo 9.8 Si ' : ! W es constante, entonces es diferenciable en 0 2 L(V; W ) para todo u 2 ; ya que '(u + v)

y '0 (u) =

8v 2 V con u + v 2 :

'(u) = 0

Ejemplo 9.9 Toda función T 2 L(V; W ) es diferenciable en V y T 0 (u) = T para todo u 2 V; ya que T (u + v) T u T v = 0 8v 2 V: Ejemplo 9.10 La función ' : `2 ! R dada por '(x) := kxk2`2 = en `2 y '0 (x)x = 2

1 P

1 P

x2k es diferenciable

k=1

8x = (xk ); y = (yk ) 2 `2 :

xk yk

k=1

Demostración: Observa que

kx + yk2`2 = kxk2`2 + 2 Por tanto, j'(x + y)

'(x) 2 kyk`2

P1

k=1

1 P

k=1

xk yk + kyk2`2

xk yk j

= kyk`2 ! 0

8x; y 2 `2 :

cuando y ! 0:

Fijemos x 2 `2 : La función T : `2 ! R dada por T y := 2

1 P

xk yk

k=1

es evidentemente lineal. De la desigualdad de Hölder para series (ver Ejercicio 2.43) se sigue que 1 1 P P jT yj = 2 xk yk 2 jxk yk j 2 kxk`2 kyk`2 : k=1

k=1

9.2. DIFERENCIABILIDAD

169

En consecuencia, T : `2 ! R es continua (ver Proposición 9.1). Esto prueba que ' es diferenciable en x y que '0 (x) = T:

Proposición 9.11 Si ' es diferenciable en u0 , entonces ' es continua en u0 : Demostración: Si ' es diferenciable en u0 , existe k'(u)

'(u0 )

'0 (u0 )(u

u0 )kW < ku

1

> 0 tal que

u 0 kV

si ku

u0 kV <

1:

Como '0 (u0 ) 2 L(V; W ); usando la desigualdad (9.2) obtenemos k'(u)

k'(u) '(u0 ) '0 (u0 )(u u0 )kW + k'0 (u0 )(u < ku u0 kV + k'0 (u0 )kL(V;W ) ku u0 kV

'(u0 )kW

1 + k'0 (u0 )kL(V;W ) ku

= Dada " > 0; tomemos

:= m n

k'(u)

1; "

u0 kV

1 + k'0 (u0 )kL(V;W ) si ku

'(u0 )kW < "

si ku

u0 )kW

u 0 kV <

1:

1

: Entonces,

u 0 kV < :

Esto prueba que ' es continua en u0 :

Proposición 9.12 (Linealidad de la derivada) Si '; : en u0 y ; 2 R; entonces ' + es diferenciable en u0 y ( '+

)0 (u0 ) = '0 (u0 ) +

0

! W son diferenciables

(u0 ):

Demostración: La demostración es un ejercicio sencillo [Ejercicio 9.39].

Proposición 9.13 (Regla de la cadena) Sean V; e W subconjuntos abiere tos. Si ' : ! W es diferenciable en u0 ; '(v) 2 para todo v 2 y : e ! Z es diferenciable en v0 := '(u0 ); entonces ' : ! Z es diferenciable en u0 y (

')0 (u0 ) =

0

(v0 ) '0 (u0 ):

170

9. DIFERENCIABILIDAD

Demostración: Para v 2 V y w 2 W tales que u0 + v 2 o1 (v) := '(u0 + v) o2 (w) := (v0 + w)

'(u0 ) (v0 )

'0 (u0 )v; 0 (v0 )w:

y v0 + w 2 e ; de…nimos

Se tiene entonces que (

')(u0 + v) = ('(u0 + v)) = ('(u0 ) + '0 (u0 )v + o1 (v)) = (v0 ) + 0 (v0 ) ['0 (u0 )v + o1 (v)] + o2 ('0 (u0 )v + o1 (v)) = ( ')(u0 ) + [ 0 (v0 ) '0 (u0 )] v + o3 (v);

donde o3 (v) :=

0

(v0 ) [o1 (v)] + o2 ('0 (u0 )v + o1 (v)):

Probaremos a continuación que ko3 (v)kZ = 0: v!0 kvkV

(9.6)

lm

Sea " > 0: Denotemos por c1 := k'0 (u0 )kL(V;W ) + 1; "1 := m n Como ' es diferenciable en u0 y

c2 := k 0 (u0 )kL(W;Z) + 1;

" ;1 ; 2c2

3

" : 2c1

es diferenciable en v0 ; existen

ko1 (v)kW < "1 kvkV ko2 (w)kZ < "2 kwkW Sea

"2 :=

1; 2

> 0 tales que

si kvkV < 1 ; si kwkW < 2 :

:= m nf 1 ; c12 g: Entonces,

k'0 (u0 )v + o1 (v)kW

k'0 (u0 )vkW + ko1 (v)kW < k'0 (u0 )kL(V;W ) kvkV + "1 kvkV

Por tanto, k'0 (u0 )v + o1 (v)kW <

2

si kvkV <

3

c1 kvkV

si kvkV <

y, en consecuencia,

ko2 ('0 (u0 )v + o1 (v))kZ < "2 k'0 (u0 )v + o1 (v)kW " < "2 c1 kvkV kvkV 2

si kvkV <

3:

1:

9.3. EL TEOREMA DEL VALOR MEDIO

171

Por otra parte, k 0 (v0 ) [o1 (v)]kZ

k 0 (v0 )kL(W;Z) ko1 (v)kW " kvkV si kvkV < < c2 "1 kvkV 2

1:

Concluimos que ko3 (v)kZ < " kvkV

si kvkV <

3:

Esto prueba (9.6) y concluye la demostración de la proposición.

9.3.

El teorema del valor medio

Una función lineal T : R ! V está totalmente determinada por su valor en 1; ya que T [t] = T [t1] = tT [1] 8t 2 R: La función : L(R; V ) ! V;

(9.7)

(T ) := T [1] ;

es un isomor…smo de espacios vectoriales. Además, es una isometría, ya que kT kL(R;V ) = sup t2R t6=0

kT [t]kV tT [1] = sup jtj t t2R t6=0

V

= kT [1]kV

8T 2 L(R; V ):

Esta isometría permite identi…car a L(R; V ) con V: Si : (a; b) ! V es diferenciable en un punto t0 de (a; b); identi…caremos en lo sucesivo a la transformación lineal 0 (t0 ) 2 L(R; V ) con su valor en 1; y escribiremos simplemente 0 (t0 ) en vez de 0 (t0 ) [1]. Se tiene entonces que 0 (t0 ) 2 V y lm t!0

(t + t0 ) t

(t0 )

0

(t0 )

=lm V

t!0

k (t + t0 )

(t0 ) jtj

t 0 (t0 )kV

= 0:

Es decir, 0

(t0 ) = l m t!0

(t + t0 ) t

(t0 )

2 V:

Esta identidad permite interpretar a 0 (t0 ) como la velocidad de la trayectoria : (a; b) ! V en el tiempo t0 ; tal y como solemos hacer cuando V = Rn : Si V = R entonces

172

0

9. DIFERENCIABILIDAD

(t0 ) 2 R es la pendiente de la recta tangente a la grá…ca de

Si : (a; b) ! V es diferenciable en t0 2 (a; b) y ' : u0 := (t0 ); la regla de la cadena dice que ('

en el punto (t0 ; (t0 )):

! W es diferenciable en

)0 (t0 ) = '0 (u0 )( 0 (t0 ));

(9.8)

es decir, la derivada de la trayectoria ' en t0 es el valor de la función '0 (u0 ) 2 L(V; W ) en el vector 0 (t0 ) 2 V: Uno de los resultados más útiles en análisis es el teorema del valor medio. Para funciones reales de variable real éste se expresa como una igualdad: si f : [a; b] ! R es continua en [a; b] y diferenciable en (a; b) entonces existe c 2 (a; b) tal que f (b) f (a) = f 0 (c)(b a): El problema con esta formulación clásica es que no existe una igualdad semejante para funciones con valores vectoriales. Por otra parte, esta igualdad esconde el hecho de que en realidad no sabemos quién es c; lo único que sabemos es que se trata de algún punto en (a; b): Para …nes prácticos, lo importante es tener una cota para jf 0 (c)j. Es decir, la verdadera naturaleza del teorema del valor medio se obtiene al expresarlo como una desigualdad. Teorema 9.14 (del valor medio) Sea : [a; b] ! V una función continua. Si diferenciable en todo punto t 2 (a; b) y si existe M 2 R tal que k 0 (t)kV

M

8t 2 (a; b);

es (9.9)

entonces k (b)

(a)kV

M (b

a):

Demostración: Probaremos que, para toda " > 0; se cumple que k (b)

(a)kV

M (b

a) + "(b

a) + ":

(9.10)

9.3. EL TEOREMA DEL VALOR MEDIO

173

Esto implica que k (b) (a)kV M (b Sea " > 0: Consideremos el conjunto S := ft 2 [a; b] : k (t) Como

es continua en a existe k (s)

a):

(a)kV

M (t

a) + "(t

a) + "g:

> 0 tal que (a)kV

"

8s 2 [a; a + ]:

Por tanto, a + 2 S: Sea c := sup S: Observa que c 2 S y a + c a continuación que c = b: Argumentando por contradicción, supongamos que c < b: Entonces en c y, en consecuencia, existe 2 (0; m nfc a; b cg) tal que k (s)

(c)

0

(c)(s

c)kV < " js

cj

si js

b: Probaremos es diferenciable

cj < :

Por tanto, si s 2 (c; c + ); usando (9.9) obtenemos k (s)

(a)kV

k (s) (c)kV + k (c) (a)kV 0 k (s) (c) (c)(s c)kV + k 0 (c)(s c)kV + k (c) < "(s c) + k 0 (c)kV (s c) + M (c a) + "(c a) + " M (s a) + "(s a) + ",

(a)kV (9.11)

lo que contradice que c = sup S: En consecuencia, c = b: Esto demuestra (9.10). A continuación veremos que el teorema anterior permite acotar la diferencia entre dos valores '(u0 ) y '(u1 ) de una función diferenciable ' : ! W cuando su derivada está acotada en el segmento que une a los puntos u0 y u1 .

u1 u0 Un modo de garantizar esto último es pidiendo que la derivada sea continua en que nos lleva a introducir el siguiente concepto.

, lo

De…nición 9.15 Una función ' : ! W es de clase C 1 (o continuamente diferenciable) en si es diferenciable en y su derivada '0 : es continua.

! L(V; W )

174

9. DIFERENCIABILIDAD

Las funciones de los Ejemplos 9.8 y 9.9 son de clase C 1 ya que en ambos casos la derivada es una función constante. Veamos que la función del Ejemplo 9.10 también es de clase C 1 . Ejemplo 9.16 La función ' : `2 ! R dada por '(x) := kxk2`2 es de clase C 1 en `2 . Demostración: En el Ejemplo 9.10 vimos que ' es diferenciable y que su derivada es la función '0 : `2 ! L(`2 ; R) dada por '0 (x)y = 2

1 P

8x = (xk ); y = (yk ) 2 `2 :

xk yk

k=1

Si z = (zk ) 2 `2 ; aplicando la desigualdad de Hölder para series (ver Ejercicio 2.43) obtenemos j'0 (z)y

'0 (x)yj = 2

xk )yk

2 kz

xk`2 kyk`2 :

j'0 (z)y '0 (x)yj kyk`2

2 kz

xk`2

(zk

k=1

Por tanto, k'0 (z)

1 P

'0 (x)kL(`2 ;R) = sup y2`2 y6=0

8x; z 2 `2 :

Esto prueba que '0 es Lipschitz continua. Como consecuencia del teorema del valor medio obtenemos el siguiente resultado. Corolario 9.17 Si es abierto en V; ' : ! W es de clase C 1 en tales que ut := (1 t)u0 + tu1 2 para toda t 2 [0; 1]; entonces

y u0 ; u1 2

son

sup k'0 (ut )kL(V;W ) < 1

t2[0;1]

y k'(u1 )

'(u0 )kW

sup k'0 (ut )kL(V;W ) ku1

t2[0;1]

u 0 kV :

Demostración: Sea : [0; 1] ! la función (t) := ut . Esta función es diferenciable en (0; 1) y su derivada está dada por 0 (t) = u1 u0 : La composición := ' : [0; 1] ! W es continua en [0; 1]. Por la regla de la cadena (ver (9.8)), es diferenciable en (0; 1) y 0 (t) = '0 (ut ) [u1 u0 ] :

9.3. EL TEOREMA DEL VALOR MEDIO

175

Se tiene entonces que k 0 (t)kW

k'0 (ut )kL(V;W ) ku1

u0 kV

8t 2 (0; 1):

(9.12)

Ahora bien, la función que a cada t 2 [0; 1] le asocia el valor k'0 (ut )kL(V;W ) 2 R es una función continua, ya que es la composición de las funciones continuas '0

[0; 1] !

! L(V; W )

k kL(V;W )

!

R.

Como [0; 1] es compacto, concluimos que M := sup k'0 (ut )kL(V;W ) < 1: t2[0;1]

Por otra parte, de la desigualdad (9.12) se sigue que sup k 0 (t)kW

t2[0;1]

M ku1

u 0 kV

8t 2 (0; 1);

(0)kW

M ku1

y aplicando el Teorema 9.14 obtenemos que k'(u1 )

'(u0 )kW = k (1)

u 0 kV ;

como a…rma el enunciado. Usaremos a menudo la siguiente consecuencia sencilla del corolario anterior. Corolario 9.18 Si es abierto en V; ' : ! W es de clase C 1 en y u0 ; u1 2 son tales que ut := (1 t)u0 + tu1 2 para toda t 2 [0; 1] entonces, para todo u 2 ; sup k'0 (ut )

'0 (u)kL(V;W ) < 1

t2[0;1]

y se cumple que k'(u1 )

'(u0 )

'0 (u) [u1

sup k'0 (ut )

u0 ]kW

t2[0;1]

Demostración: Sea := ' '0 (u): Entonces Aplicando el Corolario 9.17 obtenemos que k'(u1 )

'(u0 )

'0 (u) [u1

0

u0 ]kW = k (u1 ) (u0 )kW 0 sup k (ut )kL(V;W ) ku1 =

sup k'0 (ut )

t2[0;1]

u 0 kV :

(v) = '0 (v) '0 (u) para toda v 2 :

t2[0;1]

como a…rma el enunciado.

'0 (u)kL(V;W ) ku1

u 0 kV

'0 (u)kL(V;W ) ku1

u0 kV ;

176

9.4.

9. DIFERENCIABILIDAD

Un criterio de diferenciabilidad

Si ' : ! W es diferenciable en el punto u0 de " > 0 existe > 0 tal que u0 + tv 2

y

k'(u0 + tv)

'(u0 )

y v 2 V entonces, para cada

'0 (u0 )(tv)kW < " ktvkV

8t 2 (

; ):

Dividiendo ambos lados de la desigualdad entre jtj obtenemos que '(u0 + tv) t

'(u0 )

'0 (u0 )v W

< " kvkV

si 0 < jtj < :

Es decir, '(u0 + tv) '(u0 ) 8v 2 V: t!0 t De este modo obtenemos una condición necesaria para que ' sea diferenciable en u0 : en primer lugar, para cada v 2 V debe existir el límite '0 (u0 )v = l m

'(u0 + tv) t!0 t

lm

'(u0 )

:

(9.13)

Este límite se llama la derivada direccional de ' en u0 en la dirección de v: En segundo lugar, la función G'(u0 ) : V ! W dada por '(u0 + tv) t!0 t

G'(u0 )v := l m

'(u0 )

(9.14)

debe ser lineal y continua. Esto da lugar al siguiente concepto. De…nición 9.19 Una función ' : ! W es Gâteaux-diferenciable en el punto u0 2 si, para cada v 2 V; existe la derivada direccional de ' en u0 en la dirección de v y la función G'(u0 ) de…nida en (9.14) pertenece a L(V; W ). ' es Gâteaux-diferenciable en si lo es en todo punto u 2 : La función G' :

! L(V; W );

u 7! G'(u);

se llama la derivada de Gâteaux2 de ': Cabe señalar que la existencia de la derivada direccional de ' en u0 en la dirección de v para toda v 2 V no basta para garantizar que G'(u0 ) 2 L(V; W ) [Ejercicio 9.46]. Tampoco basta con que ' sea Gâteaux-diferenciable para que sea diferenciable, como lo muestra el siguiente ejemplo. 2

René Eugène Gâteaux (1889-1914) nació en la Marne, Francia. Lo mataron en la primera guerra mundial. Parte de su trabajo fue publicado póstumamente por Paul Lévy.

9.4. UN CRITERIO DE DIFERENCIABILIDAD

177

Ejemplo 9.20 La función ' : R2 ! R dada por ( 3 x y si (x; y) 6= (0; 0); x4 +y 2 '(x; y) := 0 si (x; y) = (0; 0): es Gâteaux-diferenciable en R2 pero no es diferenciable en (0; 0) [Ejercicio 9.47]. Sin embargo, se tiene el siguiente resultado. Teorema 9.21 ' : ! W es de clase C 1 en si y sólo si ' es Gâteaux-diferenciable en y su derivada de Gâteaux G' : ! L(V; W ) es continua. En tal caso, '0 = G': Demostración: )) : Al inicio de esta sección demostramos que, si ' es diferenciable en u0 ; entonces ' es Gâteaux-diferenciable en u0 y G'(u0 ) = '0 (u0 ): En consecuencia, si ' es de clase C 1 en ; entonces G' = '0 es continua. () : Supongamos ahora que ' es Gâteaux-diferenciable en y que G' : ! L(V; W ) es continua. Sean u0 2 y " > 0: Entonces existe > 0 tal que u0 + v 2 y kG'(u0 + v)

G'(u0 )kL(V;W ) < "

Para cada v 2 V con kvkV < v (t)

Entonces

v

de…nimos

:= '(u0 + tv)

v

si kvkV < :

: [0; 1] ! W como '(u0 )

G'(u0 ) [tv] :

es diferenciable en (0; 1) y su derivada es 0 v (t)

+ h) v (t) h '(u0 + tv + hv) '(u0 + tv) = lm h!0 h '(u0 + tv + hv) '(u0 + tv) = lm h!0 h = G'(u0 + tv)v G'(u0 )v:

= lm

v (t

h!0

G'(u0 ) [hv] G'(u0 )v

Se sigue de (9.15) que k

0 v (t)kW

kG'(u0 + tv) G'(u0 )kL(V;W ) kvkV < " kvkV 8t 2 (0; 1):

Usando el teorema del valor medio (ver Teorema 9.14) concluimos que k'(u0 + v)

'(u0 )

G'(u0 )vkW = k v (1) " kvkV

v (0)kW

si kvkV < :

(9.15)

178

9. DIFERENCIABILIDAD

Esto prueba que ' es diferenciable en u0 y que '0 (u0 ) = G'(u0 ): Como G' es continua, ' es de clase C 1 en : El teorema anterior proporciona un criterio muy útil para veri…car la diferenciabilidad de una función y calcular su derivada. Veamos un ejemplo. Ejemplo 9.22 Sea f : R ! R una función de clase C 1 : La función ' : C 0 [a; b] ! R dada por Z b '(u) := f (u(t))dt a

1

0

es de clase C en C [a; b] y su derivada es 0

' (u)v :=

Z

b

f 0 (u(t))v(t)dt:

a

Demostración: Probaremos primero que ' es Gâteaux-diferenciable. Sean u; v 2 C [a; b]; v 6= 0; y " > 0: Denotemos por 0

M := kuk1 + kvk1

y

~" :=

" : a) kvk1

(b

Como f 0 es uniformemente continua en [ M; M ] existe jf 0 (x)

f 0 (y)j < ~"

> 0 tal que

8x; y 2 [ M; M ] con jx

yj < :

Del Corolario 9.18 y la desigualdad anterior se sigue que, si x; x + hz 2 [ M; M ], jhzj < y s 2 [0; 1]; entonces jf (x + hz)

f (x)

f 0 (x)hz)j

sup jf 0 (x + shz)

s2[0;1]

f 0 (x)j jhzj < ~" jhzj :

(9.16)

Observa que ju(t) + hv(t)j

kuk1 + kvk1 = M

8t 2 [a; b]; h 2 [0; 1]:

Por tanto, podemos aplicar la desigualdad (9.16) a x := u(t); z := v(t) y 0 < jhj < m nf1; kvk g para obtener 1

f (u(t) + hv(t)) h

f (u(t))

f 0 (u(t))v(t) < ~" jv(t)j

" b

a

8t 2 [a; b]:

9.4. UN CRITERIO DE DIFERENCIABILIDAD

179

En consecuencia, si 0 < jhj < m nf1; kvk g; entonces 1

'(u + hv) '(u) h Z b f (u(t) + hv(t)) h a

Z

b

f 0 (u(t))v(t)dt

a

f (u(t))

f 0 (u(t))v(t) dt < ":

Esto prueba que Z

b

'(u + hv) h!0 h

f 0 (u(t))v(t)dt = l m

a

'(u)

=: G'(u)v:

La función G'(u) : C 0 [a; b] ! R es claramente lineal y, como Z b jf 0 (u(t))j dt kvk1 8v 2 C 0 [a; b]; jG'(u)vj a

la Proposición 9.1 asegura que G'(u) es continua. Por tanto, ' es Gâteaux-diferenciable en u para todo u 2 C 0 [a; b]: Probaremos ahora que G' : C 0 [a; b] ! L(C 0 [a; b]; R) es continua. Sean u0 2 C 0 [a; b] y " > 0: Denotemos por M0 := ku0 k1 + 1: Como f 0 es uniformemente continua en [ M0 ; M0 ]; existe 2 (0; 1) tal que jf 0 (x) Observa que, si ku ju(t)j

f 0 (y)j <

"

(b

8x; y 2 [ M0 ; M0 ] con jx

a)

yj < :

u0 k1 < ; entonces

kuk1

ku0 k1 + ku

u 0 k1

ku0 k1 + < M0

8t 2 [a; b]:

Por tanto, jG'(u)v

G'(u0 )vj

Z

b

a

jf 0 (u(t))

f 0 (u0 (t))j jv(t)j dt < " kvk1 :

En consecuencia, kG'(u)

jG'(u)v G'(u0 )vj 0: Como ' es diferenciable respecto a la primera variable en u y @2 ' es continua en u; existe > 0 tal que u+v 2

si v = (v1 ; v2 ) 2 V1

k'(u + 1 v1 )

'(u)

k@2 '(u + v)

V2 y kvkV1

:= maxfkv1 kV1 ; kv2 kV2 g < ;

" kv1 kV1 si kv1 kV1 < ; 4 " si kvkV1 V2 < : < 4

@1 '(u)v1 kW < @2 '(u)kL(V2 ;W )

V2

(9.18)

9.6. DERIVADAS DE ORDEN SUPERIOR

183

La segunda desigualdad implica que k@2 '(u + 1 v1 )v2

@2 '(u)v2 kW

k@2 '(u + 1 v1 ) @2 '(u)kL(V2 ;W ) kv2 kV2 " (9.19) si kv1 kV1 < ; kv2 kV2 < 4

y también que k@2 '(u + 1 v1 + t 2 v2 ) @2 '(u + 1 v1 )kL(V2 ;W ) k@2 '(u + 1 v1 + t 2 v2 ) @2 '(u)kL(V2 ;W ) + k@2 '(u) " < si kvkV1 V2 < y t 2 [0; 1]: 2

@2 '(u + 1 v1 )kL(V2 ;W )

De esta última desigualdad y el Corolario 9.18 se sigue que k'(u + v) '(u + 1 v1 ) @2 '(u + 1 v1 )v2 kW sup k@2 '(u + 1 v1 + t 2 v2 ) @2 '(u + 1 v1 )kL(V2 ;W ) kv2 kV2 t2[0;1]

<

" kv2 kV2 2

si kvkV1

V2

< :

(9.20)

Finalmente, de las desigualdades (9.18), (9.19) y (9.20) obtenemos k'(u + v) '(u) @1 '(u)v1 @2 '(u)v2 k k'(u + v) '(u + 1 v1 ) @2 '(u + 1 v1 )v2 k + k@2 '(u + 1 v1 )v2 + k'(u + 1 v1 ) '(u) @1 '(u)v1 k " kvkV1 V2 si kvkV1 V2 < :

@2 '(u)v2 k

Esto prueba que ' es diferenciable en u y que '0 (u)v = @1 '(u)v1 + @2 '(u)v2 : Por tanto, ' es de clase C 1 en .

9.6.

Derivadas de orden superior

Sean V y W espacios de Banach y un subconjunto abierto de V: Si ' : ! W es diferenciable en ; su derivada es una función que toma valores en el espacio de Banach L(V; W ): Tiene pues sentido preguntarnos si '0 : ! L(V; W ) es, a su vez, diferenciable en : Si lo es, decimos que ' es dos veces diferenciable en : La derivada de '0 se llama la segunda derivada de ' y se denota por D2 ' :

! L(V; L(V; W ));

184

9. DIFERENCIABILIDAD

o simplemente por '00 : Veremos a continuación que el espacio L(V; L(V; W )) tiene una representación sencilla: es el espacio de funciones bilineales y continuas V V ! W: Sean V1 ; :::; Vk ; W espacios de Banach. De…nición 9.27 Una función F : V1 Vk ! W es k-multilineal si es lineal en cada variable, es decir, si para cada j 2 f1; : : : ; kg y ui 2 Vi , i 6= j; la función Vj ! W dada por v 7 ! F (u1 ; :::; uj 1 ; v; uj+1 ; :::um ) es lineal. Si k = 2 se dice que F es bilineal. Denotamos por L(V1 ; :::; Vk ; W ) := fF : V1 Si V1 =

Vk ! W : F es k-multilineal y continuag:

= Vk = V escribimos simplemente Lk (V; W ) := L(V; :::; V ; W ): | {z } k veces

Como en el caso k = 1 se tiene el siguiente resultado. Proposición 9.28 Si F : V1 si y sólo si existe c 2 R tal que kF (v)kW

c kv1 kV1

Vk ! W es k-multilineal, entonces F es continua

kvk kVk

8v = (v1 ; :::; vk ) 2 V1

Demostración: )) : Si F es continua, existe kF (v)kW < 1

si kvkV1

Vk

Por tanto, para todo v = (v1 ; :::; vk ) 2 V1 kvk kVk

kF (v)kW = F

> 0 tal que := max kvj kVj < : j=1;:::;k

Vk ;

k

2k kv1 kV1

(9.21)

Vk :

2

v1 vk ;:::; kv1 kV1 kvk kVk

!!

< 1: W

En consecuencia, kF (v)kW

2k k

kv1 kV1

kvk kVk

8v = (v1 ; :::; vk ) 2 V1

Vk :

9.6. DERIVADAS DE ORDEN SUPERIOR

185

() : Supongamos ahora que se cumple (9.21). Sean u; v 2 V1 kukV1 Vk + 1: Como F es k-multilineal, F (v)

F (u) = F (v1 u1 ; v2 ; :::; vk ) kP1 + F (u1 ; :::; ui 1 ; vi

Vk y R :=

ui ; vi+1 ; :::; vk )

i=2

+F (u1 ; :::; uk 1 ; vk

uk ):

Aplicando la desigualdad del triángulo y la desigualdad (9.21) concluimos que kF (v)

F (u)kW

c kv1 +c

kP1 i=2

ku1 kV1

+c ku1 kV1 cRk

1

kvk kVk

u1 kV1 kv2 kV2

k P

i=1

kui 1 kVi kuk 1 kVk

kvi

1

ui kVi

1

kvi

kvk si kv

ui kVi kvi+1 kVi+1

kvk kVk

uk kVk ukV1

Vk

< 1:

De esta desigualdad se sigue inmediatamente que F es continua en u: Para F 2 L(V1 ; :::; Vk ; W ) de…nimos kF kL(V1 ;:::;Vk ;W ) :=

kF (v1 ; :::; vk )kW : kvk kVk vj 2Vj rf0g kv1 kV1

(9.22)

sup

j=1;:::;k

Esta es una norma en L(V1 ; :::; Vk ; W ); que coincide con la de…nida en (9.1) cuando k = 1: Asociando a cada F 2 L(V1 ; :::; Vk ; W ) la función F^ 2 L(V1 ; L(V2 ; ; Vk ; W )) dada por (F^ v1 )(v2 ; : : : ; vk ) := F (v1 ; v2 ; : : : ; vk ); vj 2 Vj ; obtenemos un isomor…smo de espacios vectoriales

L(V1 ; :::; Vk ; W ) = L(V1 ; L(V2 ;

(9.23)

; Vk ; W ))

que es además una isometría, es decir, kF kL(V1 ;:::;Vk ;W ) = F^

L(V1 ;L(V2 ;

;Vk ;W ))

[Ejercicio 9.57]. Iterando estos isomor…smos obtenemos L(V1 ; :::; Vk ; W ) = L(V1 ; L(V2 ;

; L(Vk 1 ; L(Vk ; W ))

)):

En consecuencia, L(V1 ; :::; Vk ; W ) es un espacio de Banach (ver Proposición 9.3). Podemos de…nir ahora las derivadas de orden superior como sigue.

186

9. DIFERENCIABILIDAD

De…nición 9.29 Sea k 2 N; k 2: Una función ' : ! W es k-veces diferenciable en si ' es (k 1)-veces diferenciable en y su derivada de orden k 1 es diferenciable en : La derivada de Dk 1 ' : ! Lk 1 (V; W ) se llama la derivada de orden k de ' y se denota Dk ' : ! L(V; Lk 1 (V; W )) = Lk (V; W ):

Si Dk ' es continua en decimos que ' es de clase C k en : de para cada j = Si Dj ' admite una extensión continua a la cerradura 0 k 0; 1; : : : ; k; donde D ' := '; decimos que ' es de clase C en : Finalmente, si ' es de clase C k en (resp. en ) para todo k 2 N, decimos que ' es de clase C 1 en (resp. en ): Veamos un ejemplo. Ejemplo 9.30 La función ' : `2 ! R dada por '(x) := kxk2`2 es de clase C 1 en `2 , D2 '(x)(y; z) = 2

1 P

8x; y; z 2 `2 ;

yk zk

k=1

y Dk '(x) = 0 2 Lk (`2 ; R) para todo x 2 `2 ; k

3:

Demostración: Sabemos que ' es diferenciable, que su derivada '0 : `2 ! L(`2 ; R) está dada por 1 P xk zk 8x = (xk ); z = (zk ) 2 `2 '0 (x)z = 2 k=1

0

(ver Ejemplo 9.10) y que ' es continua (ver Ejemplo 9.16). Observa además que '0 es lineal, es decir, '0 ( x + y) = '0 (x) + '0 (y)

8x; y 2 `2 ; 8 ;

2 R:

El Ejemplo 9.9 asegura entonces que D2 '(x) = '0 para todo x 2 `2 ; y usando el isomor…smo (9.23) obtenemos D2 '(x)(y; z) = '0 (y; z) = '0 (y)z = 2

1 P

k=1

yk zk

8x; y; z 2 `2 :

Más aún, como D2 ' : `2 ! L2 (`2 ; R) es constante, el Ejemplo 9.8 asegura que Dk '(x) = 0 2 Lk (`2 ; R) para todo x 2 `2 ; k 3: Como ocurre en espacios euclidianos, la derivada de orden k en cada punto es simétrica.

9.6. DERIVADAS DE ORDEN SUPERIOR

187

Proposición 9.31 Si ' : ! W es k-veces diferenciable en u 2 ; la k-ésima derivada de ' en u es simétrica, es decir, Dk '(u)(v1 ; : : : ; vk ) = Dk '(u)(v

entonces, para cada

(1) ; : : : ; v (k) )

para cualesquiera v1 ; : : : ; vk 2 V y cualquier permutación

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

Demostración: Consideramos dos casos. Caso 1: k = 2: Sean u 2 y " > 0: Como ' es dos veces diferenciable en u existe u+v 2 y '0 (u + v)

'0 (u)

D2 '(u)v

L(V;W )

< " kvkV

si kvkV < 2 :

Sean v; w 2 V tales que maxfkvkV ; kwkV g < : De…nimos (t) := '(u + tv + w)

> 0 tal que (9.24)

: [0; 1] ! W como

'(u + tv):

Entonces 0

(t)

D2 '(u)(w; v) =

'0 (u + tv + w)v '0 (u)v D2 '(u)(tv + w; v) '0 (u + tv)v '0 (u)v D2 '(u)(tv; v)

y aplicando (9.24) obtenemos 0

(t)

D2 '(u)(w; v)

'0 (u + tv + w)

W

+ '0 (u + tv)

'0 (u) '0 (u)

D2 '(u)(tv + w) D2 '(u)(tv)

< 2" (kvkV + kwkV ) kvkV

L(V;W )

8t 2 [0; 1]:

L(V;W )

kvkV

kvkV

El Corolario 9.18 y la desigualdad anterior implican que (1)

(0)

D2 '(u)(w; v)

W

k (1)

0

(0)

sup k 0 (t)

t2[0;1]

0

3 sup

(t)

0

0

(0)kW +

(0)kW +

0

(0)

D2 '(u)(w; v)

t2[0;1]

(0)

D2 '(u)(w; v) D2 '(u)(w; v)

W

W

6" (kvkV + kwkV ) kvkV : Observa que (1) (0) = '(u + v + w) '(u + v) '(u + w) + '(u) es simétrica en v y w; por lo que intercambiando los papeles de v y w en la desigualdad anterior obtenemos (1)

(0)

D2 '(u)(v; w)

W

6" (kvkV + kwkV ) kwkV :

W

188

9. DIFERENCIABILIDAD

En consecuencia, D2 '(u)(v; w)

D2 '(u)(w; v)

6" (kvkV + kwkV )2

W

si maxfkvkV ; kwkV g < :

Si v; w 2 V son arbitrarios, escogemos 2 (0; 1] tal que maxfk vkV ; k wkV g < : De la desigualdad anterior se sigue entonces que D2 '(u)(v; w)

D2 '(u)(w; v)

W

=

1 2

D2 '(u)( v; w)

1

2 6" (k

D2 '(u)( w; v)

W

vkV + k wkV )2 = 6" (kvkV + kwkV )2 :

Como " > 0 es arbitraria, concluimos que D2 '(u)(v; w) = D2 '(u)(w; v) para cualesquiera v; w 2 V: Caso 2: k > 2: El resultado se obtiene por inducción usando el caso k = 2 y el isomor…smo (9.23).

De…nición 9.32 Si V y W son espacios de Banach, V y k 2 N [ f1g de…nimos C k ( ; W ) : = f' : C k ( ; W ) : = f' :

es un subconjunto abierto de

! W : ' es de clase C k en ! W : ' es de clase C k en

g; g:

Si W = R escribiremos simplemente C k ( ) : = C k ( ; R); C k ( ) : = C k ( ; R):

9.7.

La fórmula de Taylor

Si ' es diferenciable en u0 entonces '(u0 + v) = '(u0 ) + '0 (u0 )v + r1 (v) kr (v)k

donde l mv!0 1kvk W = 0: Es decir, cerca de u0 ; ' es la suma de una función constante V más una función lineal salvo por un término que tiende a cero más rápidamente que kvkV : La fórmula de Taylor generaliza esta a…rmación. Asegura que si ' es de clase C k en u0 entonces, cerca de ese punto, ' es una suma de funciones j-multilineales, j = 0; : : : ; k, salvo por un término que tiende a cero más rápidamente que kvkkV :

9.7. LA FÓRMULA DE TAYLOR

189

El teorema que veremos a continuación es una extensión a espacios de Banach del teorema de Taylor3 para funciones reales de variable real del cálculo diferencial. Usaremos ese resultado para demostrar éste, por lo que conviene que revises su demostración [Ejercicio 9.59].

Brook Taylor

Teorema 9.33 (Taylor) Si V es un espacio de Banach, es un subconjunto abierto de V; u0 2 y v 2 V satisfacen que u0 + tv 2 para todo t 2 [0; 1]; y ' 2 C k+1 ( ); entonces existe 2 (0; 1) tal que 1 '(u0 + v) = '(u0 ) + D'(u0 )v + D2 '(u0 )(v; v) + 2 1 k 1 + D '(u0 )(v; : : : ; v ) + Dk+1 '(u0 + v)(v; : : : ; v ): | {z } | {z } k! (k + 1)! k veces

k+1 veces

Demostración: Observa que la función real de variable real f (t) := '(u0 + tv) está de…nida en algún intervalo abierto que contiene a [0; 1]; es de clase C k+1 en dicho intervalo y Dj f (t) = Dj '(u0 + tv)(v; : : : ; v ); j = 1; :::; k + 1: (9.25) | {z } j veces

En efecto: por la regla de la cadena, Df (t) = D'(u0 + tv)v: Argumentando por inducción, si Dj 1 f (t) = Dj 1 '(u0 + tv)(v; : : : ; v) para algún j = 2; :::; k + 1; entonces Dj 1 f = E (Dj 1 ') ; donde (t) := u0 + tv y E es la función que a cada F 2 Lj 1 (V; R) le asocia el valor F (v; : : : ; v) 2 R. Observa que E es lineal y continua [Ejercicio 9.56]. Entonces, aplicando la regla de la cadena obtenemos Dj f (t) = Dj '(u0 + tv)v (v; : : : ; v ): | {z } j 1 veces

3

Brook Taylor (1685-1731) nació Edmonton, Inglaterra. Estudió en la Universidad de Cambridge. Publicó su célebre fórmula en 1715, pero su importancia no fue reconocida sino hasta 1772 cuando J. L. Lagrange se dió cuenta de su potencial y la llamó el fundamento principal del cálculo diferencial.

190

9. DIFERENCIABILIDAD

Esta función corresponde a (9.25) bajo el isomor…smo (9.23). Aplicando el teorema de Taylor para funciones de variable real [Ejercicio 9.59] a la función f; concluimos que existe 2 (0; 1) tal que 1 1 1 '(u0 + v) = f (1) = f (0) + Df (0) + D2 f (0) + + Dk f (0) + Dk+1 f ( ) 2 k! (k + 1)! 1 = '(u0 ) + D'(u0 )v + D2 '(u0 )(v; v) + 2 1 k 1 + D '(u0 )(v; : : : ; v ) + Dk+1 '(u0 + v)(v; : : : ; v ): | {z } | {z } k! (k + 1)! k veces

k+1 veces

Esta es la identidad deseada.

Corolario 9.34 (Fórmula de Taylor) Si V es un espacio de Banach, conjunto abierto de V; u0 2 y ' 2 C k ( ); entonces la función rk (v) := '(u0 + v)

'(u0 )

D'(u0 )v

1 k D '(u0 )(v; : : : ; v ) | {z } k!

es un sub-

(9.26)

k veces

está de…nida en una vecindad de 0 en V y satisface lm

v!0

rk (v) kvkkV

= 0:

Demostración: Sea > 0 tal que BV (u0 ; ) : Aplicando el Teorema 9.33 con k en vez de k + 1 obtenemos que, para cada v 2 BV (0; ); existe v 2 (0; 1) tal que '(u0 + v) =

kP1

1 j 1 D '(u0 )(v; : : : ; v) + Dk '(u0 + k! j=0 j!

v v)(v; : : : ; v):

Por otra parte, de la de…nición de rk se sigue que '(u0 + v) =

k 1 P Dj '(u0 )(v; : : : ; v) + rk (v): j! j=0

Tomando la diferencia de estas identidades obtenemos rk (v) =

1 Dk '(u0 + k!

v v)

Dk '(u0 ) (v; : : : ; v):

9.8. EJERCICIOS

191

En consecuencia, si v 6= 0; jrk (v)j kvkkV

Dado que Dk ' : k (v) l mv!0 rkvk k = 0:

=

1 Dk '(u0 + v v) Dk '(u0 ) (v; : : : ; v) k! kvkkV 1 Dk '(u0 + v v) Dk '(u0 ) L (V;R) : k k!

! Lk (V; R) es continua en u0 y que

v

2 (0; 1), concluimos que

V

La función Pk (v) := '(u0 ) + D'(u0 )v +

+

1 k D '(u0 )(v; : : : ; v ) | {z } k! k veces

se llama la expansión de Taylor de grado k de ' alrededor de u0 :

9.8.

Ejercicios

Ejercicio 9.35 Prueba que kT kL(V;W ) := sup v2V v6=0

kT vkW kvkV

es una norma en L(V; W ): Ejercicio 9.36 Si identi…camos al espacio L(Rn ; Rm ) con el espacio Mm n (R) de matrices de m n de la manera usual, este espacio resulta isomorfo a Rmn . Prueba que cualquier isomor…smo de espacios vectoriales : L(Rn ; Rm ) ! Rmn es un homeomor…smo para cualquier norma que le demos a Rmn : Ejercicio 9.37 Prueba que, para todo T 2 L(V; W ); kT kL(V;W ) = donde BV (0; 1) := fv 2 V : kvkV

sup v2BV (0;1)

kT vkW =

sup v2SV (0;1)

kT vkW :

1g y SV (0; 1) := fv 2 V : kvkV = 1g:

192

9. DIFERENCIABILIDAD

Ejercicio 9.38 Sean V; W; Z espacios de Banach. Demuestra las siguientes a…rmaciones: (a) Si S 2 L(V; W ) y T 2 L(W; Z) entonces kT

SkL(V;Z)

kT kL(W;Z) kSkL(V;W ) :

(b) Si Sk ! S en L(V; W ) y Tk ! T en L(W; Z) entonces Tk Sk ! T S en L(V; Z): Ejercicio 9.39 Prueba que, si '; es diferenciable en u0 y ( '+

:

! W son diferenciables en u0 ; entonces '+

)0 (u0 ) = '0 (u0 ) +

0

(u0 ):

Ejercicio 9.40 Sean V1 ; V2 espacios de Banach, (u1 ; u2 ) 2 V1 funciones 1;u2 2;u1

: V1 ! V1 : V2 ! V1

V2 ; V2 ;

V2 : Prueba que las

1;u2 (v1 )

:= (v1 ; u2 ); 2;u1 (v2 ) := (u1 ; v2 );

son diferenciables y calcula su derivada. Ejercicio 9.41 Prueba que la función ' : C 0 ([0; 1]; V ) ! V

V dada por

'( ) := ( (0); (1)) es diferenciable y calcula su derivada. Ejercicio 9.42 Prueba que la función ' : C 0 [0; 1] ! R dada por '(u) :=

Z

1

u2

0

es diferenciable y calcula su derivada. Ejercicio 9.43 Un subconjunto A de un espacio métrico X es conexo si para cualesquiera a1 ; a2 2 A existe una trayectoria de a1 a a2 en A: Prueba que, si es un subconjunto abierto y conexo de un espacio de Banach V , ' : ! W es diferenciable en y '0 (u) = 0 para todo u 2 ; entonces ' es constante en : (Sugerencia: Usa el teorema del valor medio.)

9.8. EJERCICIOS

193

Ejercicio 9.44 Sea ' : R2 ! R dada por ( 2 2 '(x; y) :=

x y x2 +y 2

0

si (x; y) 6= (0; 0); si (x; y) = (0; 0):

Prueba que ' es diferenciable en (0; 0): (Sugerencia: Usa la desigualdad de Young, Lema 2.11.) Ejercicio 9.45 Sea ' : R2 ! R dada por ( p xy si (x; y) 6= (0; 0); x2 +y 2 '(x; y) := 0 si (x; y) = (0; 0): (0; 0) y @' (0; 0); pero que no existe ninguna Prueba que existen las derivadas parciales @' @x @y otra derivada direccional en (0; 0), es decir, si xy 6= 0 no existe el límite lm

'(tx; ty) t

t!0

Ejercicio 9.46 Sea ' : R2 ! R dada por ( 2 '(x; y) :=

'(0; 0)

xy x2 +y 2

0

:

si (x; y) 6= (0; 0); si (x; y) = (0; 0):

Prueba que existen todas las derivadas direccionales de ' en (0; 0), pero que ' no es Gâteaux-diferenciable en (0; 0): Ejercicio 9.47 Prueba que la función ' : R2 ! R dada por ( 3 x y si (x; y) 6= (0; 0); x4 +y 2 '(x; y) := 0 si (x; y) = (0; 0): es Gâteaux-diferenciable en (0; 0); pero no es diferenciable en (0; 0): Ejercicio 9.48 Considera las funciones f1 ; f2 ; f1 : Rn ! R dadas por f1 (x) := kxk1 ;

f2 (x) := kxk2 ;

f1 (x) := kxk1 :

Investiga en qué puntos son diferenciables y calcula su derivada en dichos puntos.

194

9. DIFERENCIABILIDAD

Ejercicio 9.49 Considera la función k k1 : `1 ! R,

kxk1 :=

1 P

k=1

jxk j :

(a) Prueba que k k1 es Gâteaux-diferenciable en x = (xk ) si y sólo si xk 6= 0 para todo k 2 N: Calcula, en este caso, su derivada de Gâteaux. (b) Prueba que k k1 no es Fréchet-diferenciable en ningún punto. Ejercicio 9.50 Sea f 2 C 0 [a; b]: Prueba que la función ' : (a; b) ! R dada por '(t) :=

Z

b

f (s)ds

t

es de clase C 1 y su derivada es '0 (t) =

f (t):

Ejercicio 9.51 Sea f : [a; b] R ! R una función continua, cuya derivada parcial respecto a la segunda variable existe y es continua en [a; b] R. (a) Prueba que la función ' : C 0 [a; b] ! R dada por '(u) :=

Z

b

f (s; u(s))ds

a

es de clase C 1 y su derivada está dada por Z b 0 @2 f (s; u(s)) [v(s)] ds: ' (u)v = a

(b) Prueba que la función

: C 0 [a; b] ! C 0 [a; b] dada por Z t (u)(t) := f (s; u(s))ds a

es de clase C 1 y su derivada está dada por Z t 0 ( (u)v) (t) = @2 f (s; u(s)) [v(s)] ds: a

Ejercicio 9.52 (a) Prueba que toda función T 2 L(V; W ) es de clase C 1 y calcula su derivada de orden k para todo k 2 N:

9.8. EJERCICIOS

195

(b) Prueba que toda función F 2 L(V1 ; V2 ; W ) es de clase C 1 y calcula su derivada de orden k para todo k 2 N: Ejercicio 9.53 Sea F 2 L2 (V; R): Si F es simétrica, es decir, si F (v1 ; v2 ) = F (v2 ; v1 ) para cualesquiera v1 ; v2 2 V; prueba que la función 1 Q(v) = F (v; v); 2

Q : V ! R,

es de clase C 1 y calcula todas sus derivadas. Ejercicio 9.54 Prueba que la función ' : C 0 [0; 1] ! C 0 [0; 1] dada por '(u) := u2 es de clase C 1 y calcula todas sus derivadas. Ejercicio 9.55 Sea K : [a; b] [a; b] ! R una función continua y simétrica. Prueba que la función ' : C 0 [a; b] ! R dada por Z bZ b K(x; y)u(x)u(y)dxdy '(u) := a

a

es de clase C 1 y calcula todas sus derivadas. Ejercicio 9.56 Sean V1 ; :::; Vn ; W espacios de Banach y vj 2 Vj : Prueba que la función E : L(V1 ; :::; Vn ; W ) ! W;

E(F ) := F (v1 ; : : : ; vn );

es lineal y continua. Ejercicio 9.57 Considera la función : L(V1 ; V2 ; W ) ! L(V1 ; L(V2 ; W )) dada por (F ) := F^ donde (F^ v1 )v2 = F (v1 ; v2 ); 8v1 2 V1 ; v2 2 V2 : Prueba que (a)

está bien de…nida, es decir, F^ 2 L(V1 ; L(V2 ; W )) si F 2 L(V1 ; V2 ; W ),

(b)

es un isomor…smo de espacios vectoriales,

(c)

es una isometría, es decir, kF kL(V1 ;V2 ;W ) = F^

L(V1 ;L(V2 ;W ))

8F 2 L(V1 ; V2 ; W ):

Ejercicio 9.58 Sean V1 ; :::; Vn ; W espacios de Banach, V := V1 Vn y ' : ! W .

un subconjunto abierto de

196

9. DIFERENCIABILIDAD

(a) Prueba que si ' es de clase C 2 entonces existen las derivadas parciales de orden 2; @j @i '(u) := @j (@i ') (u) 2 L(Vj ; L(Vi ; W )) = L(Vj ; Vi ; W ); para cualesquiera u 2 ; i; j = 1; : : : ; n; y que se cumple n P

D2 '(u)(v; w) =

@j @i '(u)(vj ; wi )

i;j=1

para cualesquiera v = (v1 ; : : : ; vn ); w = (w1 ; : : : ; wn ) 2 V: (b) Prueba que, si ' es de clase C 2 ; entonces @j @i '(u) = @i @j '(u) para cualesquiera u 2 ; i; j = 1; : : : ; n: (c) Prueba que, si las derivadas parciales @j @i ' : ! L(Vj ; Vi ; W ) de orden 2 existen y son continuas para cualesquiera i; j = 1; : : : ; n; entonces ' es de clase C 2 . (d) Formula y demuestra los resultados análogos para ' de clase C k ; k

2:

Ejercicio 9.59 (Teorema de Taylor para funciones de variable real) Prueba que si f 2 C k+1 (a; b) y 0 2 (a; b) entonces, para cada t 2 (a; b); existe un punto 2 (0; 1) tal que 1 f (t) = f (0) + Df (0)t + D2 f (0)t2 + 2

+

1 k 1 D f (0)tk + Dk+1 f ( t)tk+1 : k! (k + 1)!

Ejercicio 9.60 Sea Q : V ! R como en el Ejercicio 9.53. (a) Para cualesquiera k Q alrededor de u0 :

2 y u0 2 V; calcula la expansión de Taylor de grado k de

(b) Calcula la función rk de…nida en (9.26). Ejercicio 9.61 Sea por

:= f(x; y) 2 R2 : x + y 6= 0g y sea ' : '(x; y) :=

! R la función dada

x y : x+y

(a) Calcula la expansión de Taylor de grado 2 de la función ' alrededor de (1; 1): (b) Comprueba directamente que la función r2 de…nida en (9.26) con u0 = (1; 1) satisface r2 (x; y) = 0: lm (x;y)!(1;1) x2 + y 2

9.8. EJERCICIOS

197

Ejercicio 9.62 Utiliza una expansión de Taylor de la función '(x; y) := cos(x + y) para calcular 1 cos(x + y) p : lm (x;y)!(0;0) x2 + y 2

198

9. DIFERENCIABILIDAD

Capítulo 10 El teorema de la función implícita Sean ' : ! R una función de clase C 1 de…nida en un abierto de Rn ; y c 2 R: Queremos obtener información sobre la estructura del conjunto de soluciones 2 de la ecuación '( ) = c; (10.1) al que denotaremos por M := f 2

: '( ) = cg:

2

Veamos un ejemplo. Si ' : R ! R es la función '(x; y) = x2 y 2 entonces para c < 0pel conjunto M tiene dos componentes: una p de ellas es la grá…ca de la función x2 c: Análogamente, si c > 0; el x 7! x2 c y la otra es la grá…ca de x 7! p 2 conjunto M tiene p dos componentes: la grá…ca de la función y 7! c + y y la de la función y 7! c + y 2 : En cambio, si c = 0; no existe ninguna vecindad de (0; 0) en R2 cuya intersección con M sea la grá…ca de alguna función.

x2

y2 = c < 0

x2

y2 = c > 0

x2

y2 = 0

Nota que r'(x; y) 6= (0; 0) si (x; y) 6= (0; 0): En este caso, la recta perpendicular a r'(x; y) es tangente a M en el punto (x; y); es decir, M se parece a dicha recta en una vecindad del punto. 199

200

10. EL TEOREMA DE LA FUNCIÓN IMPLíCITA

Los conjuntos M de soluciones de (10.1) que tienen la propiedad de que r'( ) 6= 0 para todo 2 M se llaman variedades. El teorema de la función implícita asegura que, si M es una variedad entonces, en una vecindad de cada punto 2 M , M es la grá…ca de una función cuyo dominio es un abierto en el subespacio de Rn ortogonal a r'( ) y cuyo codominio es el espacio generado por r'( ): M

ϕ(ξ)

∆ ξ

En particular, cerca de ; M se parece a Rn 1 : Esto permite extender conceptos y resultados del cálculo diferencial a las variedades. En las aplicaciones interesa a menudo encontrar mínimos o máximos locales de una cierta función g : ! R sobre una variedad M: El teorema de la función implícita proporciona un criterio sencillo para detectarlos: si 2 M es un máximo o un mínimo local de g en M; entonces rg( ) es perpendicular al espacio tangente a M en . Por ejemplo, si g(x; y; z) := z es la función que a cada punto de R3 le asocia su altura respecto al plano xy; los máximos y mínimos locales de g sobre una super…cie M en R3 tienen la propiedad de que el plano tangente a M en tales puntos es paralelo al plano xy:

Los resultados anteriores son válidos también en espacios de Banach y tienen aplicaciones importantes en ese contexto, por ejemplo, para probar la existencia de soluciones de ciertas ecuaciones diferenciales no lineales.

10.1. EL TEOREMA DE LA FUNCIÓN IMPLíCITA

10.1.

201

El teorema de la función implícita

Sean Y un espacio de Banach, un subconjunto abierto de Y , ' : ! Rm una función de clase C 1 y c 2 Rm : Como mencionamos en la introducción, nos interesa obtener información sobre la estructura del conjunto de soluciones u 2 de la ecuación (10.2)

'(u) = c; al que denotaremos por M := fu 2

Veamos el siguiente ejemplo.

: '(u) = cg:

Ejemplo 10.1 Sea ' : Rn ! R lapfunción '(x1 ; : : : ; xn ) = x21 + + x2n : Si c > 0, el conjunto M es la esfera de radio c con centro en el origen. Ésta tiene la propiedad de que, localmente, se parece a Rn 1 en el siguiente sentido: Para cada punto 2 M existe un subespacio vectorial T M de Rn de dimensión n 1; a saber T M := fy 2 Rn : y

= 0g;

1 tal que, en una vecindad de ; el conjunto p M es la grá…ca de una función de clase C cuyo dominio es la bola abierta de radio c en T M y cuyo codominio es el complemento ortogonal de T M:

ξ

TξM

Dicha función f está dada por q f (y) := c kyk2

k k

;

8y 2 T M tal que kyk <

p

c:

La grá…ca de f; de…nida como graf(f ) := f(y; z) : x 2 T M; kyk <

p

c; z = f (y)g;

resulta ser el conjunto fx 2 M : x > 0g; el cual es abierto en M y contiene a . Observa que r'( ) = 2 , por lo que T M = fy 2 Rn : y r'( ) = 0g:

202

10. EL TEOREMA DE LA FUNCIÓN IMPLíCITA

Queremos obtener una condición su…ciente para que el conjunto de soluciones de la ecuación (10.2) sea, localmente, la grá…ca de una función. El siguiente concepto jugará un papel fundamental. De…nición 10.2 Decimos que c 2 Rm es un valor regular de ' : Y ! Rm es suprayectiva para todo u 2 M := fw 2 : '(w) = cg. El subespacio vectorial

! Rm si '0 (u) :

Tu M := ker '0 (u) = fv 2 Y : '0 (u)v = 0g de Y se llama el espacio tangente a M en el punto u 2 M: Nota que, si M = ;; entonces c es un valor regular de '. Si c es un valor regular de ' y M 6= ;; necesariamente dim Y m: Observa además que, dado que '0 (u) : Y ! Rm es continua, el espacio tangente Tu M es un subespacio cerrado de Y y, por tanto, es un espacio de Banach. Ejemplo 10.3 Si es un subconjunto abierto de Rn y ' : ! R es de clase C 1 entonces c es un valor regular de ' si y sólo si r'( ) 6= 0 para cada 2 M: En este caso, T M = fy 2 Rn : y r'( ) = 0g; es decir, T M es el subespacio ortogonal a r'( ): Este ejemplo incluye a la función '(x1 ; : : : ; xn ) = x21 + Ejemplo 10.1, y es un caso particular del siguiente ejemplo.

+ x2n ; considerada en el

Ejemplo 10.4 Si es un subconjunto abierto de Rn y ' = ('1 ; :::; 'm ) : ! Rm es de clase C 1 ; m n; entonces c es un valor regular de ' si y sólo si el conjunto fr'1 ( ); : : : ; r'm ( )g es linealmente independiente para cada

2 M: En ese caso,

T M = fy 2 Rn : y r'j ( ) = 0; j = 1; : : : ; mg es el complemento ortogonal del espacio generado por fr'1 ( ); : : : ; r'm ( )g : Demostración: En efecto, '0 ( ) es la función lineal dada por la matriz jacobiana 0 @'1 1 @'1 ( ) ( ) @x1 @xn C B .. .. '0 ( ) = @ A; . . @'m @'m ( ) ( ) @x1 @xn

10.1. EL TEOREMA DE LA FUNCIÓN IMPLíCITA

203

y ésta es suprayectiva si y sólo si la matriz tiene rango máximo, es decir, sí y sólo si sus renglones son linealmente independientes. Nota que '0 ( )y = (r'1 ( ) y; : : : ; r'm ( ) y) ; así que y 2 T M si y sólo si r'j ( ) y = 0 para todo j = 1; : : : ; m: Si queremos expresar localmente a M como la grá…ca de una función de…nida en un subconjunto abierto del espacio tangente, necesitamos primero expresar a Y como un producto de espacios de Banach de la forma Tu M Wu : Si Y = Rn podemos simplemente tomar a Wu como el complemento ortogonal de Tu M: Desde un punto de vista puramente algebraico, todo subespacio V de un espacio vectorial Y tiene un espacio complementario, es decir, existe un subespacio W de Y tal que Y es linealmente isomorfo a V W: Sin embargo, si Y es un espacio de Banach de dimensión in…nita y V es cerrado en Y; ni W es necesariamente cerrado en Y; ni Y es necesariamente homeomorfo a V W: En el caso particular que estamos considerando sí podemos expresar a Y como Tu M Wu de manera apropiada. Se tiene el siguiente resultado. Proposición 10.5 Si Y es un espacio de Banach, T 2 L(Y; Rm ) es suprayectiva y V := ker T; entonces existe un subespacio vectorial cerrado W de Y tal que la restricción T jW : W ! Rm de T a W es un isomor…smo de espacios vectoriales y la función lineal :V

W ! Y;

(v; w) := v + w;

es un homeomor…smo. Demostración: Sea fe1 ; : : : ; em g la base canónica de Rm : Escogemos wj 2 Y tal que T wj = ej ; j = 1; :::; m; y denotamos por W al subespacio vectorial de Y generado por fw1 ; : : : ; wm g: La función lineal S : Rm ! Y dada por S(x1 ; :::; xm ) := x1 w1 +

+ xm wm

es también continua, ya que su dominio es de dimensión …nita (ver Ejercicio 4.42). Además, cumple que T Sx = x para todo x 2 Rm : En consecuencia, y ST y 2 ker T para todo y 2 Y y la función :Y !V

W;

(y) := (y

ST y; ST y);

es lineal y continua (ver Ejercicio 3.49). Claramente, es lineal y continua y Observa que ST (v + w) = ST w = w para todo v 2 V; w 2 W: Por tanto, ( (v; w)) = (v + w es decir,

= idV

W:

ST (v + w); ST (v + w)) = (v; w);

Esto prueba que es un homeomor…smo.

= idY :

204

10. EL TEOREMA DE LA FUNCIÓN IMPLíCITA

Para probar que W es cerrado en Y tomemos una sucesión (yk ) en W tal que yk ! y en Y: Como ST es continua, se tiene que yk = ST yk ! ST y: En consecuencia, y = ST y 2 W: Esto prueba que W es cerrado en Y: De…nición 10.6 Una función lineal y biyectiva T : V ! W entre dos espacios de Banach V y W que es además un homeomor…smo se llama un isomor…smo de Banach.

De la Proposición 10.5 se desprende que, si c es un valor regular de ' entonces, para cada u 2 M; existe un subespacio cerrado Wu de Y tal que la función : Tu M

Wu ! Y;

(v; w) := v + w;

es un isomor…smo de Banach. El teorema de la función implicita, que enunciaremos a continuación, garantiza que M se puede expresar localmente como la grá…ca de una función cuyo dominio es un abierto de Tu M y cuyo codominio es Wu : Teorema 10.7 (de la función implícita) Sean V; W; Z espacios de Banach, un 1 subconjunto abierto de V W , (v0 ; w0 ) 2 y ' : ! Z una función de clase C en : Si '(v0 ; w0 ) = c y @2 '(v0 ; w0 ) 2 L(W; Z) es un isomor…smo de Banach, entonces existen ; > 0 tales que BV (v0 ; ) BW (w0 ; ) y una función f : BV (v0 ; ) ! W de clase C 1 con las siguientes propiedades: (I)

El conjunto de soluciones (v; w) 2 BV (v0 ; )

BW (w0 ; ) de la ecuación

'(v; w) = c coincide con la grá…ca de f; graf(f ) := f(v; f (v)) : v 2 BV (v0 ; )g: En particular, f (v0 ) = w0 y f (v) 2 BW (w0 ; ) para todo v 2 BV (v0 ; ): (II) Para todo v 2 BV (v0 ; ) se cumple que @2 '(v; f (v)) es un isomor…smo de Banach y f 0 (v) = [@2 '(v; f (v))] 1 @1 '(v; f (v)): Pospondremos la demostración de este teorema para la Sección 10.4 de este capítulo, y procederemos a presentar algunas consecuencias importantes.

10.2. EXTREMOS LOCALES DE UNA FUNCIÓN DIFERENCIABLE SOBRE UNA VARIEDAD

205

La Proposición 10.5 asegura que, si c 2 Rm es un valor regular de ' : ! Rm ; entonces para cada u 2 M existe un subespacio cerrado Wu de Y tal que la función : Tu M

Wu ! Y;

(v; w) := v + w;

es un isomor…smo de Banach. Identi…cando a Y con Tu M Wu mediante dicho isomor…smo, se obtiene que @2 '(u) '0 (u) jWu : Wu ! Rm es un isomor…smo. Nota que Wu no es único. Para cualquier elección de Wu con las propiedades mencionadas se tiene el siguiente resultado, que es consecuencia inmediata del teorema de la función implícita. Corolario 10.8 Si c 2 Rm es un valor regular de ' : ! Rm y u = v0 + w0 2 M con v0 2 Tu M y w0 2 Wu ; entonces existen ; > 0 y una función f : BTu M (v0 ; ) ! Wu de clase C 1 tal que M \ (BTu M (v0 ; )

BWu (w0 ; )) = fv + f (v) : v 2 BTu M (v0 ; )g:

Más aún, @2 '(v + f (v)) es un isomor…smo y f 0 (v) =

[@2 '(v + f (v))]

1

@1 '(v + f (v))

para cada v 2 BTu M (v0 ; ). Es importante hacer notar que, si la función ' del Teorema 10.7 y del Corolario 10.8 es de clase C k ; entonces la función f también es de clase C k [Ejercicio 10.24].

10.2.

Extremos locales de una función diferenciable sobre una variedad

Sean un subconjunto abierto de un espacio de Banach Y , ' : ! Rm una función de clase C 1 , c 2 Rm y M := fu 2 : '(u) = cg: El Corolario 10.8 permite caracterizar al espacio tangente como sigue. Proposición 10.9 Si c es un valor regular de ' entonces, para cada u 2 M; Tu M = f 0 (0) :

2

u (M )g;

donde u (M ) es el conjunto de todas las funciones que (0) = u y (t) 2 M para todo t 2 ( "; "):

: ( "; ") ! Y de clase C 1 tales

206

10. EL TEOREMA DE LA FUNCIÓN IMPLíCITA

Demostración: ) : Si 2 u (M ) entonces (' )(t) = c para todo t 2 ( "; "): Por tanto, (' )0 (t) = 0 para todo t 2 ( "; "): En particular, si t = 0; usando la regla de la cadena obtenemos )0 (0) = '0 (u) [ 0 (0)] :

0 = ('

Esto prueba que 0 (0) 2 ker '0 (u) =: Tu M: ) : Inversamente, sea v 2 Tu M: Si escribimos u = v0 +w0 con v0 2 Tu M y w0 2 Wu ; el Corolario 10.8 asegura que existen ; > 0 y una función f : BTu M (v0 ; ) ! Wu de clase C 1 tal que M \ [BTu M (v0 ; )

BWu (w0 ; )] = fv + f (v) : v 2 BTu M (v0 ; )g

y f 0 (v0 ) =

[@2 '(u)]

1

@1 '(u):

Escogemos " > 0 tal que v0 + tv 2 BTu M (x0 ; ) para todo t 2 ( "; ") y de…nimos : ( "; ") ! Y como (t) := v0 + tv + f (v0 + tv): Claramente, 2 consecuencia,

u (M ):

Como v 2 Tu M se tiene que @1 '(u)v = '0 (u)v = 0 y, en

f 0 (v0 )v =

[@2 '(u)]

1

[@1 '(u)v] = 0:

Por tanto, 0

Esto prueba que Tu M

f 0 (0) :

(0) = v + f 0 (v0 )v = v: 2

u (M )g.

Así pues, Tu M es el conjunto de velocidades en el punto u de todas las trayectorias continuamente diferenciables en M que pasan por u. Esto justi…ca llamarlo el espacio tangente a M en u: Nota que esta última caracterización no depende de la función ': De…nición 10.10 Un subconjunto M de un espacio de Banach Y se llama una subvariedad de Y de clase C k y de codimensión m si existen una función ' : ! Rm de clase C k de…nida en un abierto de Y que contiene a M y un valor regular c 2 Rm de ' tales que M = fu 2 : '(u) = cg: Las subvariedades aparecen a menudo en las aplicaciones como restricciones de una función cuyos máximos y mínimos locales sobre la variedad interesa encontrar.

10.2. EXTREMOS LOCALES DE UNA FUNCIÓN DIFERENCIABLE SOBRE UNA VARIEDAD

De…nición 10.11 Sea A un subconjunto de un espacio métrico X: Decimos que es un mínimo local de g : X ! R en A si existe > 0 tal que g( ) Decimos que

2A

8x 2 A \ BX ( ; ):

g(x)

2 A es un máximo local de g : X ! R en A si existe g( )

207

> 0 tal que

8x 2 A \ BX ( ; ):

g(x)

Los mínimos y máximos locales de una función en una variedad tienen la siguiente propiedad. Proposición 10.12 Sean M una subvariedad de un espacio de Banach Y; un subconjunto abierto de Y que contiene a M y g : ! R una función de clase C 1 : Si u es un mínimo (máximo) local de g en M; entonces g 0 (u)v = 0

8v 2 Tu M:

Demostración: Sean v 2 Tu M y 2 u (M ); de…nida en ( "; "); tal que 0 (0) = v: Si u es un mínimo (máximo) local de g en M; entonces 0 es un mínimo (máximo) local de g : ( "; ") ! R: Por tanto, )0 (0) = g 0 (u) [ 0 (0)] = g 0 (u)v;

0 = (g como a…rma el enunciado.

De…nición 10.13 Sean M una subvariedad de un espacio de Banach Y; un subconjunto abierto de Y que contiene a M y g : ! R una función de clase C 1 : Se dice que un punto u 2 M es un punto crítico de g en M si g 0 (u)v = 0

8v 2 Tu M:

La Proposición 10.12 a…rma que los máximos y mínimos locales son puntos críticos de g en M: Para Y = Rn podemos caracterizar a los puntos críticos del siguiente modo. Teorema 10.14 (multiplicadores de Lagrange) Sean un abierto de Rn , ' = ('1 ; :::; 'm ) : ! Rm una función de clase C 1 ; c 2 Rm un valor regular de ' y n M := fx 2 R : '(x) = cg: Sea g : ! R una función de clase C 1 : Entonces es un punto crítico de g en M si y sólo si existen 1 ; :::; m 2 R únicos tales que rg( ) =

1 r'1 (

)+

+

m r'm (

)

y

'( ) = c:

208

10. EL TEOREMA DE LA FUNCIÓN IMPLíCITA

Demostración: Por de…nición, es un punto crítico de g en M si y sólo si rg( ) es ortogonal a T M: En el Ejemplo 10.4 vimos que fr'1 ( ); : : : ; r'm ( )g es una base del complemento ortogonal de T M: En consecuencia, es un punto crítico de g en M si y sólo si rg( ) se expresa de manera única como rg( ) = con

1 ; :::;

m

1 r'1 (

)+

m r'm (

+

)

2 R.

+ x2n 1 : Los puntos Ejemplo 10.15 Sea g : Rn ! R la función g(x1 ; :::; xn ) = x21 + críticos de g en la esfera unitaria Sn 1 son los puntos de la forma ( 1 ; :::; n 1 ; 0) y (0; :::; 0; 1): Los primeros son máximos y los últimos son mínimos de g en Sn 1 : Demostración: Por el teorema anterior, existe 2 R tal que 2( 1 ; :::;

n 1 ; 0)

es punto crítico de g en Sn

= rg( ) = r'( ) = 2( 1 ; :::;

y

n)

1

si y sólo si

'( ) = 1;

(10.3)

donde '(x1 ; :::; xn ) = x21 + + x2n : Si j 6= 0 para algún j = 1; :::; n 1; entonces satisface (10.3) si y sólo si = 1 y n = 0: Si 1 = = n 1 = 0, entonces n = 1 y la igualdad (10.3) se cumple para = 0: Por tanto, los puntos críticos de g en Sn 1 son los puntos de la forma ( 1 ; :::; n 1 ; 0) y (0; :::; 0; 1): Para veri…car si son máximos o mínimos basta observar que g( 1 ; :::; y0

g(x)

10.3.

n 1 ; 0)

= 1,

g(0; :::; 0; 1) = 0;

1 para todo x 2 Sn 1 :

Homeomor…smos lineales

Consideremos el conjunto de isomor…smos de Banach de V a W al que denotaremos H(V; W ) := fT 2 L(V; W ) : T es isomor…smo de Banachg: Un elemento de H(V; W ) es una función T : V ! W lineal, continua y biyectiva, cuyo inverso es lineal y continuo. Si T 2 H(V; V ) denotamos por T 0 := I;

T k := T |

{z

k veces

T};

10.3. HOMEOMORFISMOS LINEALES

209

donde I es la identidad. Escribiremos T S en vez de T S para denotar a la composición. Probaremos que H(V; W ) es un subconjunto abierto de L(V; W ): Para ello usaremos el siguiente resultado. Lema 10.16 Si S 2 L(V; V ) y kSkL(V;V ) < 1; entonces I (I

S)

1

=

1 P

S 2 H(V; W );

Sk;

k=0

(I

S)

1 L(V;V )

1

y (I

S)

lm

1

I

S

kSkL(V;V )

S!0

1 kSkL(V;V ) L(V;V )

= 0:

Demostración: Como S k L(V;V ) kSkkL(V;V ) (ver Ejercicio 9.38) y kSkL(V;V ) < 1, se tiene que 1 1 P P 1 S k L(V;V ) kSkkL(V;V ) = : 1 kSkL(V;V ) k=0 k=0

El Teorema 5.25 asegura entonces que la serie 1 P

Sk

(10.4)

k=0

converge en L(V; V ) y que 1 P

Sk

k=0

L(V;V )

1

1 : kSkL(V;V )

(10.5)

Observa que, para cada n 2 N; (I

S)

n P

Sk

=I

S n+1 =

k=0

n P

S k (I

S):

k=0

Dado que la serie (10.4) converge, la sucesión S k ! 0 en L(V; V ): Por tanto, haciendo tender n ! 1; obtenemos (I

S)

1 P

k=0

Sk

=I=

1 P

k=0

S k (I

S):

210

10. EL TEOREMA DE LA FUNCIÓN IMPLíCITA

Esto prueba que I

S 2 H(V; V ) y que (I

S)

1

=

1 P

Sk:

k=0

De la desigualdad (10.5) se sigue que (I

S)

1 : kSkL(V;V )

1 L(V;V )

1

Por último, observa que (I

S)

1

I

1 P

S=

Sk = S2

k=2

En consecuencia, (I

S)

1

I

1 P

S k = S 2 (I

S)

1

:

k=0

S

L(V;V )

1

kSk2L(V;V )

kSkL(V;V )

:

Por tanto, (I lm

S!0

S)

1

I

S

kSkL(V;V )

L(V;V )

lm

S!0

1

kSkL(V;V )

= 0;

kSkL(V;V )

lo que demuestra la última a…rmación del lema. En la demostración del teorema de la función implícita usaremos el siguiente resultado. Proposición 10.17

(a) H(V; W ) es un subconjunto abierto de L(V; W ):

(b) La función : H(V; W ) ! L(W; V );

(T ) := T

1

;

es diferenciable y su derivada en T0 es 0

(T0 )T =

T0 1 T T0 1 :

Demostración: (a): Si V = W = f0g o si H(V; W ) = ;; la a…rmación es obvia. Supongamos pues que H(V; W ) 6= ; y que V 6= f0g y W 6= f0g. Sea T0 2 H(V; W ). Entonces T0 6= 0: Probaremos que BL(V;W ) (T0 ; r)

H(V; W );

donde r := T0

1

1 L(W;V )

:

(10.6)

10.4. DEMOSTRACIÓN DEL TEOREMA DE LA FUNCIÓN IMPLíCITA

Sea T 2 L(V; W ) tal que kT T0 1 T

I

211

T0 kL(V;W ) < r: Entonces =

L(V;V )

T0 1 (T

T0 )

1

T0

L(W;V )

L(V;V )

kT

T0 kL(V;W ) < 1:

El Lema 10.16 asegura entonces que T0 1 T 2 H(V; V ): En consecuencia, T = T0 T0 1 T 2 H(V; W ): Esto prueba que BL(V;W ) (T0 ; r) H(V; W ): (b): Sean T0 2 H(V; W ) y T 2 L(V; W ); T 6= 0: Denotemos por S := T0 1 T: Entonces (I S) 1 T0 1 = (T0 (I S)) 1 = (T0 T ) 1 ; así que (T0

T)

1

1

T0 1 T T0

T0

1

T0 1 T T0

1

= (I

S)

1

S T0 1 :

I

En consecuencia, (T0

T)

1

T0

1

kT kL(V;W )

(I

L(W;V )

S)

1

I

S

kSkL(V;V )

T

0 L(V;V ) 1 T0 1 L(W;V )

1 L(W;V )

:

Nota que S ! 0 cuando T ! 0: De modo que, usando el Lema 10.16, concluimos que lm

(T0

T)

1

Esto prueba que

10.4.

1

T0 1 T T0

kT kL(V;W )

T !0 2 T0 1 L(W;V )

T0 (I

S)

lm

T !0

es diferenciable en T0 y que

1

1

I

L(W;V )

S

kSkL(V;V ) 0

(T0 )T =

L(V;V )

!

= 0:

T0 1 T T0 1 :

Demostración del teorema de la función implícita

Observa primero que basta probar el Teorema 10.7 para c = 0. En efecto: la función ' e (v; w) := '(v; w) c cumple que ' e (v0 ; w0 ) = 0 si y sólo si '(v0 ; w0 ) = c; y @i ' e (v; w) = @i '(v; w) para todo (v; w) 2 ; i = 1; 2: Así que, si el teorema de la función implícita vale para ' e ; también vale para ':

212

10. EL TEOREMA DE LA FUNCIÓN IMPLíCITA

En lo que resta de esta sección supondremos que V; W; Z son espacios de Banach, es un subconjunto abierto de V W , ' : ! Z es una función de clase C 1 en ; y (v0 ; w0 ) es un punto de tal que y

'(v0 ; w0 ) = 0

T0 := @2 '(v0 ; w0 ) 2 H(W; Z):

Dado (v; w) 2 ; de…nimos v (w)

T0 1 '(v; w):

:= w

Observa que T0 1 '(v; w) = 0

()

'(v; w) = 0

()

v (w)

= w:

(10.7)

Esto sugiere usar el teorema de punto …jo de Banach para obtener soluciones de la ecuación '(v; w) = 0: Empezaremos demostrando el siguiente lema. Lema 10.18 Existen ; > 0 tales que (i) BV (v0 ; )

(ii) @2 '(v; w) 2 H(W; Z) (iii) k

v (w)

,

BW (w0 ; )

w0 k <

(iv) k v (w1 ) BW (w0 ; ):

para cualesquiera v 2 BV (v0 ; ); w 2 BW (w0 ; );

para cualesquiera v 2 BV (v0 ; ); w 2 BW (w0 ; );

v (w2 )kW

3 4

kw1

w2 kW

para cualesquiera v 2 BV (v0 ; ); w1 ; w2 2

Demostración: Sea c0 := T0 1 L(Z;W ) : Como H(W; Z) es abierto en L(W; Z) (ver Proposición 10.17), @2 '(v0 ; w0 ) 2 H(W; Z) y @2 ' : ! L(W; Z) es continua, existe > 0 tal que BV (v0 ; ) BW (w0 ; ) @2 '(v; w) 2 H(W; Z)

; 8(v; w) 2 BV (v0 ; )

BW (w0 ; );

(10.8)

y k@2 '(v; w)

@2 '(v0 ; w0 )kL(W;Z) <

1 4c0

8(v; w) 2 BV (v0 ; )

Por otra parte, como T0 1 ' es continua y T0 1 '(v0 ; w0 ) = 0, existe T0 1 '(v; w0 )

W

<

4

8v 2 BV (v0 ; ):

BW (w0 ; ):

(10.9)

2 (0; ) tal que (10.10)

10.4. DEMOSTRACIÓN DEL TEOREMA DE LA FUNCIÓN IMPLíCITA

213

Las propiedades (i) y (ii) se siguen de (10.8). Probemos (iii) y (iv). Sean v 2 BV (v0 ; ); w1 ; w2 2 BW (w0 ; ): Entonces, wt+1 := (1 t)w1 + tw2 2 BW (w0 ; ) para todo t 2 [0; 1]: Del Corolario 9.18 y la desigualdad (10.9) se sigue que k

v (w1 )

v (w2 )kW

=

T0 1 T0 (w1 w2 ) T0 1 ('(v; w1 ) '(v; w2 )) W c0 k@2 '(v0 ; w0 )(w1 w2 ) '(v; w1 ) + '(v; w2 )kW c0 k@2 '(v0 ; w0 )(w1 w2 ) @2 '(v; w0 )(w1 w2 )kW +c0 k@2 '(v; w0 )(w1 w2 ) '(v; w1 ) + '(v; w2 )kW c0 k@2 '(v; w0 ) @2 '(v0 ; w0 )kL(W;Z) kw1 w2 kW +c0 sup k@2 '(v; wt+1 ) @2 '(v; w0 )kL(W;Z) kw1 w2 kW t2[0;1]

<

3 kw1 4

w2 kW :

En consecuencia, usando (10.10) obtenemos k

v (w)

w0 kW

k v (w) w0 kW v (w0 )kW + k v (w0 ) 1 = k v (w) v (w0 )kW + T0 '(v; w0 ) W 3 kw w0 kW + < 4 4 8v 2 BV (v0 ; ); 8w 2 BW (w0 ; ):

Esto concluye la demostración.

Lema 10.19 Para ; > 0 como en el Lema 10.18 se cumple lo siguiente: (a) Para cada v 2 BV (v0 ; ) existe f (v) 2 BW (w0 ; ) tal que '(v; f (v)) = 0; y f (v) es el único elemento de BW (w0 ; ) con esta propiedad. (b) La función f : BV (v0 ; ) ! W es de clase C 1 y f 0 (v) =

[@2 '(v; f (v))]

1

@1 '(v; f (v))

8v 2 BV (v0 ; ):

Demostración: (a): Sea v 2 BV (v0 ; ): La a…rmación (iii) del Lema 10.18 asegura que v es una función de BW (w0 ; ) en sí mismo. Como BW (w0 ; ) es cerrado y W es de

214

10. EL TEOREMA DE LA FUNCIÓN IMPLíCITA

Banach, BW (w0 ; ) es un espacio métrico completo. La a…rmación (iv) del Lema 10.18 asegura que v : BW (w0 ; ) ! BW (w0 ; )

es una contracción. Por el teorema de punto …jo de Banach (ver Teorema 6.3) existe un único f (v) 2 BW (w0 ; ) tal que f (v) =

v (f (v)):

La a…rmación (iii) del Lema 10.18 asegura entonces que f (v) = v (f (v)) 2 BW (w0 ; ): De la observación (10.7) se sigue la a…rmación (a). Antes de probar la a…rmación (b) probaremos que la función f : BV (v0 ; ) ! W es continua. Sean v1 2 BV (v0 ; ) y " > 0: Como kv (f (v)) = f (v); la a…rmación (iv) del Lema 10.18 asegura que k v (w0 )

f (v)

k

3 4

W

kw0

k

3 4

f (v)kW <

8v 2 BV (v0 ; ):

Por tanto, existe k0 2 N, independiente de v; tal que " k f (v) W < 8k k0 ; 8v 2 BV (v0 ; ): v (w0 ) 3 La función v 7! > 0 tal que

v (w0 )

= w0

k0 v (w0 )

T0 1 '(v; w0 ) es continua en BV (v0 ; ). Por tanto, existe

k0 v1 (w0 ) W

<

" 3

8v 2 BV (v0 ; ) \ BV (v1 ; ):

Concluimos que kf (v)

f (v1 )kW

f (v) + < "

k0 v (w0 ) W

+

k0 v (w0 )

k0 v1 (w0 ) W

k0 v1 (w0 )

f (v1 ) W 8v 2 BV (v0 ; ) \ BV (v1 ; ):

Esto demuestra que f es continua en BV (v0 ; ): (b): Sean v; v1 2 BV (v0 ; ) y " > 0: Denotamos por w := f (v);

w1 := f (v1 );

T1 := @1 '(v1 ; w1 );

T2 := @2 '(v1 ; w1 ):

La a…rmación (ii) del Lema 10.18 asegura que T2 es un isomor…smo de Banach. De…nimos c1 := T2 1 T1

L(V;W )

;

c2 := T2

1 L(Z;W )

;

:= m n 1;

" c1 + 1

:

10.4. DEMOSTRACIÓN DEL TEOREMA DE LA FUNCIÓN IMPLíCITA

215

Se sigue de (a) que '(v1 ; w1 ) = 0 = '(v; w). En consecuencia, '(v; w)

'0 (v1 ; w1 )(v

'(v1 ; w1 )

v1 ; w

w1 ) =

T1 (v

v1 )

T2 (w

w1 )

y, como ' es diferenciable en (v1 ; w1 ); se tiene que kT1 (v (v;w)!(v1 ;w1 ) k(v

v1 ) + T2 (w w1 )kZ = 0: v1 ; w w1 )kV W

lm

De (10.11) y de la continuidad de f se sigue que existe BV (v0 ; ) y kT1 (v

v1 ) + T2 (w

Así que, si kv

w1 )kZ <

2c2

> 0 tal que BV (v1 ; )

(kv

v1 kV + kw

w1 kW )

si kv

=

T2 1 (T1 (v

v1 ) + T2 (w

v 1 kV < :

v 1 kV < ;

T2 1 T1 (v

v1 ) + w

w1

W

< y, como

(10.11)

2

v1 kV + kw

(kv

w1 ))

W

w1 kW )

(10.12)

< 1; kw

w1 kW

T2 1 T1 (v v1 ) + w w1 W + T2 1 T1 (v v1 ) 1 (kv v1 kV + kw w1 kW ) + c1 kv v1 kV ; < 2

W

es decir, kw

w1 kW < (2c1 + 1) kv

v 1 kV

si kv

v1 kV < :

Combinando ésta con la desigualdad (10.12) obtenemos que f (v)

f (v1 ) + T2 1 T1 (v

v1 )

W

=

w

w1 + T2 1 T1 (v

v1 )

W

kv v1 kV + kw w1 kW 2 2 < (c1 + 1) kv v1 kV " kv v1 kV si kv v1 kV < ; <

lo cual demuestra que f es diferenciable en v1 y que f 0 (v1 ) =

[@2 '(v1 ; f (v1 ))]

1

@1 '(v1 ; f (v1 )):

216

10. EL TEOREMA DE LA FUNCIÓN IMPLíCITA

Probaremos ahora que f 0 : BV (v0 ; ) ! L(V; W ) es continua. Sean vk ; v 2 BV (v0 ; ) tales que vk ! v en V: Como f; @1 '; @2 ' y la función T 7! T 1 son funciones continuas (ver Proposición 10.17), se tiene que @1 '(vk ; f (vk )) ! @1 '(v; f (v)) [@2 '(vk ; f (vk ))] 1 ! [@2 '(v; f (v))]

1

en L(V; Z); en L(Z; W ):

En consecuencia, [@2 '(vk ; f (vk ))]

1

@1 '(vk ; f (vk )) !

[@2 '(v; f (v))]

1

@1 '(v; f (v))

en L(V; W )

(ver Ejercicio 9.38), es decir, f 0 (vk ) ! f (v) en L(V; W ): Esto prueba que f es de clase C 1 en BV (v0 ; ): Demostración del Teorema 10.7: Sean ; > 0 como en el Lema 10.18 y f : BV (v0 ; ) ! W como en el Lema 10.19. Entonces BV (v0 ; ) BW (w0 ; ) y f es de 1 clase C : La a…rmación (a) del Lema 10.19 asegura que f(v; w) 2 BV (v0 ; )

BW (w0 ; ) : '(v; w) = 0g = f(v; f (v)) : v 2 BV (v0 ; )g:

Esta es la a…rmacion (I) del Teorema 10.7. La a…rmación (II) se sigue de las a…rmaciones (ii) del Lema 10.18 y (b) del Lema 10.19.

10.5.

Ejercicios

Ejercicio 10.20 Sea A = (aij ) una matriz de n

(m + n) tal que el determinante

a1;m+1 .. .

a1;m+n .. .

an;m+1

an;m+n

es distinto de 0: Prueba directamente (sin usar el teorema de la función implícita) que existe una única función L : Rm ! Rn tal que A(x1 ; : : : ; xm ; L(x1 ; : : : ; xm )) = 0: Ejercicio 10.21 Identi…camos al espacio L(Rn ; Rm ) con el espacio Mm trices de m n de la manera usual.

n (R)

de ma-

(a) Prueba que el espacio H(Rn ; Rm ) es vacío si m 6= n y es el espacio de matrices cuyo determinante es distinto de 0 si m = n:

10.5. EJERCICIOS

217

(b) Prueba que el determinante det : Mn n (R) ! R es una función continua y concluye que H(Rn ; Rm ) es abierto en L(Rn ; Rm ): (c) Si n m, el espacio Mono(Rn ; Rm ) de funciones lineales e inyectivas de Rn en Rm coincide con el espacio de matrices de m n de rango n. Prueba que Mono(Rn ; Rm ) es abierto en L(Rn ; Rm ): (d) Análogamente, si n m; prueba que el espacio Epi (Rn ; Rm ) de funciones lineales y suprayectivas de Rn en Rm es abierto en L(Rn ; Rm ): Ejercicio 10.22 Sea F : L(W; V )

L(W; V ) ! L(L(V; W ); L(W; V )) la función

F (T1 ; T2 )S := T1 ST2 : Prueba que F es bilineal y que kF (T1 ; T2 )kL(L(V;W );L(W;V ))

kT1 kL(W;V ) kT2 kL(W;V ) :

En consecuencia, F es continua. Ejercicio 10.23 Prueba que la función : H(V; W ) ! L(W; V );

1

(T ) = T

;

es de clase C 1 : (Sugerencia: Usa los Ejercicios 9.52 y 10.22.) Ejercicio 10.24 Demuestra que, si en el Teorema 10.7 la función ' es de clase C k ; entonces la función f también es de clase C k : Ejercicio 10.25 (Teorema de la función inversa) Sean V; W espacios de Banach, un subconjunto abierto de V; ' : ! W una función de clase C k en con 1 k 1; y v0 2 . Prueba que, si '0 (v0 ) 2 H(V; W ), entonces existen un abierto 0 de W y un abierto 00 de V tales que v0 2 00 ; '( 00 ) = 0 y la función ' j 00 :

00

!

0

es un homeomor…smo cuyo inverso := (' j 00 ) 1 : 0 ! satisface 1 0 ('(v0 )) = ('0 (v0 )) :

00

es de clase C k en

(Sugerencia: Aplica el teorema de la función implícita a la función (w; v) := '(v) w:)

:W

0

y

! W;

218

10. EL TEOREMA DE LA FUNCIÓN IMPLíCITA

Ejercicio 10.26 Considera la función ' : (0; 1) R ! R2 dada por '(r; ) := (r cos ; r sen ): Demuestra las siguientes a…rmaciones: (a) Para todo (r; ) 2 (0; 1) R existen un abierto 0 de R2 y un abierto (0; 1) R tales que (r; ) 2 00 ; '( 00 ) = 0 y la función ' j 00 : es un homeomor…smo cuyo inverso (b) La función ' : (0; 1)

00

!

00

de

0

:= (' j 00 )

1

:

0

!

00

es de clase C 1 :

R ! R2 no es un homeomor…smo.

Ejercicio 10.27 Considera la función ' : R2 ! R2 dada por '(x; y) := (x; '2 (x; y)) donde 8 2 2 y; < (x; y x ) si x y 2 x2 y '2 (x; y) := (x; x2 ) si 0 y x2 ; : '2 (x; y) si y 0: Prueba que

(a) ' es diferenciable en R2 ; (b) '0 (0; 0) es la identidad de R2 ; (c) ' no es de clase C 1 en R2 ; (d) ' no es inyectiva en ningún abierto

que contiene a (0; 0):

Ejercicio 10.28 Sean un abierto de Rn ; x0 2 y ' : ! Rm una función de clase C k con 1 k 1: Demuestra las siguientes a…rmaciones: (a) Si '0 (x0 ) : Rn ! Rm es inyectiva, entonces existen un abierto 0 de Rn y un abierto 00 de Rm tales que x0 2 0 y '( 0 ) 2 00 ; y una función : 00 ! Rm de clase C k tal que ('(x1 ; :::; xn )) = (x1 ; :::; xn ; 0; :::; 0)

8(x1 ; :::; xn ) 2

0

:

(b) Si '0 (x0 ) : Rn ! Rm es suprayectiva, entonces existen un abierto 0 de Rn y una función : 0 ! Rn de clase C k tales que x0 2 0 ; (x0 ) = x0 ; ( 0 ) y '( (x1 ; :::; xn )) = (x1 ; :::; xm )

8(x1 ; :::; xn ) 2

0

:

Ejercicio 10.29 Encuentra los máximos y los mínimos locales de la función g : Rn ! R dada por g(x1 ; :::; xn ) := x1 + +xn en la esfera unitaria Sn 1 := fx 2 Rn : kxk = 1g:

10.5. EJERCICIOS

219

Ejercicio 10.30 Sea T el toro de revolución en R3 que se obtiene rotando el círculo S := f(x; y; 0) : (x

a)2 + y 2 = r2 g;

0 < r < a;

alrededor del eje y: (a) Encuentra los puntos críticos de la función g(x; y; z) = z en T; y di cuáles de ellos son máximos o mínimos locales de g en T . (b) Encuentra los puntos críticos de la función h(x; y; z) = y en T; y di cuáles de ellos son máximos o mínimos locales de h en T . Ejercicio 10.31 Sean un subconjunto abierto de un espacio de Banach V; ' : ! R una función de clase C 2 y u0 2 un punto crítico de '; es decir, '0 (u0 )v = 0 para todo v 2 V: Demuestra las siguientes a…rmaciones: (a) Si existe c > 0 tal que D2 '(u0 )(v; v)

c

8v 2 V con kvk = 1;

entonces u0 es un mínimo local de '; es decir, existe si ku u0 k < :

> 0 tal que '(u)

'(u0 )

(b) Si existe c > 0 tal que D2 '(u0 )(v; v)

c

8v 2 V con kvk = 1;

entonces u0 es un máximo local de '; es decir, existe si ku u0 k < : (Sugerencia: Usa el Teorema de Taylor.)

> 0 tal que '(u)

'(u0 )

220

10. EL TEOREMA DE LA FUNCIÓN IMPLíCITA

Parte III La integral de Lebesgue

221

Capítulo 11 La integral de una función continua con soporte compacto La teoría de integración moderna fue iniciada por Henri Lebesgue en 1902. La integral de Lebesgue es una de las piedras angulares del análisis matemático y tiene aplicaciones muy importantes en ecuaciones diferenciales, probabilidad y muchas otras ramas de las matemáticas. La noción de integrabilidad de Lebesgue es más general que la de Riemann en el sentido de que abarca a muchas más funciones. Pero su principal virtud es que permite intercambiar el límite por la integral bajo condiciones mucho menos restrictivas que las que requiere la integral de Riemann. Hay muchas maneras de introducir la integral de Lebesgue. La que daremos aquí tiene como punto de partida a la integral de Riemann de una función real continua en un intervalo cerrado, tal y como se de…ne en los primeros cursos de cálculo. Supondremos que el lector está familiarizado con ella y con sus propiedades. En este capítulo de…niremos la integral de funciones continuas f : Rn ! R que se anulan fuera de algún subconjunto compacto de Rn : Para este tipo de funciones, la integral que aquí introduciremos coincide con la de Riemann. Pero no hace falta usar sumas de Riemann: basta de…nir la integral mediante un proceso iterativo, integrando respecto a cada una de las variables. Esto no sólo tiene la ventaja de reducir el cálculo de la integral de una función de varias variables al de integrales de funciones de una sola variable, sino que permite además obtener las propiedades básicas de la integral de manera sencilla a partir de las propiedades correspondientes para funciones de una sola variable. Probaremos que la integral es una medida de Haar, es decir, que es lineal, monótona e invariante bajo traslaciones, y que cualquier medida de Haar es un múltiplo de la integral. Este hecho permite establecer fácilmente la invariancia de la integral bajo isometrías lineales y obtener una fórmula de transformación de la integral de una 223

224

11. LA INTEGRAL DE UNA FUNCIÓN CONTINUA CON SOPORTE COMPACTO

función bajo un cambio de variable dado por un isomor…smo lineal. Partiendo de este resultado, obtendremos una fórmula análoga cuando el cambio de variable está dado por un difeomor…smo. En el próximo capítulo extenderemos esta integral a una familia mucho más amplia de funciones, y en el capítulo subsecuente demostraremos los teoremas fundamentales de la teoría de integración de Lebesgue.

11.1.

De…nición y propiedades básicas

De…niremos la integral de funciones cada vez más generales partiendo de la integral de Riemann1 de una función continua f : [a; b] ! R. Supondremos que el lector está familiarizado con dicha integral y con sus propiedades.

Bernhard Riemann

De…nición 11.1 Un rectángulo en Rn es un producto Q = [a1 ; b1 ] n intervalos cerrados en R, es decir, Q = f(x1 ; :::; xn ) 2 Rn : ai con

1 < ai

xi

[an ; bn ] de

bi 8i = 1; :::; ng ;

bi < 1, i = 1; :::; n:

Primero de…niremos la integral de una función continua en un rectángulo mediante un proceso de iteración. Para ello requerimos comprobar que la función que se obtiene integrando respecto a la primera variable es continua respecto a las variables restantes. 1

Georg Friedrich Bernhard Riemann (1826-1866) nació en Breselenz, en el Reino de Hanover, actualmente Alemania. Estudió en la Universidad de Göttingen, donde fue alumno de Gauss. Más tarde fue profesor en esa universidad. Entre sus muchas aportaciones fundó el campo de la geometría riemanniana.

11.1. DEFINICIÓN Y PROPIEDADES BÁSICAS

225

Lema 11.2 Sea f : Q ! R una función continua en un rectángulo Q = [a1 ; b1 ] [an ; bn ]: Entonces la función f1 : [a2 ; b2 ] [an ; bn ] ! R; dada por Z b1 f (x1 ; x2 ; :::; xn )dx1 ; f1 (x2 ; :::; xn ) := a1

es continua. Demostración: El Teorema 4.31 asegura que f es uniformemente continua en Q: Por tanto, dada " > 0; existe > 0 tal que jf (x)

f (y)j <

" a1 + 1

b1

Sean x~ = (x2 ; :::; xn ); y~ = (y2 ; :::; yn ) 2 [a2 ; b2 ] Z b1 jf1 (~ x) f1 (~ y )j jf (x1 ; x2 ; :::; xn )

si kx

yk < :

[an ; bn ]: Si k~ x

y~k < ; entonces,

f (x1 ; y2 ; :::; yn )j dx1 < ":

a1

Esto prueba que f1 es continua. Si integramos ahora f1 respecto a la variable x2 ; obtendremos una función continua de las n 2 variables restantes. Repitiendo este proceso para cada variable obtenemos un número real. De…nición 11.3 La integral de una función continua f : Q ! R en un rectángulo Q = [a1 ; b1 ] [an ; bn ] se de…ne como Z b2 Z b1 Z bn Z f := f (x1 ; x2 ; :::; xn )dx1 dx2 dxn : Q

an

a2

a1

Usaremos ahora esta integral para de…nir la integral de funciones continuas f : Rn ! R que se anulan fuera de algún rectángulo. De…nición 11.4 El soporte de una función continua f : Rn ! R es la cerradura en Rn del conjunto fx 2 : f (x) 6= 0g. Lo denotamos sop(f ) := fx 2 Rn : f (x) 6= 0g: Denotaremos por Cc0 (Rn ) := ff 2 C 0 (Rn ) : sop(f ) es compactog; donde C 0 (Rn ) es el conjunto de todas las funciones continuas f : Rn ! R.

226

11. LA INTEGRAL DE UNA FUNCIÓN CONTINUA CON SOPORTE COMPACTO

Observa que Cc0 (Rn ) es un subespacio vectorial de C 0 (Rn ) (ver Ejercicio 11.33). De…nición 11.5 Sea f 2 Cc0 (Rn ): De…nimos la integral de f en Rn como Z Z f := f; Rn

Q

donde Q es algún rectángulo que contiene a sop(f ): Es sencillo comprobar que la de…nición anterior no depende del rectángulo elegido. Lo proponemos como ejercicio [Ejercicio 11.30]. Notación 11.6 Denotaremos a la integral de f en Rn de cualquiera de las siguientes formas: Z Z Z f (x1 ; x2 ; :::; xn )dx1 dxn : f (x)dx = f= Rn

Rn

Rn

La última notación pone en evidencia el orden en el que consideramos a las variables de integración en la De…nición 11.3. Más adelante veremos que el orden es irrelevante (ver Corolario 11.18). Dados

2 Rn y f : Rn ! R, denotamos por T f : Rn ! R a la función (T f ) (x) := f (x

(11.1)

):

T f se llama la traslación de f por : Teorema 11.7 La integral tiene las siguientes propiedades: (Linealidad) Si f; g 2 Cc0 (Rn ) y ; 2 R, entonces f + g 2 Cc0 (Rn ) y Z Z Z ( f + g) = f+ g: Rn

(Monotonía) Si f; g 2 Cc0 (Rn ) y f entonces

Rn

g (es decir, f (x) Z Z f g: Rn

Rn

g(x) para todo x 2 Rn ),

Rn

(Invariancia bajo traslaciones) Si 2 Rn y f 2 Cc0 (Rn ), entonces T f 2 Cc0 (Rn ) y Z Z Tf= f: Rn

Rn

11.1. DEFINICIÓN Y PROPIEDADES BÁSICAS

227

Demostración: Las primeras dos propiedades son consecuencia inmediata de las propiedades correspondientes para funciones de variable real [Ejercicios 11.33 y 11.31]. Probaremos la invariancia bajo traslaciones. Sean 2 Rn , f 2 Cc0 (Rn ): Si n = 1 y sop(f ) [a; b], entonces sop(T f ) [a + ; b + ] y usando el teorema de cambio de variable para funciones de variable real [Ejercicio 11.32] obtenemos que Z

f=

R

Z

b

f (x)dx =

a

Z

b+

f (x

)dx =

a+

Z

b+

(T f )(x)dx =

a+

Z

T f:

R

Si n > 1 y sop(f ) [a1 ; b1 ] [an ; bn ], entonces sop(T f ) [a1 + 1 ; b1 + 1 ] [an + n ; bn + n ]: Aplicando el caso n = 1 y argumentando por inducción obtenemos Z

f =

Rn

= = =

Z

Rn

1

Rn

1

Rn

1

Z

Z

Z

Z

f (x1 ; x2 ; :::; xn )dx1 dx2

dxn

R

Z

f (x1

1 ; x2 ; :::; xn )dx1

f (x1

1 ; x2

dx2

dxn

R

Z

2 ; :::; xn

n )dx1

dx2

dxn

R

T f;

Rn

como a…rma el enunciado. Una consecuencia de la invariancia bajo traslaciones es que la integral del límite puntual de una sucesión de funciones no coincide, en general, con el límite de las integrales de dichas funciones, como lo muestra el siguiente ejemplo.

Ejemplo 11.8 Existe una sucesión (fk ) en Cc0 (Rn ) que converge puntualmente a 0; tal R que Rn fk no converge a 0: En consecuencia, lm

k!1

Z

Rn

fk 6=

Z

l m fk (x)dx:

Rn k!1

R Demostración: Sea g 2 Cc0 (Rn ) tal que Rn g 6= 0 y sop(g) [0; 1]n : De…nimos fk := T k g; donde k = (k; 0; :::; 0) 2 Rn : Entonces sop(fk ) [k; k + 1] [0; 1]n 1 y, por

228

11. LA INTEGRAL DE UNA FUNCIÓN CONTINUA CON SOPORTE COMPACTO

tanto, l mk!1 fk (x) = 0 para cada x 2 Rn :

y

y 0 .3

0 .3

0 .2

0 .2 0 .1

0 .1

0

0 0

0 .5

1

1 .5

0

2

0 .5

1

1 .5

2 x

x

T 1g

g

Por otra parte, de la invariancia de la integral bajo traslaciones se sigue que Z Z fk = g 8k 2 N: Rn

En consecuencia, lm

k!1

como a…rma el enunciado.

Z

Rn

fk =

Rn

Z

Rn

g 6= 0 =

Z

l m fk (x);

Rn k!1

Más adelante daremos condiciones razonables que permiten intercambiar la integral con el límite puntual de funciones (ver Teorema 13.26).

11.2.

Unicidad de la integral

En esta sección veremos que las propiedades de linealidad, monotonía e invariancia bajo traslaciones determinan a la integral, salvo por una constante. Este hecho será de utilidad para probar la invariancia de la integral bajo isometrías lineales y el teorema de cambio de variable. De…nición 11.9 Una medida de Haar en Rn es una función J : Cc0 (Rn ) ! R con las siguientes tres propiedades: (Linealidad) J ( f + g) = J(f )+ J(g) para cualesquiera f; g 2 Cc0 (Rn ) y ; (Monotonía) J(f )

J(g) para cualesquiera f; g 2 Cc0 (Rn ) con f

2 R,

g;

(Invariancia bajo traslaciones) J(T f ) = J(f ) para cualesquiera Cc0 (Rn ):

2 Rn y f 2

11.2. UNICIDAD DE LA INTEGRAL

229

El Teorema 11.7 a…rma que la integral es una medida de Haar2 . El siguiente resultado a…rma que ésta es esencialmente la única medida de Haar en Rn :

Alfréd Haar

Teorema 11.10 (Comparación de medidas de Haar) Si J : Cc0 (Rn ) ! R es una medida de Haar, entonces existe una constante c 0 tal que Z J(f ) = c f 8f 2 Cc0 (Rn ): Rn

Para demostrar este teorema veremos primero que, bajo hipótesis adecuadas, una medida de Haar conmuta con el límite uniforme de funciones en Cc0 (Rn ): Observa que toda función f en Cc0 (Rn ) está acotada, así que su norma uniforme en Cc0 (Rn ); kf k1 := sup jf (x)j ; x2Rn

está bien de…nida. Lema 11.11 Sea J : Cc0 (Rn ) ! R una función lineal y monótona. Si (fk ) es una sucesión en Cc0 (Rn ) tal que existe un compacto K en Rn que contiene a sop(fk ) para todo k 2 N y fk ! f uniformemente en Rn ; entonces f 2 Cc0 (Rn ) y l m J(fk ) = J(f ):

k!1

Demostración: Del Teorema 5.14 se sigue que f es continua y, como fk (x) ! f (x) para todo x 2 Rn ; se tiene que sop(f ) K: En consecuencia, f 2 Cc0 (Rn ): Sea g 2 Cc0 (Rn ) tal que g(x) = 1 para todo x 2 K y g(x) 0 para todo x 2 Rn [Ejercicio 11.38]. Como sop(f fk ) K; se tiene que kf 2

fk k1 g

f

fk

kf

fk k1 g

Alfréd Haar (1885-1933) nació en Budapest, Hungría. Estudió el doctorado en la Universidad de Göttingen donde fue alumno de Hilbert. Fue profesor de la Universidad de Szeged. Junto con Riesz, contribuyó a formar en ella un centro importante de matemáticas.

230

11. LA INTEGRAL DE UNA FUNCIÓN CONTINUA CON SOPORTE COMPACTO

y, como J es lineal y monótona, concluimos que kf

fk k1 J(g)

J(f )

J(fk )

kf

jJ(f )

J(fk )j

c kf

fk k1

fk k1 J(g);

es decir, con c := J(g): En consecuencia, jJ(f )

J(fk )j ! 0:

Vale la pena observar que la a…rmación del Lema 11.11 no es cierta si sustituimos convergencia uniforme por convergencia puntual, como lo muestra el siguiente ejemplo. Ejemplo 11.12 La sucesión de funciones fk : R ! R dadas por fk (x) := max k 2 converge puntualmente a 0 en R y sop(fk )

1 ;0 k

k3 x

[0; 2] para todo k 2 N; pero

y

R

R

fk = k ! 1:

3 .5

3

2 .5

2

1 .5

1

0 .5 0 -1

0

1

2

3 x

grá…ca de f2

Veremos ahora que toda función f 2 Cc0 (Rn ) se puede expresar como el límite uniforme de combinaciones lineales de traslaciones y dilataciones de una única función que de…niremos a continuación. Sea : R ! R la función dada por (t) := De…nimos

1 0

jtj si jtj si jtj

: Rn ! R como (x1 ; :::; xn ) := (x1 )

y, para cada

1; 1:

> 0; de…nimos (x) :=

x

(xn ) :

(11.2)

(11.3)

11.2. UNICIDAD DE LA INTEGRAL

231

-1 -0.5

1 0.75 0.5 0.25 00 z

0.5

-1 -0.5 0.5

1

1

x

y

grá…ca de

Esta función es continua y tiene las siguientes propiedades. Lema 11.13

(a) sop(

)=[

; ]n :

(b) (T )(x) = (T ) ( x ) para cualesquiera x 2 Rn ; 2 Rn : P (c) T m = 1; donde Zn denota a los puntos de Rn de coordenadas enteras. m2Zn

Demostración: La a…rmación (a) es inmediata, pues sop( ) = [ 1; 1]n : La a…rmación (b) también es clara, ya que (T

)(x) =

(x

)=

(

Para probar (c) observa primero que, si t 2 [j P

(t

k) = (t

(j

1)) + (t

x

x )( ):

) = (T

1; j] con j 2 Z, entonces

j) = 1

(t

j + 1) + 1

1

2

(j

k2Z

1

0 -3

Por tanto,

-2

-1

0

P

Tk = 1:

k2Z

En consecuencia, si m = (m1 ; :::; mn ) 2 Zn ; dado que (Tm ) (x1 ; :::; xn ) = (Tm1 ) (x1 )

(Tmn ) (xn );

3

t) = 1:

232

11. LA INTEGRAL DE UNA FUNCIÓN CONTINUA CON SOPORTE COMPACTO

se cumple que P

P

(Tm ) (x1 ; :::; xn ) =

m2Zn

P

(Tm1 ) (x1 )

m1 2Z

es decir,

(Tmn ) (xn )

= 1;

mn 2Z

P

Tm

= 1:

m2Zn

De esta identidad y la identidad (b) se sigue inmediatamente (c). Observa que, si f 2 Cc0 (Rn ); entonces f ( m) 6= 0 únicamente para un número …nito de m 2 Zn : Por tanto, la función P

f ( m)T

m

m2Zn

es una suma …nita de funciones continuas con soporte compacto y, en consecuencia, pertenece a Cc0 (Rn ): Lema 11.14 Para cada f 2 Cc0 (Rn ); P

lm f !0

f ( m)T

= 0:

m

m2Zn

1

Demostración: Sea " > 0: Como f tiene soporte compacto, f es uniformemente continua en Rn [Ejercicio 11.39]. Por tanto, existe > 0 tal que jf (x) Sea

<

p

n

si kx

f (y)j < "

yk < :

: Usando la a…rmación (c) del Lema 11.13, para cada x 2 Rn obtenemos

f (x)

P

f ( m)(T

m

P

)(x) =

m2Zn

(f (x)

f ( m)) (T

m

)(x)

m2Zn

=

P

(f (x)

f ( m)) (T

m

)(x);

(11.4)

m2S(x)

donde S(x) := fm 2 Zn : x 2 sop(T m )g: Nota que S(x) es un conjunto …nito. Ahora bien, como sop(T m ) = fx 2 Rn : x m 2 [ ; ]n g; se tiene que kx

mk

p

n <

8m 2 S(x):

11.2. UNICIDAD DE LA INTEGRAL

233

Aplicando la desigualdad del triángulo a (11.4) concluimos que P

f (x)

f ( m)(T

)(x)

m

m2Zn

P

m2S(x)

< "

P

jf (x) (T

f ( m)j (T )(x)

m

)(x)

m

0; se cumple que 2n J(

) = J(

2

):

En consecuencia, 2nk J(

2

k

8k 2 N.

) = J( )

Demostración: Un cálculo directo, que proponemos como ejercicio [Ejercicio 11.40] y aquí ilustramos con una …gura, muestra que 1 1 (2t + 1) + (2t) + (2t 2 2

8t 2 R.

1) = (t)

y

y

0.75

0.75

0.5

0.5

0.25

0.25

0 -1.5

-1

-0.5

0 0

0.5

1

1.5

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

x

Reemplazando t por 2

t 2

(t) = =

1 (T 2

=

1 2

)(t) +

1.5 x

en la identidad anterior obtenemos t 2

1

t+

+

1 (t) + (T 2

t )(t)

+

1 2

t 8t 2 R:

234

11. LA INTEGRAL DE UNA FUNCIÓN CONTINUA CON SOPORTE COMPACTO

Es decir, 2

=

X 2

Por tanto, 2

1 2

j j

T

(x1 ; :::; xn ) =

2 (x1 ) X = c (T 2

donde c =

n Q

i=1

Observa que X 2

n

con

;

c =

1 2

j

ij

X

2

2

(xn ) (11.5)

)(x1 ; :::; xn );

n

con

1 1 +1+ 2 2

:= f 1; 0; 1g:

= ( 1 ; :::;

c =

n 1

n)

2

1 1 +1+ 2 2

n

:

n

= 2n :

Como J es lineal e invariante bajo traslaciones, aplicando J a la identidad (11.5) concluimos que P J( 2 ) = c J( ) = 2n J( ): 2

n

Esta es la primera identidad del enunciado. Para probar la segunda aplicamos ésta k veces, con mente, para obtener J( ) = 2n J(

2

1

) = 22n J(

2

2

)=

= 2 1 ; 2 2 ; :::; 2 = 2kn J(

2

k

k

respectiva-

):

Esto concluye la demostración.

Demostración del Teorema 11.10. Sea J : Cc0 (Rn ) ! R una medida de Haar y sea c := J( ), donde es la función de…nida en (11.2). Denotemos por I : Cc0 (Rn ) ! R a la función Z I(f ) := f: Rn

Probaremos que

8f 2 Cc0 (Rn ):

J(f ) = cI(f ) Usando el Ejercicio 11.37 obtenemos I( ) =

Z

R

n

= 1:

11.3. INVARIANCIA BAJO ISOMETRíAS

235

Aplicando el Lema 11.15 tanto a I como a J concluimos que J(

2

k

kn

)=2

J( ) = 2

kn

cI( ) = cI(

Sea f 2 Cc0 (Rn ): De los Lemas 11.11 y 11.14 se sigue que J(f ) = =

lm J

k!1

k

f (2 m)T2

km

k

2

m2Zn

lm

k!1

X

X

f (2 k m)J(

k

2

2

k

):

!

)

m2Zn

= c lm

k!1

X

2

k

)

m2Zn

= c lm I k!1

f (2 k m)I( X

f (2 k m)T2

km

m2Zn

2

k

!

= cI(f ):

Esto concluye la demostración.

11.3.

Invariancia bajo isometrías

Sea GL(n; R) el conjunto de todas las matrices invertibles de n n con coe…cientes reales, es decir, de las matrices cuyo determinante es distinto de cero. Si identi…camos a una matriz A con la transformación lineal A : Rn ! Rn de…nida por ella, de la manera usual, entonces GL(n; R) es el conjunto de isomor…smos lineales H(Rn ; Rn ) de…nido en la Sección 10.3: GL(n; R) con el producto de matrices (o la composición de transformaciones lineales) es un grupo, que se llama grupo lineal general. Observa lo siguiente. Lema 11.16 Si J : Cc0 (Rn ) ! R es una medida de Haar en Rn y A 2 GL(n; R); entonces la función JA : Cc0 (Rn ) ! R dada por JA (f ) := J(f

A)

está bien de…nida y es una medida de Haar en Rn : Demostración: Sean A 2 GL(n; R) y f 2 Cc0 (Rn ): Puesto que sop(f A) = A (sop(f )); se tiene que sop(f A) es compacto (ver Proposición 4.10). Así que f A 2 Cc0 (Rn ): Esto prueba que JA está bien de…nida. 1

236

11. LA INTEGRAL DE UNA FUNCIÓN CONTINUA CON SOPORTE COMPACTO

La linealidad y la monotonía de JA son consecuencia inmediata de las propiedades correspondientes de J: Probemos la invariancia bajo traslaciones. Sean 2 Rn y f 2 Cc0 (Rn ): Para todo x 2 Rn se tiene que ((T f ) A) (x) = (T f ) (Ax) = f (Ax

) = f (A(x

A

1

)) = (TA

1

(f

A))(x):

Como J es invariante bajo traslaciones concluimos que JA (T f ) = J((T f ) A) = J(TA

1

(f

A)) = J(f

A) = JA (f );

es decir, JA es invariante bajo traslaciones. Una matriz A 2 GL(n; R) se llama ortogonal si es una isometría, es decir, si kAxk = kxk

8x 2 Rn :

Si A es una matriz ortogonal entonces det A = 1: El conjunto de todas las matrices ortogonales de n n es un subgrupo de GL(n; R); llamado el grupo ortogonal, que se denota por O(n): Usaremos el Teorema 11.10 para probar que la integral es invariante bajo isometrías. Teorema 11.17 (Invariancia bajo isometrías) Para cualesquiera A 2 O(n); Rn y f 2 Cc0 (Rn ) se cumple que Z Z f (Ax + )dx = f (y)dy: Rn

2

Rn

Demostración: Sean I; IA : Cc0 (Rn ) ! R las funciones dadas por Z I(f ) := f; IA (f ) := I(f A): Rn

Ambas son medidas de Haar en Rn (ver Lema 11.16). Por el Teorema 11.10, existe una constante c 0 tal que IA (f ) = cI(f )

8f 2 Cc0 (Rn ):

Probaremos que c = 1: Para ello, considera la función f0 (x) :=

1 0

kxk si kxk si kxk

1; 1:

(11.6)

11.3. INVARIANCIA BAJO ISOMETRíAS

237

-1.5

-1.5 0.75 0.5 -0.5 0.25 -0.5 z 00

-1

0.5

-1

0.5

1

1

1.5

1.5

x

y

grá…ca de f0

Como kAxk = kxk para todo x 2 Rn ; se tiene que f0 = f0 A: En consecuencia, cI(f0 ) = IA (f0 ) = I(f0 A) = I(f0 ); y como I(f0 ) 6= 0 [Ejercicio 11.36] concluimos que c = 1: Sustituyendo este valor en la identidad (11.6) obtenemos Z Z f 8f 2 Cc0 (Rn ): f A= Rn

Rn

Por último, usamos la invariancia de la integral bajo traslaciones para concluir que Z Z Z (T f ) A = T f= f 8f 2 Cc0 (Rn ): Rn

Rn

Rn

Ésta es la identidad deseada. Una consecuencia sencilla pero importante del Teorema 11.17 es que la integral no depende del orden de las variables. Corolario 11.18 Para cualquier permutación (i1 ; :::; in ) de (1; :::; n) se cumple que Z Z f (x1 ; x2 ; :::; xn )dx1 dxn = f (x1 ; x2 ; :::; xn )dxi1 dxin : Rn

Rn

Demostración: Sea A la matriz que permuta coordenadas como sigue: donde yk := xj si ij = k:

A(x1 ; x2 ; :::; xn ) = (y1 ; y2 ; :::; yn );

Claramente, kAxk = kxk para todo x 2 Rn ; por tanto A 2 O(n): Aplicando el Teorema 11.17 obtenemos Z Z f (x1 ; x2 ; :::; xn )dx1 dxn = (f A)(x1 ; x2 ; :::; xn )dx1 dxn n Rn R Z = f (y1 ; y2 ; :::; yn )dyi1 dyin ; Rn

238

11. LA INTEGRAL DE UNA FUNCIÓN CONTINUA CON SOPORTE COMPACTO

como a…rma el enunciado. El Teorema 11.17 se extiende como sigue. Teorema 11.19 Para cualesquiera A 2 GL(n; R); 2 Rn y f 2 Cc0 (Rn ) se cumple que Z Z f (Ax + ) jdet Aj dx = f (y)dy: Rn

Rn

Para demostrar este teorema usaremos el siguiente caso particular de él. Lema 11.20 Si A es una matriz diagonal de n n tal que det A 6= 0, entonces para toda f 2 Cc0 (Rn ) se cumple que Z Z f (y)dy: f (Ax) jdet Aj dx = Rn

Rn

Demostración: Sea

tal que det A =

0

1

B A = @ ... 0

1

n

..

.

1 0 .. C : . A n

6= 0: Consida la medida de Haar IA : Cc0 (Rn ) ! R dada por Z IA (f ) := f A Rn

(ver Lema 11.16). Por el Teorema 11.10 existe c 0 tal que Z IA (f ) = c f 8f 2 Cc0 (Rn ):

(11.7)

Rn

Para determinar c basta calcular el valor de IA en la función que, para > 0; ( 1 j tj si jtj j1j ; ( t) = 0 si jtj j1j : Por tanto,

Z

R

( t)dt =

1 j j

de…nida en (11.2). Nota

11.3. INVARIANCIA BAJO ISOMETRíAS

y, en consecuencia,

Z

A =

Rn

Como

Rn

Z

( 1 x1 )

Rn

= R

239

= 1 concluimos que

1

1

j 1j

j

nj

( =

1 = IA ( ) = c jdet Aj

n xn )dx1

dxn

1 : jdet Aj

Z

= c:

Rn

Sustituyendo este valor en la identidad (11.7) obtenemos Z Z 1 f A= f 8f 2 Cc0 (Rn ); jdet Aj n n R R como a…rma el enunciado.

Usaremos el siguiente resultado de algebra lineal3 para probar el Teorema 11.19. Teorema 11.21 (Descomposición en valores singulares) Sea A una matriz de n n con coe…cientes reales. Entonces existen U1 ; U2 2 O(n) y una matriz diagonal D con coe…cientes no negativos tales que A = U1 DU2 : Proponemos la demostración de este resultado como ejercicio [Ejercicio 11.46]. Demostración del Teorema 11.19. Sean A 2 GL(n; R); 2 Rn y f 2 Cc0 (Rn ): Por el Teorema 11.21, existen U1 ; U2 2 O(n) y una matriz diagonal D tales que A = U1 DU2 : En particular, jdet Dj = jdet Aj = 6 0: Usando el Teorema 11.17, el Lema 11.20 y la invariancia de la integral bajo traslaciones, obtenemos Z Z Z f (x)dx = f (U1 x)dx = f (U1 Dx) jdet Dj dx n Rn Rn ZR Z = f (U1 DU2 x) jdet Dj dx = f (Ax) jdet Aj dx n n R R Z = f (Ax + ) jdet Aj dx; Rn

como a…rma el enunciado. 3

Consulta por ejemplo el libro de S. Friedberg, A. J. Insel, L. E. Spence, Linear Algebra, Fourth Edition, Pearson Education, New Jersey 2003 (Theorem 6.27).

240

11. LA INTEGRAL DE UNA FUNCIÓN CONTINUA CON SOPORTE COMPACTO

11.4.

El teorema de cambio de variable

Ahora nuestro objetivo es extender el Teorema 11.19, reemplazando a la transformación x 7! Ax + por una función ' que localmente se parece a ella. Empezaremos precisando lo que esto signi…ca. A lo largo de esta sección denotará a un subconjunto abierto de Rn : De…nición 11.22 Sea f 2 C 0 ( ): El soporte de f es la cerradura en Rn del conjunto fx 2 : f (x) 6= 0g: Lo denotamos sop(f ): Nota que el soporte de una función f 2 C 0 ( ) no necesariamente está contenido en : Por ejemplo, si f (x) = 1 para todo x 2 entonces sop(f ) = , que no está n contenido en si 6= R : De…nimos Cc0 ( ) := ff 2 C 0 ( ) : sop(f ) es compacto y sop(f )

g: = Rn

Nota que Cc0 ( ) es un subespacio vectorial de C 0 ( ) (ver Ejercicio 11.33). Si este espacio coincide con el de la De…nición 11.4. Dada una función f : ! R; denotamos por f : Rn ! R a la función f (x) :=

f (x) si x 2 ; 0 si x 2 Rn r :

Es sencillo comprobar que, si f 2 Cc0 ( ); entonces f es continua en todo Rn y pertenece a Cc0 (Rn ) [Ejercicio 11.48]. De…nición 11.23 Si f 2 Cc0 ( ) de…nimos la integral de f en Z Z f := f:

como

Rn

De…nición 11.24 Sean y 0 subconjuntos abiertos de Rn : Una función ' : ! 0 es un difeomor…smo de clase C 1 si ' es de clase C 1 en ; ' es biyectiva y su inverso ' 1 : 0 ! es de clase C 1 en 0 : Si ' es un difeomor…smo de clase C 1 ; la regla de la cadena asegura que (' 1 )0 ('( )) '0 ( ) = id

y

'0 ( ) (' 1 )0 ('( )) = id

8 2 ;

donde id : Rn ! Rn es la identidad. Por tanto, '0 ( ) 2 GL(n; R) para todo una vecindad pequeña de , la función ' es muy cercana a la función (x) := '( ) + '0 ( )(x

) = '0 ( )x + ['( )

2

: En

'0 ( ) ] ;

para la cual vale el Teorema 11.19. Probaremos la siguiente extensión de ese resultado.

11.4. EL TEOREMA DE CAMBIO DE VARIABLE

241

Teorema 11.25 (de cambio de variable) Sean y 0 subconjuntos abiertos de Rn ; ' : ! 0 un difeomor…smo de clase C 1 y f 2 Cc0 ( 0 ): Entonces (f ') jdet '0 j 2 Cc0 ( ) y Z Z 0 f ('(x)) jdet ' (x)j dx = f (y)dy: 0

La idea de la demostración es aproximar localmente a ' por la función y aplicar el Teorema 11.19. Dedicaremos el resto de esta sección a la demostracion de este resultado. Usaremos el siguiente lema. Lema 11.26 Sean K = (K; dK ) un espacio métrico compacto, X = (X; dX ) un espacio métrico y ' : K ! X una función continua. Entonces existe una función no decreciente ! : [0; 1) ! [0; 1) tal que l mt!0+ !(t) = 0 y dX ('(x); '(y))

!(dK (x; y))

8x; y 2 K:

Demostración: Para cada t 2 [0; 1) de…nimos !(t) := supfdX ('(x); '(y)) : x; y 2 K; dK (x; y)

tg:

(11.8)

Como la función h : K K ! R dada por h(x; y) := dX ('(x); '(y)) es continua (ver Ejercicio 3.49) y K K es compacto (ver Ejercicio 7.28), se tiene que h es acotada. Por tanto, !(t) 2 [0; 1) para todo t 2 [0; 1): Claramente, !(t) !(s) si t s: Además, como ' es uniformemente continua en K; dada " > 0; existe > 0 tal que si dK (x; y) < :

dX ('(x); '(y)) < "

En consecuencia, !(t) 2 [0; "] si t 2 [0; ); es decir, l mt!0+ !(t) = 0: Por último, si x; y 2 K y t := dK (x; y); de la de…nición de ! se sigue que dX ('(x); '(y))

!(t) = !(dK (x; y)):

Esto concluye la demostración. La función ! de…nida en (11.8) es la función óptima para la cual se cumple la desigualdad del lema. Se le llama el módulo de continuidad uniforme de ': Para x = (x1 ; :::; xn ) 2 Rn denotamos por kxk1 : = max jxi j ; i=1;:::;n

Q(x; ) : = fy 2 Rn : ky

xk1

g:

242

11. LA INTEGRAL DE UNA FUNCIÓN CONTINUA CON SOPORTE COMPACTO

Recuerda que k k1 es una norma en Rn que cumple 1 p kxk n

kxk1

8x 2 Rn

kxk

(11.9)

(ver Ejercicio 2.42). A continuación introduciremos los conjuntos y las constantes que usaremos en los siguientes lemas y en la demostración del Teorema 11.25. 0

Notación 11.27 Sean y C 1 y f 2 Cc0 ( 0 ): De…nimos

abiertos en Rn ; ' :

K 0 := sop(f )

!

0

un difeomor…smo de clase

K := ' 1 (K 0 ):

y

Como K y K 0 son subconjuntos compactos de y 0 respectivamente, las distancias de K a Rn r y de K 0 a Rn r 0 son positivas (ver Ejercicio 4.41). Por tanto, existe 1 > 0 tal que Q( ; Q( ;

1) 0

1)

8 2 K; 8 2 K 0:

ϕ K'

K

Ω

Ω

Sean K1 :=

[

Q( ;

y

1)

K10 :=

[

I

Q( ;

1 ):

2K 0

2K

K1 y K10 son subconjuntos compactos de y 0 respectivamente (ver Ejercicio 4.33). Por tanto, como '0 es continua en K1 y (' 1 )0 es continua en K10 , existe M 2 R tal que sup k'0 (x)kL(Rn ;Rn ) M y sup (' 1 )0 (y) L(Rn ;Rn ) M: y2K10

x2K1

p De…nimos c0 := M n y Lema 11.28 Para cada (a) Si k'(x) (b) Si k'0 ( ) [x

2

:= m nf 1 ; c01 g:

2 (0;

1 ),

2K yx2

se cumple lo siguiente:

'( )k1

; entonces kx

k1

c0 :

]k1

; entonces kx

k1

c0 :

11.4. EL TEOREMA DE CAMBIO DE VARIABLE

243

Demostración: (a): Si k'(x) '( )k1 ; entonces yt := (1 t)'( ) + t'(x) 2 Q('( ); ) K10 para cada t 2 [0; 1]: Usando las desigualdades (11.9) y el teorema del valor medio (ver Corolario 9.17) obtenemos kx

kx k = ' 1 ('(x)) ' 1 ('( )) sup (' 1 )0 (yt ) L(Rn ;Rn ) k'(x) '( )k

k1

t2[0;1]

p M n k'(x) c0 :

(b): Si k'0 ( )(x

, usando las desigualdades (11.9) y (9.2) obtenemos

)k1

kx

'( )k1

kx k = (' 1 )0 ('( )) ['0 ( ) [x ]] 1 0 0 (' ) ['( )] L(Rn ;Rn ) k' ( ) [x ]k p M n k'0 ( ) [x ]k1 c0 :

k1

Esto concluye la demostración. : Rn ! R de…nida en (11.3). Es sencillo comprobar que

Considera la función j(T

)(x)

(T

)(y)j

n

kx

yk1

8x; y 2 Rn :

(11.10)

Proponemos esta desigualdad como ejercicio [Ejercicio 11.47]. Lema 11.29 Si

2 K0 y

2 (0;

sop(T

)

2 );

K10

entonces y

sop((T

) ')

K1 :

Además, existe una función ! : [0; 1) ! [0; 1) tal que l mt!0+ !(t) = 0 y Z Z 0 (T )('(x)) jdet ' (x)j dx (T )(y)dy !( ) n 8 2 K 0 ; 8 2 (0;

2 ):

0

Demostración: Sean 2 K 0 , := ' 1 ( ) 2 K y 2 (0; 2 ): Denotemos por : Rn ! R a la función (x) := '( ) + '0 ( ) [x ] : Como sop(T ) = Q( ; ) y c0 < 1 ; del Lema 11.28 se sigue que sop((T sop((T

) ') ) )

Q( ; c0 ) Q( ; c0 )

K1 ; K1 :

(11.11) (11.12)

244

11. LA INTEGRAL DE UNA FUNCIÓN CONTINUA CON SOPORTE COMPACTO

Por otra parte, como '0 ( ) 2 GL(n; R); aplicando el Teorema 11.19 obtenemos Z Z 0 (T ) ( (x)) jdet ' ( )j dx = (T ) (y)dy: 0

En consecuencia, bastará probar que existe una función ! : [0; 1) ! [0; 1) tal que l mt!0+ !(t) = 0 y Z Z 0 (T )('(x)) jdet ' (x)j dx (T )( (x)) jdet '0 ( )j dx !( ) n : (11.13) Sea x 2 Q( ; c0 ): Como xt := (1 t) +tx 2 Q( ; c0 ) K1 para cualquier t 2 [0; 1], el teorema del valor medio (ver Corolario 9.18) asegura que (x)k = k'(x) '( ) '0 ( ) [x ]k 0 0 sup k' (xt ) ' ( )kL(Rn ;Rn ) kx

k'(x)

t2[0;1]

sup

p

n'0 (xt )

p

n'0 ( )

t2[0;1]

k

L(Rn ;Rn )

kx

k1 :

p Aplicando el Lema 11.26 a la función n'0 : K1 ! L(Rn ; Rn ) obtenemos una función no decreciente ! 1 : [0; 1) ! [0; 1) tal que l mt!0+ ! 1 (t) = 0 y p 0 p 0 n' (y) n' (z) L(Rn ;Rn ) ! 1 (ky zk1 ) 8y; z 2 K1 : Por tanto, k'(x)

(x)k1

k1 ) kx

sup ! 1 (kxt t2[0;1]

k1

! 1 (c0 )c0 :

(11.14)

De las desigualdades (11.10) y (11.14) se sigue que j(T

)('(x))

(T

)(

(x))j

n

k'(x)

(x)k1

c0 n! 1 (c0 ):

(11.15)

Por otra parte, aplicando el Lema 11.26 a la función jdet '0 j : K1 ! R obtenemos una función no decreciente ! 2 : [0; 1) ! [0; 1) tal que l mt!0+ ! 2 (t) = 0 y j jdet '0 (x)j

jdet '0 ( )j j

! 2 (kx

k1 )

! 2 (c0 ):

(11.16)

Usando la desigualdad del triángulo y las desigualdades (11.15) y (11.16) concluimos que j (T )('(x)) jdet '0 (x)j (T )( (x)) jdet '0 ( )j j jdet '0 (x)j j(T )('(x)) (T )( (x))j + j jdet '0 (x)j M1 c0 n! 1 (c0 ) + ! 2 (c0 ) =: ! 3 ( )

jdet '0 ( )j j (T

)( (x)) (11.17)

11.4. EL TEOREMA DE CAMBIO DE VARIABLE

245

para toda x 2 Q( ; c0 ); donde M1 := supx2K1 jdet '0 (x)j : Por último, usando el Ejercicio 11.35, las a…rmaciones (11.11) y (11.12), la desigualdad (11.17) y el Ejercicio 11.31 obtenemos Z

Z =

Z

(T

)('(x)) jdet ' (x)j dx

j (T

)('(x)) jdet '0 (x)j

Q( ;c0 )

Z

Z

0

j (T

(T

(T

)(

)('(x)) jdet '0 (x)j

(T

)(

(x)) jdet '0 ( )j dx

(x)) jdet '0 ( )j j dx )(

(x)) jdet '0 ( )j j dx

! 3 ( )dx = ! 3 ( )(2c0 )n = !( ) n ;

Q( ;c0 )

donde !( ) := (2c0 )n ! 3 ( ): Esto demuestra la a…rmación (11.13).

Sea f 2 Cc0 ( 0 ) y sea

Demostración del Teorema 11.25.

') jdet '0 j :

g := (f

Entonces sop(g) = ' 1 (sop(f )): Por tanto, g 2 Cc0 ( ): Para cada 2 (0; 2 ); denotemos por f

: =

X

f ( m)T

m

m2Zn

g

: = (f

') jdet '0 j =

El Lema 11.29 asegura que sop(f 11.14 asegura que

') l m kf !0

; X

f ( m)((T

m

m2Zn

) ') jdet '0 j : K10 : Por otra parte, el Lema

K1 y sop(f ) f k1 = 0:

Como kg

g k1 = sup jf ('(x)) x2K1

f ('(x))j jdet '0 (x)j

concluimos que l m kg !0

g k1 = 0:

kf

f k1 sup jdet '0 (x)j ; x2K1

246

11. LA INTEGRAL DE UNA FUNCIÓN CONTINUA CON SOPORTE COMPACTO

Del Lema 11.11 se sigue entonces que Z Z Z X g(x)dx = l m g (x)dx = l m f ( m) (T Z

!0

f (y)dy = l m

!0

0

Z

!0

f (y)dy = l m

!0

0

m2Zn

X

f ( m)

m2Zn

Z

)('(x)) jdet '0 (x)j dx;

m

(T

)(y)dy:

m

0

[ r; r]n : Aplicando el Lema 11.29 obtenemos que Z Z X 0 f ( m) (T m )('(x)) jdet ' (x)j dx (T m )(y)dy

Sea r 2 N tal que sop(f )

m2Zn

X

m2Zn

jf ( m)j

kf k1 donde l m

!0+

2r

Z

+1

(T

m

Z

)('(x)) jdet '0 (x)j dx

n

!( )

n

0

(T

m

)(y)dy

0

= kf k1 (2r + )n !( );

!( ) = 0: En consecuencia, Z Z g(x)dx f (y)dy l m+ kf k1 (2r + )n !( ) = 0: !0

0

Esto concluye la demostración.

11.5.

Ejercicios

Ejercicio 11.30 Prueba que, si f 2 Cc0 (Rn ) y Q1 y Q2 son dos rectángulos que contienen a sop(f ); entonces Z Z f= f: Q1

Q2

Ejercicio 11.31 Sea Q un rectángulo en Rn . Demuestra las siguientes a…rmaciones: (a) Para cualesquiera f; g 2 C 0 (Q); ; 2 R, Z Z Z f+ g= f+ g: Q

Q

(b) Para cualesquiera f; g 2 C 0 (Q) con f Z Q

f

g; Z

Q

Q

g:

11.5. EJERCICIOS

247

(c) Si c : Q ! R es una función constante, entonces Z

Q

n Y c = c (bi

ai ):

i=1

Ejercicio 11.32 (Cambio de variable para funciones de variable real) Sean g : [a; b] ! R una función de clase C 1 en [a; b] y f : [ ; ] ! R una función continua. Si g(t) 2 [ ; ] para todo t 2 [a; b]; prueba que Z

b 0

f (g(t))g (t)dt =

a

Z

g(b)

f (x)dx:

g(a)

(Sugerencia: Usa los teoremas fundamentales del cálculo y la regla de la cadena.) Ejercicio 11.33 Prueba, que para cualesquiera f; g : Rn ! R, (a) sop(f + g)

2 R r f0g y

2 Rn ;

sop(f ) [ sop(g);

(b) sop( f ) = sop(f ); (c) sop(T f ) = sop(f ) + := fx + : x 2 sop(f )g; (d) sop(f g)

sop(f ) \ sop(g);

(e) sop(f ) = sop(jf j): ¿Es válida, en general, la igualdad en los incisos (a) y (d)? Ejercicio 11.34 Dadas f; g : Rn ! R de…nimos m nff; gg : Rn ! R y maxff; gg : Rn ! R como (m nff; gg) (x) := m nff (x); g(x)g;

(maxff; gg) (x) := maxff (x); g(x)g:

Prueba que, si f; g 2 Cc0 (Rn ); entonces m nff; gg 2 Cc0 (Rn ) y maxff; gg 2 Cc0 (Rn ): (Sugerencia: Usa las identidades (8.16) y (8.15).) Ejercicio 11.35 Prueba que Z

Rn

f

Z

Rn

jf j

8f 2 Cc0 (Rn ):

248

11. LA INTEGRAL DE UNA FUNCIÓN CONTINUA CON SOPORTE COMPACTO

Ejercicio 11.36 Prueba que, si f 2 Cc0 (Rn ), f entonces Z f > 0:

0 y f (x0 ) > 0 para algún x0 2 Rn ;

Rn

Ejercicio 11.37 Sean 1 Rn ! R como (g Prueba que g

m

n, g 2 Cc0 (Rm ) y h 2 Cc0 (Rn

m

): De…nimos g

h :

h) (x1 ; x2 ; :::; xn ) := g(x1 ; :::; xm )h(xm+1 ; :::; xn ):

h 2 Cc0 (Rn ) y que Z (g h) = Rn

Z

Z

g

Rn

Rm

h : m

Ejercicio 11.38 Sea K un subconjunto compacto de Rn . Da un ejemplo de una función g 2 Cc0 (Rn ) tal que g(x) = 1 para todo x 2 K y g(x) 0 para todo x 2 Rn : Ejercicio 11.39 Prueba que, si f 2 Cc0 (Rn ); entonces f es uniformemente continua en Rn : (Sugerencia: Usa el Teorema 4.31.) Ejercicio 11.40 Prueba que 1 1 (2t + 1) + (2t) + (2t 2 2

1) = (t)

8t 2 R.

Ejercicio 11.41 (a) Prueba que, si J : Cc0 (Rn ) ! R es una medida de Haar, entonces para cualquier a 0 la función aJ : Cc0 (Rn ) ! R dada por (aJ)(f ) := aJ(f ) es una medida de Haar. (b) ¿Es cierta la a…rmación anterior si a < 0? Ejercicio 11.42 Sea 0 Cper (Rn ) := ff 2 C 0 (Rn ) : f (x + m) = f (x) 8x 2 Rn ; 8m 2 Zn g

el espacio de las funciones continuas de periodo 1 en cada variable x1 ; :::; xn : Prueba que 0 (a) Cper (Rn ) es un subespacio vectorial de C 0 (Rn ),

11.5. EJERCICIOS

249

0 0 (Rn ) y (Rn ) para toda f 2 Cper (b) T f 2 Cper

2 Rn ;

0 (c) la función Iper : Cper (Rn ) ! R dada por

Iper (f ) :=

Z

f;

Q

donde Q := [0; 1]n ; es lineal, monótona e invariante bajo traslaciones. Ejercicio 11.43 Sea S1 := fz 2 C : jzj = 1g. El producto de números complejos le da a S1 la estructura de grupo abeliano. El n-toro 1 Tn := S |

S}1

{z

n veces

es también un grupo abeliano con la multiplicación

(z1 ; :::; zn )(w1 ; :::; wn ) := (z1 w1 ; :::; zn wn ): La función exponencial exp : Rn ! Tn ; de…nida como exp(x1 ; :::; xn ) := (e2

ix1

; :::; e2

ixn

);

es un homomor…smo de grupos, es decir, exp(x + y) = exp(x) exp(y): Dados 2 Tn y f 2 C 0 (Tn ); la traslación de f por es la función T f 2 C 0 (Tn ) dada por 1 (T f ) (z) := f z ; z 2 Tn : (11.18) Prueba que (a) f 2 C 0 (Tn ) si y sólo si f

0 exp 2 Cper (Rn ),

(b) la función ITn : C 0 (Tn ) ! R, dada por ITn (f ) := Iper (f

exp);

0 donde Iper : Cper (Rn ) ! R es la función de…nida en el ejercicio anterior, es una medida de Haar en Tn ; es decir, es lineal, monótona e invariante bajo la traslación de…nida en (11.18) 4 . 4

Si quieres aprender más sobre medidas de Haar consulta el libro de Leopoldo Nachbin, Integral de Haar, Textos de Matemática No. 7, Instituto de Física e Matemática, Universidade do Recife, Brasil 1960.

250

11. LA INTEGRAL DE UNA FUNCIÓN CONTINUA CON SOPORTE COMPACTO

Ejercicio 11.44 Sea f : Rn ! R la función ( q 1 kxk2 si kxk f (x) := 0 si kxk Prueba que f 2 Cc0 (Rn ) y calcula

Z

1; 1:

f:

Rn

Ejercicio 11.45 (a) Si A es una matriz de n siguientes cuatro a…rmaciones:

n demuestra que son equivalentes las

(a.1) A es ortogonal, i.e. kAxk = kxk para todo x 2 Rn :

(a.2) A preserva el producto escalar, i.e. Ax Ay = x y para todos x; y 2 Rn : (a.3) Los renglones de A son vectores ortonormales. (a.4) Las columnas de A son vectores ortonormales.

(b) Prueba que cualquiera de estas a…rmaciones implica que det A = (c) ¿Es cierto que si A es una matriz de n n y det A =

1:

1 entonces A es ortogonal?

Ejercicio 11.46 Demuestra el Teorema 11.21. Ejercicio 11.47

(a) Prueba que j (x)

n kx

(y)j

yk1

8x; y 2 Rn :

(Sugerencia: Usa inducción sobre n.) (b) Prueba que, para todo j(T

)(x)

> 0 y todo (T

)(y)j

2 Rn ; n

kx

yk1

8x; y 2 Rn :

Ejercicio 11.48 Sea un subconjunto abierto de Rn : Prueba que, si f 2 Cc0 ( ) y n f : R ! R es la función f (x) := entonces f 2 Cc0 (Rn ):

f (x) si x 2 ; 0 si x 2 Rn r ;

11.5. EJERCICIOS

Ejercicio 11.49 Sean para toda f 2 Cc0 ( ); Z

251

:= R2 r f(x; 0) : x f (x; y)dx dy =

Z

0g y

0

:= (0; 1)

(0; 2 ): Prueba que,

f (r cos #; r sin #)r dr d#: 0

En los ejercicios siguientes denotaremos por Cck ( ) := Cc0 ( ) \ C k ( ) al conjunto de las funciones f :

! R de clase C k con soporte compacto en

Ejercicio 11.50 (Integración por partes) @f 2 Cc0 ( ) y @xi Z @f =0 @xi

(a) Prueba que, si f 2 Cc1 ( ); entonces 8i = 1; :::; n:

(b) Prueba que, si f 2 C 1 ( ); g 2 Cc1 ( ); entonces Z

@f g= @xi

Z

f

.

@g @xi

@f g; @xi

@g f @x 2 Cc0 ( ) y i

8i = 1; :::; n:

(Sugerencia: Aplica (a) a la función f g:) Ejercicio 11.51 (Fórmula de Green) Sea f 2 C 2 ( ): El laplaciano de f es la función n X @2f : f := 2 @x i i=1

Prueba que, si f 2 C 2 ( ) y g 2 Cc2 ( ); entonces ( f )g; rf rg; f ( g) 2 Cc0 ( ) y Z Z Z ( f )g = rf rg = f ( g): (Sugerencia: Aplica el Ejercicio 11.50.)

252

11. LA INTEGRAL DE UNA FUNCIÓN CONTINUA CON SOPORTE COMPACTO

Capítulo 12 Funciones Lebesgue-integrables En el capítulo anterior de…nimos la integral de una función continua con soporte compacto. Nuestro objetivo es extender la noción de integrabilidad a una clase más amplia de funciones. Empezaremos considerando aquellas funciones g : Rn ! R [ f1g que son supremos puntuales de sucesiones no decrecientes de funciones gk 2 Cc0 (Rn ): Denotaremos por S (Rn ) al conjunto de tales funciones. En virtud de la monotonía de la integral es razonable de…nir Z Z gk : g := sup Rn

k2N

Rn

Un resultado debido a Dini (ver Teorema 12.2) garantiza que esta integral está bien de…nida. Análogamente consideraremos el conjunto S (Rn ) de aquellas funciones h : Rn ! R [ f 1g que son ín…mos puntuales de sucesiones no crecientes de funciones hk 2 Cc0 (Rn ) y de…niremos Z Z h := nf

Rn

k2N

hk :

Rn n

Para aquellas funciones que pertenecen a Cc0 (R ) = S (Rn ) \ S (Rn ) ambas integrales coinciden con la integral de…nida en el capítulo anterior. En general, estas integrales no tienen por qué ser …nitas. Más aún, el conjunto S (Rn ) [ S (Rn ) no es un espacio vectorial. Estos inconvenientes se resuelven del siguiente modo: considera el conjunto L(Rn ) de todas aquellas funciones f : Rn ! R para las cuales Z Z n 1 < sup h : h 2 S (R ); h f = nf g : g 2 S (Rn ); g f < 1: Rn

Rn

Éstas funciones se llaman Lebesgue-integrables y su integral se de…ne como Z Z Z n f := sup h : h 2 S (R ); h f = nf g : g 2 S (Rn ); g Rn

Rn

253

Rn

f

:

254

12. FUNCIONES LEBESGUE-INTEGRABLES

Esta de…nición resulta complicada de manejar. Demostraremos que una función es Lebesgue-integrable si se puede aproximar, en un sentido adecuado, por una sucesión de funciones continuas con soporte compacto, y que su integral de Lebesgue es el límite de las integrales de dicha sucesión. Esta caracterización permite extender de manera sencilla las propiedades que demostramos en el capítulo anterior a este contexto más general. Probaremos que el conjunto L(Rn ) es un espacio vectorial, que la integral es lineal y monótona y que continúa satisfaciendo la fórmula de cambio lineal de variable. Los teoremas fundamentales de la teoría de integración de Lebesgue se demostrarán en el siguiente capítulo.

12.1.

La integral de una función semicontinua

Considera el siguiente ejemplo. Ejemplo 12.1 Sea fk : R ! R la 8 > > < fk (t) := > > : Nota que fk 2 Cc0 (R), que fk

función kt

si t 2 0; k1 ;

1

si t 2

k(1

1 ;1 k

t) si t 2 1

1 k

1 ;1 k

fk+1 para todo k 2 N y que, para cada t 2 R; 1 si t 2 (0; 1); 0 si t 2 = (0; 1):

l m fk (t) =

k!1

1

0 -0.5

Además, como

0

Z

0.5

fk = 1

R

se tiene que

;

lm

k!1

Z

R

1

1 ; k+1 fk = 1:

1.5

12.1. LA INTEGRAL DE UNA FUNCIÓN SEMICONTINUA

255

El ejemplo anterior sugiere la posibilidad de extender la integral a aquellas funciones f : Rn ! R [ f1g que son el límite puntual de una sucesión creciente de funciones continuas con soporte compacto, de…niéndola como el límite de las integrales de una tal sucesión. Para ello requerimos probar que dicho límite no depende de la sucesión elegida. El siguiente resultado nos permitirá obtener esa conclusión. En general, no es cierto que, si una sucesión de funciones continuas converge puntualmente a una función continua en un espacio compacto, entonces converge uniformemente (ver Ejemplo 5.13). Sin embargo, Dini1 demostró que esta a…rmación sí es cierta si la sucesión es no decreciente.

Ulisse Dini

Teorema 12.2 (Dini) Sea K un espacio métrico compacto y sean f; fk 2 C 0 (K) tales que f1 f2 fk fk+1 y fk (x) ! f (x) para cada x 2 K: Entonces fk ! f uniformemente en K: Demostración: De…nimos gk := f

fk : Entonces gk

l m gk (x) = 0

k!1

gk+1

0 para todo k 2 N y

8x 2 K:

Sea " > 0: Para cada x 2 K elegimos kx 2 N tal que gk (x) < 1

" 2

8k

kx :

Ulisse Dini (1845-1918) nació en Pisa, Italia. Estudió en la Scuola Normale Superiore, donde fue alumno de Enrico Betti, y en París, donde fue alumno de Charles Hermite y Joseph Bertrand. Fue profesor de la Universidad de Pisa y rector de la Scuola Normale Superiore.

256

12. FUNCIONES LEBESGUE-INTEGRABLES

Además, como gkx es continua, existe

> 0 tal que " gkx (x)j < si dK (y; x) < 2

jgkx (y)

x

x:

Por tanto, gk (y)

gkx (y)

jgkx (y)

si k

gkx (x)j + gkx (x) < "

kx y dK (y; x) <

x:

Como K es compacto, existen x1 ; :::; xn 2 K tales que K

BK (x1 ;

x1 )

[

[ BK (xn ;

xn ):

En consecuencia, maxfkx1 ; :::; kxn g; 8y 2 K:

8k

gk (y) < "

Esto prueba que fk ! f uniformemente en K: Una consecuencia importante del teorema de Dini es la siguiente. Corolario 12.3 Sean f; fk 2 Cc0 (Rn ) tales que f1

f2

fk

fk+1

y fk (x) ! f (x) para cada x 2 Rn :

Entonces

lm

k!1

Z

fk =

Rn

Z

f:

Rn

Demostración: Observa que, si f (x) = 0 = f1 (x); entonces fk (x) = 0 para todo k 2 N: En consecuencia, sop(fk ) sop(f ) [ sop(f1 ) =: K para todo k 2 N: Por el Teorema 12.2, fk ! f uniformemente en K y, por tanto, en Rn : Aplicando el Lema 11.11, concluimos que Z Z fk = f; lm k!1

Rn

Rn

como a…rma el enunciado. 0 n R Si fk 2 Cc (R ) y fk f : De modo que Rn k+1

fk+1 ; por la monotonía de la integral se tiene que

lm

k!1

Z

Rn

fk = sup k2N

Z

Rn

fk 2 R [ f1g:

El siguiente resultado es consecuencia del Corolario 12.3.

R

Rn

fk

12.1. LA INTEGRAL DE UNA FUNCIÓN SEMICONTINUA

257

Corolario 12.4 Si fk ; gk 2 Cc0 (Rn ) cumplen que fk fk+1 y gk y supk2N fk (x) = supk2N gk (x) para cada x 2 Rn ; entonces Z Z lm fk = l m gk : k!1

k!1

Rn

gk+1 para todo k 2 N

Rn

Demostración: Fija k 2 N y, para cada j 2 N; considera la función hj := m nffk ; gj g: hj+1 ; fk (x) = supj2N hj (x) = Entonces hj 2 Cc0 (Rn ) (ver Ejercicio 11.34), hj n l mk!1 hj (x) para cada x 2 R y hj gj : Aplicando el Corolario 12.3 obtenemos Z Z Z fk = l m hj lm gj 8k 2 N. Rn

j!1

Por tanto,

lm

k!1

j!1

Rn

Z

fk

lm

j!1

Rn

Intercambiando fk y gk obtenemos el resultado.

Rn

Z

gj :

Rn

Denotamos por S (Rn ) al conjunto de todas las funciones f : Rn ! R [ f1g tales fk+1 para que existe una sucesión de funciones (fk ) en Cc0 (Rn ) que cumple que fk todo k 2 N y supk2N fk = f: De…nición 12.5 Si f 2 S (Rn ) de…nimos la integral de f en Rn como Z Z fk 2 R [ f1g; f := l m k!1

Rn

Rn

donde (fk ) es una sucesión de funciones en Cc0 (Rn ) tales que fk y supk2N fk = f:

fk+1 para todo k 2 N

El Corolario 12.4 asegura que la integral de f en Rn no depende de la sucesión S (Rn ); podemos tomar fk = f: Esto prueba elegida. En particular, si f 2 Cc0 (Rn ) que, para funciones en Cc0 (Rn ); la integral dada por la De…nición 12.5 coincide que la introducida en el capítulo precedente. A continuación daremos una descripción más accesible del conjunto S (Rn ): El siguiente lema muestra que las funciones que pertenecen a S (Rn ) son semicontinuas inferiormente (ver De…nición 4.22). Sea X un espacio métrico. El supremo puntual de un conjunto de funciones fi : X ! R [ f1g, i 2 I; es la función sup fi : X ! R [ f1g i2I

de…nida como sup fi (x) := sup fi (x). i2I

i2I

258

12. FUNCIONES LEBESGUE-INTEGRABLES

Lema 12.6 Si X es un espacio métrico y fi : X ! R [ f1g es s.c.i. para todo i 2 I, entonces supi2I fi es s.c.i. Demostración: Sean x0 2 X y c < (supi2I fi ) (x0 ): Escogemos i0 2 I tal que c < fi0 (x0 ). Como fi0 es s.c.i., existe > 0 tal que si dX (x; x0 ) < :

c < fi0 (x) En consecuencia, c < fi0 (x)

si dX (x; x0 ) < :

sup fi (x) i2I

Esto prueba que supi2I fi es s.c.i. El siguiente resultado caracteriza a los elementos de S (Rn ). Proposición 12.7 Sea f : Rn ! R [ f1g. Son equivalentes las siguientes a…rmaciones: Rn tal que

(a) f es s.c.i. y existe un compacto K f (x)

0

8x 2 Rn r K:

(b) Existen funciones fk 2 Cc0 (Rn ) tales que fk

fk+1 para todo k 2 N y

f = sup fk : k2N

Demostración: (b))(a): Sean fk 2 Cc0 (Rn ) tales que fk fk+1 para todo k 2 N y f = supk2N fk : El Lema 12.6 asegura que f es s.c.i. Por otra parte, como f f1 ; se tiene que f (x) 0 8x 2 Rn r sop(f1 ): Esto prueba que f cumple (a). (a))(b): Sea f s.c.i. y tal que f (x) 0 para todo x 2 Rn r K; con K 6= ; compacto. Por el Teorema 4.29, f alcanza su mínimo en K: Por tanto, existe M 2 N tal que f (x) > M 8x 2 Rn : Sea N := f( ; "; q) 2 Qn

Q

Q:

" > 0;

q>

M;

f (x) > q 8x 2 B( ; ")g;

12.1. LA INTEGRAL DE UNA FUNCIÓN SEMICONTINUA

259

donde B( ; ") := fx 2 Rn : kx k < "g: Para cada = ( ; "; q) 2 N escogemos r 2 ("; 1) tal que K B( ; r ) y de…nimos g 2 Cc0 (Rn ) como

g (x) :=

8 q > > > > < > > > > :

2(q+M ) "

kx

M M (r + 1

0

si k + 2q + M si si kx k) si si

k 2" ; " kx k "; 2 " kx k r ; r kx k r + 1; r + 1 kx k: kx

q

ξ -M

Por construcción, g f . Probemos que sup 2N g = f: En efecto, como f es s.c.i., dados x 2 Rn y q 2 Q con tal que q < f (y) 8y 2 B(x; ): Tomando " 2 Q \ (0; 2 ) y

M < q < f (x), existe

2 Qn \ B(x; 2" ); tenemos que B( ; ") q < f (y)

>0

B(x; ): Por tanto,

8y 2 B( ; ")

y, en consecuencia, = ( ; "; q) 2 N y g (x) = q: Esto prueba que sup 2N g = f: El conjunto N es numerable. Numeramos sus elementos N = f 1 ; 2 ; :::g y de…nimos fk := supfg 1 ; :::; g k g: Entonces fk 2 Cc0 (Rn ) (ver Ejercicio 11.34), fk

fk+1 para todo k 2 N y f = supk2N fk :

Como consecuencia de la proposición anterior se tiene que S (Rn ) := ff : Rn ! R[f1g : f es s.c.i. y 9K compacto tal que f (x)

0 8x 2 Rn rKg:

Procediendo de manera análoga, de…niremos la integral de funciones f : Rn ! R [ f 1g que son el límite puntual de una sucesión decreciente de funciones continuas con soporte compacto.

260

12. FUNCIONES LEBESGUE-INTEGRABLES

El ín…mo puntual de un conjunto de funciones fi : X ! R [ f 1g, i 2 I; de…nidas en un espacio métrico X es la función nf fi : X ! R [ f 1g

i2I

dada por nf fi (x) := nf fi (x).

i2I

i2I

Nota que, si de…nimos ( 1) := 1; las funciones semicontinuas inferior y superiormente (ver De…nición 4.23) se relacionan como sigue: f : X ! R [ f 1g es s.c.s.

()

f : X ! R [ f1g es s.c.i.

(12.1)

Esta relación, junto con el Lema 12.6, implica que el ín…mo puntual de una familia de funciones semicontinuas superiormente es semicontinuo superiormente. Además, se tienen los siguientes resultados. Corolario 12.8 Si fk ; gk 2 Cc0 (Rn ) son tales que fk fk+1 y gk y nf k2N fk = nf k2N gk ; entonces Z Z lm fk = l m gk : k!1

k!1

Rn

gk+1 para todo k 2 N

Rn

Demostración: Esta a…rmación es consecuencia inmediata del Corolario 12.4, aplicado a las sucesiones ( fk ) y ( gk ); y la relación (12.1). Proposición 12.9 Sea f : Rn ! R [ f 1g. Son equivalentes las siguientes a…rmaciones: Rn tal que

(a) f es s.c.s. y existe un compacto K f (x)

0

8x 2 Rn r K:

(b) Existen funciones fk 2 Cc0 (Rn ) tales que fk

fk+1 para todo k 2 N y

f = nf fk : k2N

Demostración: De la relación (12.1) y la Proposición 12.7 se sigue inmediatamente este resultado. Denotamos por S (Rn ) := ff : Rn ! R[f 1g : f es s.c.s. y 9K compacto tal que f (x)

0 8x 2 Rn rKg:

12.2. PROPIEDADES DE LA INTEGRAL DE FUNCIONES SEMICONTINUAS

261

De…nición 12.10 Sea f 2 S (Rn ): De…nimos la integral de f en Rn como Z Z f := l m fk 2 R [ f 1g; Rn

k!1

Rn

donde (fk ) es una sucesión de funciones en Cc0 (Rn ) tales que fk y nf k2N fk = f:

fk+1 para todo k 2 N

La Proposición 12.9 asegura que tal sucesión (fk ) existe y el Corolario 12.8 asegura que la integral de f en Rn no depende de la sucesión elegida. En particular, si f 2 Cc0 (Rn ) S (Rn ); podemos tomar fk = f: Esto prueba que, para funciones en Cc0 (Rn ); la integral dada por la De…nición 12.10 coincide que la introducida en el capítulo precedente. Más aún, como S (Rn ) \ S (Rn ) = Cc0 (Rn ); las integrales dadas por las De…niciones 12.5 y 12.10 coinciden en S (Rn ) \ S (Rn ):

12.2.

Propiedades de la integral de funciones semicontinuas

Probaremos algunas propiedades importantes de la integral. Empezamos con la siguiente observación sencilla. Como antes, convenimos que ( 1) := 1: Lema 12.11 f 2 S (Rn ) si y sólo si f 2 S (Rn ). En este caso, Z Z f= ( f) : Rn

Rn

Demostración: Observa que fk 2 Cc0 (Rn ), fk fk+1 y supk2N fk = f si y sólo si 0 n fk 2 Cc (R ), fk fk+1 y nf k2N ( fk ) = f: Por el Teorema 11.7, Z Z fk = ( fk ) : Rn

Rn

Pasando al límite obtenemos la identidad deseada. Si f; g 2 S (Rn ) o f; g 2 S (Rn ) y

2 [0; 1); de…nimos

(f + g) (x) := f (x) + g(x);

( f ) (x) := f (x);

262

12. FUNCIONES LEBESGUE-INTEGRABLES

donde a + 1 := 1 a + ( 1) := 1 (1) := 1 0 ( 1) := 0

y y y

1 + a := 1 ( 1) + a := 1 ( 1) := 1

8a 2 R [ f1g; 8a 2 R [ f 1g; 8 2 (0; 1);

Estas de…niciones no son arbitrarias: 1 es, por de…nición, el supremo de cualquier sucesión no decreciente y no acotada de números reales. Si a una sucesión de este tipo le sumamos un número real, o si la multiplicamos por un número positivo, obtenemos nuevamente una sucesión de este tipo. Mientras que, si la multiplicamos por 0; obtenemos la sucesión constante igual a 0: Las otras de…niciones se obtienen de manera análoga. Nota, en cambio, que "1 1" no está de…nido. Ni S (Rn ) ni S (Rn ) son espacios vectoriales. Sin embargo, se cumple lo siguiente. Proposición 12.12 f 2 S (Rn ), Z

(a) Si f; g 2 S (Rn ) y (f + g) =

Rn

(b) Si f; g 2 S (Rn ) y f

Z

f+

Rn

Z

2 [0; 1); entonces f + g 2 S (Rn ); Z

y

g

Rn

g; entonces Z

Rn

Z

( f) =

Rn

f

Z

f:

Rn

g:

Rn

Ambas a…rmaciones también son ciertas si reemplazamos S (Rn ) por S (Rn ): Demostración: Demostraremos ambas a…rmaciones para S (Rn ): El resultado para S (Rn ) se obtiene aplicando el Lema 12.11. (a): Si fk ; gk 2 Cc0 (Rn ) son tales que fk fk+1 , gk gk+1 , supk2N fk = f y supk2N gk = g; entonces fk + gk 2 Cc0 (Rn ); y para

fk + gk

fk+1 + gk+1 ;

sup (fk + gk ) = f + g; k2N

2 [0; 1) fk 2 Cc0 (Rn );

fk

fk+1 ;

sup ( fk ) = f: k2N

Del Teorema 12.7 se sigue que f + g 2 S (Rn ) y f 2 S (Rn ), y las identidades Z Z Z Z Z f+ g y f= f (f + g) = Rn

Rn

Rn

Rn

Rn

12.2. PROPIEDADES DE LA INTEGRAL DE FUNCIONES SEMICONTINUAS

263

son consecuencia de las correspondientes identidades para las funciones fk ; gk 2 Cc0 (Rn ) (ver Teorema 11.7). (b): Si f; g 2 S (Rn ), f g; y fk ; gk 2 Cc0 (Rn ) son tales que fk fk+1 , gk gk+1 , supk2N fk = f y supk2N gk = g; de…nimos hk := m nffk ; gk g: Entonces hk 2 Cc0 (Rn ); hk hk+1 , supk2N hk = f y hk gk . De la monotonía de la integral para funciones en Cc0 (Rn ) (ver Teorema 11.7) se sigue que Z

f := l m

k!1

Rn

Z

hk

lm

k!1

Rn

Z

gk =:

Rn

Z

g:

Rn

Esto concluye la demostración. Una consecuencia que nos será de utilidad más adelante es la siguiente. Corolario 12.13 Si f 2 S (Rn ) y g 2 S (Rn ), entonces f Z

(f

Z

g) =

Rn

f

Rn

Z

g 2 S (Rn ) y

g:

Rn

Demostración: El Lema 12.11 y la Proposición 12.12 implican que f g 2 S (Rn ) y Z

(f

g) =

Rn

Z

f+

Rn

Z

( g) =

Rn

Z

f

Rn

Z

g 2 S (Rn );

g;

Rn

como a…rma el enunciado. Se cumple además lo siguiente. Proposición 12.14 Si A 2 GL(n; R); x 7! f (Ax + ) pertenece a S (Rn ) y Z

Rn

2 Rn y f 2 S (Rn ), entonces la función

f (Ax + ) jdet Aj dx =

Z

f (y)dy:

Rn

La a…rmación también es cierta si reemplazamos S (Rn ) por S (Rn ):

264

12. FUNCIONES LEBESGUE-INTEGRABLES

Demostración: Si f = supk2N fk con fk 2 Cc0 (Rn ) y fk fk+1 ; y si denotamos por '(x) := Ax + ; entonces fk ' 2 Cc0 (Rn ), fk ' fk+1 ' y f ' = supk2N (fk ') : Así que f ' 2 S (Rn ) y el resultado es consecuencia inmediata del Teorema 11.19. Para 1 m < n; identi…camos a Rn con Rm Rn m y denotamos a un punto x 2 Rn como x = (y; z) con y 2 Rm y z 2 Rn m : Si g : Rm ! R [ f1g, h : Rn m ! R [ f1g, g 0 y h 0, de…nimos g h : Rn ! R [ f1g como (g h) (y; z) := g(y)h(z); donde (1)(1) := 1. Proposición 12.15 Sean g 2 S (Rm ) y h 2 S (Rn Entonces g h 2 S (Rn ) y Z Z Z g (g h) = Rn

Rm

Rn

m

) tales que g

0 y h

0:

h : m

La a…rmación también es cierta si reemplazamos S por S : Demostración: Demostraremos el resultado para S : La demostración para S es más sencilla. Sean gk 2 Cc0 (Rm ) y hk 2 Cc0 (Rn m ) tales que gk gk+1 ; hk hk+1 , g = supk2N gk y h = supk2N hk : Sustituyendo, de ser necesario, gk por maxfgk ; 0g y hk por maxfhk ; 0g, podemos suponer que gk 0 y hk 0: Se tiene entonces que gk hk 2 Cc0 (Rn ), gk hk gk+1 hk+1 y g h = supk2N (gk hk ): Usando el Ejercicio 11.37 obtenemos Z Z (g h) = l m (gk hk ) k!1 Rn Rn Z Z Z Z = lm gk hk = g h ; k!1

Rm

Rn

m

Rm

Rn

m

como a…rma el enunciado. El siguiente resultado asegura que la integral se obtiene integrando sucesivamente respecto a cada variable. Dada una función f : Rn ! R [ f 1g y un punto z 2 Rn m ; denotamos por f z : Rm ! R [ f 1g a la función f z (y) := f (y; z):

12.2. PROPIEDADES DE LA INTEGRAL DE FUNCIONES SEMICONTINUAS

265

Proposición 12.16 (Teorema de Fubini para funciones semicontinuas) Sean 1 m < n y f 2 S (Rn ). Entonces, para cada z 2 Rn m ; la función f z pertenece a S (Rm ), la función F : Rn m ! R [ f1g dada por Z F (z) := fz Rm

pertenece a S (Rn

m

)y

Z

Rn

Z

F = m

(12.2)

f:

Rn

La a…rmación también es cierta si reemplazamos S por S y 1 por

1:

Demostración: Probaremos la a…rmación para f 2 S (Rn ): La a…rmación para f 2 S (Rn ) se obtiene aplicando el Lema 12.11. Sea (fk ) una sucesión en Cc0 (Rn ) tal que fk fk+1 y f = supk2N fk : Entonces, z para cada z 2 Rn m ; se cumple que fkz 2 Cc0 (Rm ); fkz fk+1 y f z = supk2N fkz . En consecuencia, f z 2 S (Rm ) y Z Z z F (z) := f = lm fkz = l m Fk (z); (12.3) k!1

Rm

donde Fk : Rn

m

k!1

Rm

! R es la función dada por Z Fk (z) :=

Rm

fkz :

Esta función es continua (ver Lema 11.2). Además, si sop(fk ) [a1 ; b1 ] [an ; bn ] yz2 = [am+1 ; bm+1 ] [an ; bn ]; entonces fkz = 0 y, en consecuencia, Fk (z) = 0: Por tanto, Fk 2 Cc0 (Rn m ): De la monotonía de la integral se sigue que Fk Fk+1 y la igualdad (12.3) a…rma que F = supk2N Fk : Esto implica que F 2 S (Rn m ) y Z Z Fk : (12.4) F = lm Rn

m

k!1

Rn

m

Por otra parte, de la de…nición de la integral en Cc0 (Rn ) se sigue que Z Z Z Fk (z)dz = fkz (y)dy dz n m n m m R ZR ZR = fk (y; z)dy dz Rn m Rm Z = fk (x1 ; :::; xn )dx1 dxn : Rn

(12.5)

266

12. FUNCIONES LEBESGUE-INTEGRABLES

De las identidades (12.4) y (12.5) se obtiene Z Z F = lm Rn

k!1

m

fk =

Rn

Z

f;

Rn

como a…rma el enunciado.

Nota que, por la invariancia de la integral bajo isometrías (Proposición 12.14), podemos intercambiar el orden de las integrales en la proposición anterior, es decir, integrar primero respecto a z y después respecto a y: Las identidades correspondientes (12.2) suelen escribirse como Z Z Z Z Z f (y; z)dy dz = f (y; z)dy dz = f (y; z)dz dy: (12.6) Rn

m

Rm

Rn

Rm

Rn

m

Un primer resultado que permite el intercambio del límite puntual de funciones con la integral es el siguiente. Proposición 12.17 (Convergencia monótona para funciones semicontinuas) Sea (fk ) una sucesión en S (Rn ) tal que fk fk+1 para todo k 2 N y f := supk2N fk : Entonces f 2 S (Rn ) y Z Z f = lm

fk :

k!1

Rn

Rn

Demostración: Para cada k 2 N; tomemos una sucesión (fk;j ) en Cc0 (Rn ) tal que fk;j fk;j+1 para todo j 2 N y fk := supj2N fk;j : Observa que fi;j

fi

8j 2 N, 8i

fk

De…nimos

k:

gk := max fi;j : i k; j k

Entonces gk 2

Cc0 (Rn );

gk

gk+1 y gk

fk para todo k 2 N, y

f = sup fk = sup fi;j = sup gk : k2N

i;j2N

k2N

n

En consecuencia, f 2 S (R ) y de la monotonía de la integral (Proposición 12.12) se sigue que Z Z Z Z gk lm fk : fk f = lm Rn

k!1

Rn

Pasando al límite obtenemos que

Z

Rn

como a…rma el enunciado.

k!1

Rn

f = lm

k!1

Z

Rn

fk ;

Rn

12.3. EL VOLUMEN DE UN CONJUNTO

12.3.

267

El volumen de un conjunto

Aplicaremos las propiedades de la integral para calcular el volumen de algunos subconjuntos de Rn : Empecemos de…niendo este concepto. De…nición 12.18 La función característica (o función indicadora) de un subconjunto X de Rn es la función 1X (x) :=

1 si x 2 X; 0 si x 2 Rn r X:

Es sencillo comprobar que la función 1X es s.c.i si y sólo si X es abierto en Rn , y es s.c.s. si y sólo si X es cerrado en Rn : En consecuencia, 1X 2 S (Rn ) si y sólo si X es abierto en Rn ; 1X 2 S (Rn ) si y sólo si X es compacto en Rn :

(12.7) (12.8)

Proponemos la demostración de estas a…rmaciones como ejercicio [Ejercicio 12.48]. De…nición 12.19 Si X es un subconjunto abierto o X es un subconjunto compacto de Rn ; de…nimos el volumen de X en Rn como Z voln (X) := 1X 2 R [ f1g: Rn

El volumen tiene las siguientes propiedades. Proposición 12.20 (a) Si X Y son subconjuntos de Rn y ambos son abiertos o ambos son compactos, entonces voln (X)

voln (Y ):

(b) Sea '(x) = Ax + con A 2 GL(n; R); 2 Rn : Entonces '(X) := f'(x) : x 2 Xg es un subconjunto abierto de Rn si X lo es, y '(X) es compacto si X lo es. En ambos casos, voln ('(X)) = jdet Aj voln (X): Demostración: (a): Si X Y entonces 1X 1Y : Además, 1X ; 1Y 2 S (Rn ) si X y Y son abiertos, y 1X ; 1Y 2 S (Rn ) si X y Y son compactos. Así que en ambos casos podemos aplicar la a…rmación (b) de la Proposición 12.12 para obtener la a…rmación deseada.

268

12. FUNCIONES LEBESGUE-INTEGRABLES

(b): Como ' es un homeomor…smo, '(X) es abierto si X lo es y '(X) es compacto si X lo es. Nota que 1'(X) ' = 1X : Las Proposiciones 12.12 y 12.14 aseguran entonces que Z Z Z jdet Aj

1X =

Rn

Rn

1'(X) ' jdet Aj =

1'(X) ;

Rn

como a…rma el enunciado.

Veamos algunos ejemplos. Ejemplo 12.21

(a) Si U = (a1 ; b1 )

(an ; bn ) con ai ; bi 2 R; ai < bi , entonces

n Y voln (U ) = (bi

ai ):

i=1

(b) Si Q = [a1 ; b1 ]

[an ; bn ] con ai ; bi 2 R; ai n Y voln (Q) = (bi

bi , entonces ai ):

i=1

En particular, si ai = bi para algún i = 1; :::; n; entonces voln (Q) = 0: Demostración: (a): En el Ejemplo 12.1 probamos que vol1 ((0; 1)) = 1: Si a; b 2 R; a b; y ' : R ! R es la función '(t) := (b (a; b) y la Proposición 12.20 asegura que vol1 ((a; b)) = b Observa que 1U = 1(a1 ;b1 )

a:

1(an ;bn ) : Aplicando la Proposición 12.15 obtenemos

voln (U ) =

n Z Y i=1

(b): Dados a; b 2 R; a

a)t + a; entonces '((0; 1)) =

R

1(ai ;bi ) =

n Y (bi

ai ):

i=1

b; para cada k 2 N de…nimos fk : R ! R como 8 1 si t 2 [a; b]; > > < k(t a) + 1 si t 2 [a k1 ; a]; fk (t) := k(b t) + 1 si t 2 [b; b + k1 ]; > > : 0 si t 2 = [a k1 ; b + k1 ]:

12.3. EL VOLUMEN DE UN CONJUNTO

Entonces fk 2 Cc0 (R); fk

269

fk+1 y nf k2N fk = 1[a;b] : Por tanto,

vol1 ([a; b]) = l m

k!1

Como 1Q = 1[a1 ;b1 ]

Z

fk = l m

k!1

R

b

a+

1 k

=b

a:

1[an ;bn ] ; aplicando la Proposición 12.15 obtenemos que

voln (Q) =

n Z Y i=1

R

1[ai ;bi ] =

n Y (bi

ai );

i=1

como a…rma el enunciado.

Corolario 12.22 Si X es un subconjunto abierto y acotado de Rn ; o si X es compacto, entonces voln (X) < 1: Demostración: En ambos casos X es acotado, así que existe r 2 (0; 1) tal que X ( r; r)n : La Proposición 12.20 y el Ejemplo 12.21 aseguran que voln (X) voln (X)

voln (( r; r)n ) = (2r)n < 1 voln ([ r; r]n ) = (2r)n < 1

si X es abierto, si X es compacto.

Esto concluye la demostración.

Corolario 12.23 voln (Rn ) = 1: Demostración: De la Proposición 12.20 y el Ejemplo 12.21 se sigue que voln (Rn ) Por tanto, voln (Rn ) = 1:

voln (( r; r)n ) = (2r)n

8r > 0:

270

12. FUNCIONES LEBESGUE-INTEGRABLES

Una consecuencia importante del teorema de Fubini (Proposición 12.16) es el principio de Cavalieri2 , que a…rma lo siguiente.

Bonaventura Cavalieri

Corolario 12.24 (Principio de Cavalieri) Sea K un subconjunto compacto de Rn ; n > 1: Para cada t 2 R, de…nimos Kt := fy 2 Rn

1

: (y; t) 2 Kg:

Entonces, la función t 7! voln 1 (Kt ) pertenece a S (R) y Z voln (K) = voln 1 (Kt )dt: R

Demostración: Aplicamos la Proposición 12.16 con m = 1 a la función 1K : Como 1tK = 1Kt para cada t 2 R; la función F de la Proposición 12.16 es la función F (t) := voln 1 (Kt ): Dicha proposición asegura que F 2 S (R) y que Z Z Z voln (K) = 1K = F = voln 1 (Kt )dt; Rn

R

R

como a…rma el enunciado. Usaremos el principio de Cavalieri para calcular el volumen de la bola. Ejemplo 12.25 Sea B n (0; r) := fx 2 Rn : kxk ( 1 k ! n := voln (B n (0; 1)) =

rg; r > 0: Entonces si n = 2k;

k!

2k+1 1 3 (2k+1)

k

si n = 2k + 1;

y voln (B n (0; r)) = rn ! n : 2

Bonaventura Francesco Cavalieri (1598-1647) nació en Milán, Italia. Estudió teología en el monasterio de San Gerolamo en Milán y geometría en la Universidad de Pisa. Su método de los indivisibles para calcular áreas y volúmenes es un antecedente importante del cálculo moderno.

12.3. EL VOLUMEN DE UN CONJUNTO

271

Demostración: Como B n (0; r) = frx : x 2 B n (0; 1)g; la a…rmación voln (B n (0; r)) = rn ! n

(12.9)

es consecuencia de la Proposición 12.20. Ahora calcularemos ! n : Si n > 1; del principio de Cavalieri y la identidad (12.9) se sigue que Z p !n = voln 1 B n 1 (0; 1 t2 ) dt R Z 1 n 1 = !n 1 1 t2 2 dt:

(12.10)

1

t

El cambio de variable t = cos x nos da Z 1 cn := 1 t2

n 1 2

dt =

1

Z

sinn x dx:

0

Integrando por partes obtenemos que c2k =

k Y 2i i=1

Por tanto, cn cn

1

=

2 n

1 2i

y

c2k+1 = 2

k Y i=1

2i : 2i + 1

; lo que implica que

! n = ! n 1 cn = ! n 2 cn cn

1

=

2 !n n

2

si n > 2:

(12.11)

Como ! 1 := vol1 ([ 1; 1]) = 2; de la ecuación (12.10) se sigue que ! 2 = 2c2 = : Iterando (12.11) obtenemos que ! 2k

1 = k!

como a…rma el enunciado.

k

y

! 2k+1

2k+1 = 1 3 (2k + 1)

k

;

272

12. FUNCIONES LEBESGUE-INTEGRABLES

12.4.

Funciones Lebesgue-integrables

Para de…nir la integral de Lebesgue haremos uso de los siguientes conceptos. De…nición 12.26 Para cualquier función f : Rn ! R [ f 1g de…nimos la integral superior de f como Z Z f := nf g : g 2 S (Rn ); g f 2 R [ f 1g; Rn

y la integral inferior de f como Z Z f := sup h : h 2 S (Rn ); h

2 R [ f 1g:

f

Rn

Observa que en ambos casos el conjunto cuyo ín…mo o cuyo supremo estamos tomando no es vacío, ya que la función constante 1 pertenece a S (Rn ) y la función constante 1 pertenece a S (Rn ): Enunciamos a continuación algunas propiedades sencillas de estas integrales. Lema 12.27

(a) Para toda f : Rn ! R [ f 1g; Z Z f= ( f) :

(b) Para toda f : Rn ! R [ f 1g;

Z

f

Z

(c) Si f1 ; f2 : Rn ! R [ f 1g cumplen que f1 Z Z f1 f2 y (d) Si f 2 S (Rn ) [ S (Rn ); entonces Z Z f=

f=

f: f2 ; entonces Z Z f1 f2 : Z

f:

Rn

(e) Para cualesquiera f : Rn ! R [ f 1g y 2 [0; 1); Z Z Z f= f y f=

Z

f:

12.4. FUNCIONES LEBESGUE-INTEGRABLES

273

(f) Para cualesquiera f1 ; f2 : Rn ! [0; 1] Z (f1 + f2 )

Z

f1 +

Z

f2 :

Demostración: (a) es consecuencia inmediata del Lema 12.11. (b): Basta probar que, si g 2 S (Rn ), h 2 S (Rn ) y h g; entonces Z Z h g: Rn

Rn

Del Corolario 12.13 y la monotonía de la integral (Proposición 12.12) se sigue que Z Z Z (g h) 0: h= g Rn

Rn

Rn

Esta es la desigualdad deseada. (c) es consecuencia inmediata de la de…nición. (d): Sea f 2 S (Rn ): La igualdad Z Z f= f Rn

es consecuencia inmediata de la de…nición de la integral superior. Sean fk 2 Cc0 (Rn ), tales que fk fk+1 y supk2N fk = f . En particular, fk 2 S (Rn ) y fk f: De la de…nición de integral inferior y la a…rmación (b) obtenemos Z Z Z Z Z f; f= f fk f := l m Rn

es decir,

Z

k!1

f=

Z

Rn

Rn

f=

Z

8f 2 S (Rn ):

f

Rn

Si f 2 S (Rn ), las identidades correspondientes se siguen de éstas utilizando la a…rmación (a) y el Lema 12.11. (e): Si = 0 el resultado es obvio. Supongamos que > 0: Para toda g 2 S (Rn ) tal que g f; se tiene que 1 g 2 S (Rn ) y 1 g f: Usando la Proposición 12.12 obtenemos Z Z Z 1 f g= g: Rn

Se tiene entonces que

Z

f

Rn

Z

f:

274

12. FUNCIONES LEBESGUE-INTEGRABLES

Reemplazando f por f y

1

por

es decir,

en la desigualdad anterior obtenemos Z Z 1 f; f

Z

Z

f

f:

Esto prueba la igualdad para la integral superior. La igualdad para la integral inferior se obtiene aplicando la a…rmación (a). R R (f): Si f1 R= 1 o f2 R= 1 la desigualdad deseada se cumple trivialmente. Supongamos que f1 < 1 y f2 < 1: Sea " > 0 y sean g1 ; g2 2 S (Rn ) tales que g1 f1 ; g2 f2 ; Z Z Z Z " " f2 + : y g2 f1 + g1 2 2 Rn Rn Entonces, g1 + g2 2 S (Rn ); g1 + g2 obtenemos Z Z (f1 + f2 )

Rn

En consecuencia,

Z

f1 + f2 y, sumando las desigualdades anteriores, Z Z f2 + ": f1 + (g1 + g2 )

(f1 + f2 )

Z

f1 +

Z

f2 ;

como se a…rma en (f).

De…nición 12.28 Una función f : Rn ! R [ f 1g es (Lebesgue-)integrable si Z Z 1< f = f < 1: En este caso, la integral (de Lebesgue3 ) de f se de…ne como Z Z Z f := f = f 2 R: Rn

3

Henri Léon Lebesgue (1875-1941) nació en Beauvais, Oise, Francia. Estudió en la Sorbonne de París, donde fue alumno de Émile Borel. Introdujo su teoría de integración en 1902 en su tesis de doctorado titulada Integral, longitud y área.

12.4. FUNCIONES LEBESGUE-INTEGRABLES

275

Henri Lebesgue

Observaciones 12.29 Del Lema 12.27 se in…ere lo siguiente: (a) Si f 2 S (Rn ) [ S (Rn ); entonces f es Lebesgue-integrable si y sólo si la integral de…nida en la Sección 12.1 cumple que Z 1< f < 1: Rn

En este caso, la integral de Lebesgue de f coincide con dicha integral. (b) En particular, si f 2 Cc0 (Rn ); entonces f es Lebesgue-integrable y la integral de Lebesgue de f coincide con la de la De…nición 11.5. La De…nición 12.28 se puede reformular como sigue. Lema 12.30 f : Rn ! R [ f 1g es Lebesgue-integrable si y sólo si para cada " > 0 existen h 2 S (Rn ) y g 2 S (Rn ) tales que h f g; Z Z Z Z g 0; existen h 2 S (Rn ) y g 2 S (Rn ) tales que h f g y Z Z Z Z " " g f+ 0 entonces, para cada < 1, existe un subconjunto compacto K de Rn tal que K Y y voln (Y ) < voln (K): (Sugerencia: Elige un rectángulo Q tal que Y conjunto X := Q Y .)

Q y aplica el ejercicio anterior al

Ejercicio 12.59 (a) Prueba que, si es un subconjunto abierto y acotado de Rn y f : ! R es una función continua y acotada, entonces f 2 L( ) y Z jf j kf k1 voln ( ): (b) Si omitimos la hipótesis de que

sea acotado, ¿es cierto que f 2 L( )?

(c) Si omitimos la hipótesis de que f sea acotada, ¿es cierto que f 2 L( )? Ejercicio 12.60 Dada f : Rn ! R, de…nimos f + ; f : Rn ! R como f + (x) := maxff (x); 0g,

f (x) := maxf f (x); 0g:

Prueba que f 2 L(Rn ) si y sólo si f + 2 L(Rn ) y f que f = f + f y jf j = f + + f :)

2 L(Rn ): (Sugerencia: Observa

Ejercicio 12.61 Prueba que, si f; g 2 L(Rn ); entonces maxff; gg 2 L(Rn ) y m nff; gg 2 L(Rn ): Ejercicio 12.62 Prueba que, si 1 < a < b < 1 y f : [a; b] ! R es continua, entonces la R bintegral de f dada por la De…nición 12.41 coincide con la integral usual de Riemann a f:

Ejercicio 12.63 Prueba que, si X es un subconjunto integrable de Rn ; la función constante con valor c 2 R es integrable en X y Z c = c voln (X): X

Ejercicio 12.64 (Funciones Riemann-integrables) Sea E(Rn ) el espacio vectorial generado por las funciones características de los rectángulos en Rn ; es decir, los elementos de E(Rn ) son funciones de la forma #=

m X

ci 1Qi ;

i=1

donde Qi es un rectángulo y ci 2 R. Se les llama funciones escalonadas.

290

12. FUNCIONES LEBESGUE-INTEGRABLES

(a) Prueba que toda función escalonada es Lebesgue-integrable y que Z

#=

Rn

m X

ci voln (Qi ):

i=1

(b) Una función f : Rn ! R es Riemann-integrable si, para cada " > 0; existen #1 ; #2 2 E(Rn ) tales que #1 f #2 y Z Z #2 #1 < ": Rn

Rn

Prueba que, si f 2 Cc0 (Rn ), entonces f es Riemann-integrable. (c) Si f es Riemann-integrable, su integral de Riemann I(f ) se de…ne como Z # : # 2 E(Rn ); # f I(f ) : = nf n ZR # : # 2 E(Rn ); # f : = sup Rn

Prueba que toda función Riemann-integrable f : Rn ! R es Lebesgue-integrable y Z I(f ) = f: Rn

(d) Sea X = Q \ [0; 1]: Prueba que 1X : R ! R no es Riemann-integrable. En el siguiente capítulo probaremos que esta función sí es Lebesgue-integrable (ver Ejemplo 13.5).

Capítulo 13 Teoremas fundamentales de la teoría de integración En este capítulo expondremos los teoremas fundamentales de la teoría de integración de Lebesgue. El cálculo efectivo de integrales múltiples depende en gran medida de la posibilidad de reducirlo al cálculo sucesivo de integrales en dimensiones menores. El teorema de Fubini a…rma que la integral de una función integrable f : Rn ! R se puede obtener integrando coordenada a coordenada, es decir, si 1 m < n entonces Z

Rn

f=

Z

Rn

m

Z

f (x; y)dx dy:

Rm

Este resultado requiere de ciertas precauciones ya que la función x 7! f (x; y) puede no ser integrable para ciertas y 2 Rn m : El teorema de Fubini a…rma que el conjunto de tales y’s tiene medida 0: Los conjuntos integrables de medida 0 se llaman conjuntos nulos. Veremos que si dos funciones coinciden fuera de un conjunto nulo y una de ellas es integrable, entonces la otra lo es y las integrales de ambas coinciden. Es decir, podemos sustituir de manera arbitraria los valores de una función en un conjunto nulo sin que esto altere ni la integrabilidad de la función ni el valor de su integral. Estudiaremos también la posibilidad de intercambiar al límite por la integral, es decir, de obtener la integral del límite puntual de una sucesión de funciones integrables como el límite de las integrales de dichas funciones. Este es un asunto de gran relevancia en el análisis matemático y tiene múltiples aplicaciones. La ausencia de buenas condiciones que permitan este intercambio es el motivo que llevó a sustituir la integral de Riemann por la integral de Lebesgue. Para la integral de Riemann la posibilidad de intercambiar al límite por la integral está estrechamente ligada a la convergencia 291

292

13. TEOREMAS FUNDAMENTALES DE LA TEORíA DE INTEGRACIÓN

uniforme mientras que, para la integral de Lebesgue, los teoremas que permiten este intercambio contienen hipótesis considerablemente más débiles. Los dos teoremas fundamentales sobre convergencia en la teoría de integración de Lebesgue son el teorema de convergencia monótona de Levi y el teorema de convergencia dominada de Lebesgue. El primero a…rma que, si la sucesión de funciones integrables (fk ) es no decreciente y el supremo de sus integrales está acotado, entonces su límite puntual f es integrable y Z Z f = lm fk : (13.1) k!1

Rn

Rn

El segundo a…rma que, si una sucesión (fk ) de funciones integrables converge puntualmente a una función f y si tales funciones están dominadas puntualmente por una función integrable g; es decir, si jfk j g para todo k; entonces f es integrable y se cumple (13.1). Un tercer resultado importante, que se obtiene a partir del teorema de convergencia monótona y se usa para probar el teorema de convergencia dominada, es el lema de Fatou, que da condiciones para la integrabilidad del límite inferior de una sucesión de funciones. Usando estos resultados de convergencia, demostraremos el teorema de cambio de variable para funciones integrables a partir del resultado correspondiente para funciones continuas con soporte compacto.

13.1.

Conjuntos nulos

Por simplicidad, escribiremos jXj en vez de voln (X). De…nición 13.1 Se dice que un subconjunto Z de Rn es nulo si es Z integrable y jZj = 0: R Observaciones 13.2 Observa que Z es nulo si y sólo si 1Z = 0; ya que en ese caso Z Z 0 1Z 1Z = 0 y, en consecuencia, 1Z es integrable y jZj = Si fk : Rn ! R[f1g y fk

R

Rn

1Z = 0:

0; la sucesión de sumas parciales

m P

k=1

fk : Rn ! R[f1g

es no decreciente. Denotamos al supremo puntual de esta sucesión de funciones por 1 P

k=1

fk := sup m2N

m P

k=1

fk

: Rn ! R [ f1g:

El siguiente lema juega un papel importante en el estudio de las propiedades de los conjuntos nulos.

13.1. CONJUNTOS NULOS

293

Lema 13.3 Sean fk : Rn ! R [ f1g tales que fk 0: Entonces Z Z 1 1 P P fk : fk k=1

k=1

R

Demostración: Si fk R= 1 para algún k 2 N; el resultado es trivialmente cierto. Así pues, supongamos que f 2 R para todo k 2 N: Dada " > 0; escogemos gk 2 n S (R ) tal que gk fk y Z Z " fk + k : gk 2 Rn P1 P1 P1 n Entonces k=1 gk k=1 fk : De la Proposición 12.17 se sigue que k=1 gk 2 S (R ) y Z 1 Z 1 Z m Z Z Z m 1 1 P P P P P P fk gk = l m gk = l m gk = gk fk + "; k=1

Rn k=1

m!1

para toda " > 0: En consecuencia, Z como a…rma el enunciado.

m!1 k=1

Rn k=1

1 P

fk

1 P

k=1

k=1

Z

Rn

k=1

Rn

k=1

fk ;

Una primera consecuencia de este lema es la siguiente. Proposición 13.4

(a) Si Z es nulo y Y

Z; entonces Y es nulo.

(b) Si fZk : k 2 Ng es una familia numerable de subconjuntos nulos de Rn ; entonces n Z := [1 k=1 Zk es un subconjunto nulo de R . Demostración: (a) es consecuencia inmediata de la monotonía de la integral superior. P1 (b): Observa que 1Z k=1 1Zk : Aplicando la monotonía de la integral superior, el Lema 13.3 y la Observación 13.2 obtenemos Z Z 1 Z 1 P P 0 1Z 1Zk 1Zk = 0: k=1

En consecuencia, Z es nulo.

En particular, se cumple lo siguiente.

k=1

294

13. TEOREMAS FUNDAMENTALES DE LA TEORíA DE INTEGRACIÓN

Ejemplo 13.5 Todo subconjunto numerable N de Rn es nulo, pues cada punto de N lo es. Veamos otros ejemplos. Ejemplo 13.6 Si 1 m < n; K es un subconjunto compacto de Rm y f : K ! Rn es una función continua, entonces la grá…ca de f;

m

graf(f ) := f(x; y) 2 Rn : x 2 K, y = f (x)g; es un subconjunto nulo de Rn . Demostración: Como graf(f ) es la imagen de K bajo la función continua g : K ! R dada por g(x) := (x; f (x)); se tiene que graf(f ) es compacto. Por tanto, graf(f ) es un subconjunto integrable de Rn : Dado que 1ff (x)g (y) si x 2 K; 1graf(f ) (x; y) := 0 si x 2 = K; n

para cada x 2 Rm se tiene que

Z

Rn

1graf(f ) (x; y)dy = 0: m

Del teorema de Fubini para funciones semicontinuas (ver Proposición 12.16) se sigue que Z Z Z 1graf(f ) (x; y)dy dx = 0; 1graf(f ) = jgraf(f )j = Rn

Rm

Rn

m

como a…rma el enunciado.

Del ejemplo anterior y el teorema de la función implícita se deduce que las subvariedades de Rn son subconjuntos nulos [Ejercicio 13.47]. Veamos un caso particular. Ejemplo 13.7 La esfera S n 1 (0; r) := fx 2 Rn : kxk = rg; r nulo de Rn .

0; es un subconjunto q

Demostración: Considera la función f : B (0; r) ! R dada por f (x) := r2 kxk2 ; donde B n 1 (0; r) := fx 2 Rn 1 : kxk rg: Como S n 1 (0; r) = S + [ S con S := gr( f ); del ejemplo anterior y la Proposición 13.4 se sigue que S n 1 (0; r) es nulo. n 1

13.1. CONJUNTOS NULOS

295

Proposición 13.8 Z es un subconjunto nulo de Rn si y sólo si para cada " > 0 existe un subconjunto abierto de Rn tal que Z y j j < ": Demostración: )) : Si Z es un subconjunto nulo de Rn entonces tanto, dado " > 0; existe g 2 S (Rn ) tal que g 1Z y Z " g< : 2 Rn

R

1Z = 0: Por

Como g es s.c.i., := g 1 ( 12 ; 1) es un subconjunto abierto de Rn (ver Ejercicio 4.46) y, puesto que g 1Z ; se tiene que Z : Finalmente, dado que 2g 1 ; se cumple que Z Z 2g < ": 1 j j= Rn

Rn

() : Inversamente, si para cada " > 0 existe un subconjunto abierto que Z y j j < "; entonces 0

Z

1Z

Z

1 0:

En consecuencia, Z es nulo.

De…nición 13.9 Sea X un subconjunto de Rn : Decimos que una propiedad P (x) se cumple casi dondequiera (c.d.) en X; o bien que se cumple para casi todo (p.c.t.) x 2 X; si el conjunto fx 2 X : P (x) no se cumpleg es nulo. La siguiente proposición asegura que, si modi…camos una función integrable sobre un subconjunto nulo de Rn , la función obtenida sigue siendo integrable y su integral es la misma. Proposición 13.10 Sean f; g : Rn ! R [ f 1g tales que f (x) = g(x) p.c.t. x 2 Rn : Si f es integrable, entonces g es integrable y Z Z f= g: Rn

Rn

296

13. TEOREMAS FUNDAMENTALES DE LA TEORíA DE INTEGRACIÓN

P Demostración: Sean Z := fx 2 Rn : f (x) 6= g(x)g, hk := 1Z y h := 1 k=1 hk ; es decir, h(x) = 1 si x 2 Z y h(x) = 0 si x 2 = Z: Aplicando el Lema 13.3, obtenemos que Z 1 Z X h hk = 0: k=1

Por otra parte, la Proposición 12.31 asegura que existe una sucesión ('k ) en Cc0 (Rn ) tal que Z jf

lm

k!1

Nota que jg

'k j

Z

h + jf jg

'k j = 0:

'k j : Por tanto, Z Z jf h+ 'k j

y, en consecuencia, lm

k!1

Z

jg

'k j =

Z

jf

'k j

'k j = 0:

La Proposición 12.31 asegura entonces que g es integrable y que Z Z Z g= lm 'k = f; Rn

k!1

Rn

Rn

como a…rma el enunciado. Además, una función integrable toma los valores nulo. De hecho, se cumple lo siguiente.

1 únicamente en un conjunto

R Proposición 13.11 Si f : Rn ! R [ f 1g satisface jf j < 1; entonces f (x) 2 R n p.c.t. x 2 R : En particular, si f es integrable, entonces f (x) 2 R p.c.t. x 2 Rn : Demostración: Sea Z := fx 2 Rn : f (x) = 1g: Como 1Z " jf j para todo " > 0; se tiene que Z Z 1Z " jf j 8" > 0: R En consecuencia, 1Z = 0 y, por tanto, Z es nulo. Esto prueba que f (x) 2 R p.c.t. x 2 Rn : R Si f es integrable, entonces jf j es integrable (ver Proposición 12.32)n y, por tanto, jf j < 1: De la a…rmación anterior se sigue que f (x) 2 R p.c.t. x 2 R : Las proposiciones anteriores nos permiten concluir lo siguiente.

13.1. CONJUNTOS NULOS

297

Corolario 13.12 Si f : Rn ! R[f 1g es integrable, entonces la función fe : Rn ! R dada por f (x) si f (x) < 1; fe(x) := 0 si f (x) = 1; es integrable, fe(x) = f (x) p.c.t. x 2 Rn y Z Z fe = Rn

f:

Rn

Demostración: La Proposición 13.11 asegura que fe(x) = f (x) p.c.t. x 2 Rn : De la Proposición 13.10 se sigue entonces que fe es integrable y que las integrales de f y fe coinciden. Proposición 13.13 Sea fk : Rn ! R [ f 1g una sucesión de funciones tales que Z lm jfk j = 0: k!1

Entonces existe una subsucesión (fkj ) de (fk ) tal que fkj (x) ! 0 p.c.t. x 2 Rn : Demostración: Tomemos k1 <

< kj < kj+1 < Z

Por el Lema 13.3, se tiene que Z

1 P

j=1

jfkj j

jfkj j < 1 P

j=1

Z

tales que

1 : 2j

jfkj j

1:

La Proposición 13.11 asegura entonces que existe un subconjunto nulo Z de Rn tal que 1 P

j=1

jfkj (x)j < 1

8x 2 Rn r Z:

En consecuencia, fkj (x) ! 0 para todo x 2 Rn r Z: Observaciones 13.14 En la proposición anterior no es posible concluir que la sucesión (fk ) converge puntualmente a 0 c.d. en Rn : existen ejemplos de sucesiones tales que R l mk!1 jfk j = 0 pero (fk (x)) no converge para ningún x en un conjunto de medida positiva [Ejercicio 13.51].

298

13. TEOREMAS FUNDAMENTALES DE LA TEORíA DE INTEGRACIÓN

Una consecuencia importante de la proposición anterior es la siguiente. Corolario 13.15 Sea f : Rn ! R [ f 1g: Entonces, p.c.t. x 2 Rn : En particular, si f es integrable y Z

Rn

R

jf j = 0 si y sólo si f (x) = 0

jf j = 0;

entonces f (x) = 0 p.c.t. x 2 Rn : Demostración: R() : Si f (x) = 0 p.c.t. x 2 Rn ; la Proposición 13.10 asegura que jf j es integrable y Rn jf j = 0: R )) : Inversamente, si jf j = 0; aplicando la Proposición 13.13 a la sucesión fk := f; obtenemos que f (x) = 0 p.c.t. x 2 Rn :

13.2.

El teorema de Fubini

Ahora queremos investigar si es posible calcular la integral de una función integrable f : Rn ! R [ f 1g integrando coordenada a coordenada. El primer problema con el que nos topamos es que, si f es integrable, 1 m < n; y y 2 Rn m ; la función f y : Rm ! R [ f 1g dada por f y (x) := f (x; y) no necesariamente es integrable. Veamos un ejemplo. Ejemplo 13.16 Sea 1 m < n: Puesto que Rm f0g es un subconjunto nulo de Rn [Ejercicio 13.46], la función 1Rm f0g es integrable en Rn : Sin embargo, (1Rm f0g )0 = 1Rm no es integrable en Rm (ver Corolario 12.23). El teorema de Fubini1 a…rma que este mal comportamiento ocurre únicamente en un subconjunto nulo de Rn m y que la integral de una función integrable f se puede 1

Guido Fubini (1879-1943) nació en Venecia. Estudió en la Scuola Normale Superiore de Pisa, donde fue alumno de Ulisse Dini y Luigi Bianchi. Fue profesor en el Politécnico y la Universidad de Turín.

13.2. EL TEOREMA DE FUBINI

299

calcular usando integrando sucesivamente respecto a cada variable.

Guido Fubini

Teorema 13.17 (Fubini) Sean f : Rn ! R[f 1g una función integrable y 1 m < n. Entonces existe un subconjunto nulo Z de Rn m tal que, para todo y 2 Rn m r Z; la función f y : Rm ! R [ f 1g dada por f y (x) := f (x; y) es integrable. La función F : Rn F (y) := también es integrable y

m

! R dada por R f y si y 2 Rn Rm 0 si y 2 Z; Z

Rn

F = m

Z

m

r Z;

(13.2)

f:

Rn

Demostración: Sean h 2 S (Rn ) y g 2 S (Rn ) tales que h f g: El teorema de Fubini para funciones semicontinuas (ver Proposición 12.16) asegura que hy 2 S (Rm ) y g y 2 S (Rm ) para todo y 2 Rn m y que las funciones Z Z y h y G(y) := gy H(y) := Rm

cumplen que H 2 S (Rn Z Rn

Para cada y 2 Rn

m

m

m

Rm

), G 2 S (Rn m ), Z H= h y Rn

denotamos por Z F1 (y) := f y

y

Z

Rn

G= m

F2 (y) :=

Z

Rn

Z

f y:

g:

300

13. TEOREMAS FUNDAMENTALES DE LA TEORíA DE INTEGRACIÓN

Como hy

Z

fy

Rn

g y ; se tiene que H Z Z h= H Fi Rn

F1 Z

m

n

F2 Fi

Z

G (ver Lema 12.27). En consecuencia, Z G= g, i = 1; 2:

Rn

m

Rn

Dado que f es integrable en R ; tomando el ín…mo sobre las funciones g 2 S (Rn ) tales que g f y el supremo sobre las funciones h 2 S (Rn ) tales que h f; obtenemos Z Z Z Z f Fi Fi f; i = 1; 2: Rn

Rn

En consecuencia, F1 y F2 son integrables en Rn m y Z Z Z F1 = F2 = Rn

m

Rn

Por el Corolario 13.12, la función Fei : Rn

Rn

f:

Rn

! R dada por

Fi (y) si Fi (y) < 1; 0 si Fi (y) = 1;

Fei (y) :=

es integrable, Zi := fy 2 Rn Z

m

m

m

: Fi (y) = 1g es un subconjunto nulo de Rn Z Z Fei = Fi = f; i = 1; 2: Rn

m

y

Rn

e e e que Fe2 Fe1 0 y RComo Fi toma valores en R tiene sentido considerar F2 F1 y, dado (Fe2 Fe1 ) = 0; el Corolario 13.15 asegura que Z0 := fy 2 Rn m : Fe1 (y) 6= Fe2 (y)g Rn m es nulo en Rn m . Entonces Z := Z0 [ Z1 [ Z2 es nulo en Rn m y, como Fei (y) = Fi (y)

1 < Fe1 (y) = Fe2 (y) < 1

y

de la de…nición de F1 y F2 se sigue que Z Z y 1< f = fy < 1 Por tanto, f y es integrable y Z f y = F1 (y) = F2 (y) Rm

8y 2 Rn

8y 2 Rn

8y 2 Rn

m

m

Esto concluye la demostración.

m

Rn

m

Rn

r Z;

r Z:

r Z:

Finalmente, como F1 = F c.d. en Rn m y F1 es integrable en Rn 13.10 asegura que F es integrable en Rn m y Z Z Z F = F1 = f: Rn

m

m

; la Proposición

13.3. TEOREMAS DE CONVERGENCIA

301

Notación 13.18 La identidad (13.2) suele escribirse como Z Z Z f (y; z) dy dz = f (y; z)dy dz: Rn

Rn

m

Rm

Dado que el intercambio de variables (y; z) ! 7 (z; y) es una transformación ortogonal, el Teorema 12.34 asegura que también Z Z Z f (y; z) dy dz = f (y; z)dz dy: Rn

13.3.

Rm

Rn

m

Teoremas de convergencia

Daremos a continuación varios criterios importantes que garantizan la integrabilidad del límite puntual de funciones integrables y la posibilidad de expresar a la integral de dicho límite como el límite de las correspondientes integrales. El siguiente ejemplo muestra que no es cierto, en general, que el supremo puntual de una sucesión no decreciente de funciones integrables sea integrable. Ejemplo 13.19 Si fk := 1B n (0;k) es la función característica de la bola de radio k con centro en el origen en Rn ; entonces fk es integrable y fk fk+1 para todo k 2 N: Sin embargo, 1Rn = supk2N fk no es integrable. Si el supremo puntual f := supk2N fk de una sucesión no decreciente (fk ) de funciones integrables es integrable, entonces Z Z lm fk f < 1: k!1

Rn

Rn

El teorema que enunciaremos a continuación, a…rma que basta con que este límite sea …nito para garantizar la integrabilidad de f: Nota que, si (tk ) es una sucesión no decreciente de números reales entonces, para cualesquiera k; i 2 N, se tiene que tk+i

tk =

k+i P

(tj

tj 1 ) :

j=k+1

Tomando el límite cuando i ! 1 concluimos que l m ti

i!1

tk =

1 P

j=k+1

(tj

tj 1 ) :

(13.3)

302

13. TEOREMAS FUNDAMENTALES DE LA TEORíA DE INTEGRACIÓN

Usaremos esta fórmula en la demostración del siguiente resultado de Beppo Levi2 .

Beppo Levi

Teorema 13.20 (de convergencia monótona) Si fk : Rn ! R [ f 1g es integrable, fk fk+1 para todo k 2 N y Z fk < 1; lm k!1

Rn

entonces f := supk2N fk es integrable y Z Z f = lm Rn

k!1

fk :

Rn

Demostración: Como fk es integrable, la Proposición 13.11 asegura que el conjunto Zk := fx 2 Rn : fk (x) =

1g

n es nulo para todo k 2 N. Por tanto, Z := [1 k=1 Zk es un subconjunto nulo de R (ver Proposición 13.4). Reemplazando los valores de fk en Z por 0 obtenemos funciones cuyo supremo puntual coincide con f fuera de Z: Estas nuevas funciones también son integrables y la integral de cada una de ellas coincide con la de la función original (ver Proposición 13.10). Por tanto, podemos suponer, sin perder generalidad, que fk toma valores en R. De la fórmula (13.3) se sigue que

f

fk =

1 P

(fj

fj 1 ) :

j=k+1 2

Beppo Levi (1875-1961) nació en Turín, Italia y obtuvo el doctorado en la Universidad de Turín. En 1939 emigró a Argentina donde fue profesor de la Universidad Nacional del Litoral (hoy Universidad Nacional de Rosario).

13.3. TEOREMAS DE CONVERGENCIA

303

Por tanto, usando el Lema 13.3 y la fórmula (13.3), obtenemos Z Z 1 P (f fk ) (fj fj 1 ) j=k+1

=

Z

1 P

R

Rn

fj

Rn

j=k+1

Como l m k!1 cuencia,

Z

fk < 1; se tiene que l m

k!1

lm

k!1

fj

=

1

Rn

Z

l mk!1

(f

R

Rn

lm

i!1

Z

R

fk

fi

Rn

Z

fk :

Rn

Rn

fk = 0 y, en conse-

fk ) = 0:

Por otra parte, la Proposición 12.31 asegura que existe 'k 2 Cc0 (Rn ) tal que Z 1 jfk 'k j < : k

(13.4)

Por tanto, lm

k!1

Z

jf

'k j

lm

k!1

Z

jf

fk j + l m

k!1

Esto prueba que f es integrable y que Z Z f = lm k!1

Rn

De la desigualdad (13.4) se sigue que Z lm k!1

lo que nos permite concluir que Z Z lm fk = l m (fk k!1

Rn

k!1

(fk

Rn

Rn

'k ) +

Rn

Z

jfk

'k j = 0:

'k :

'k ) = 0;

Z

Rn

'k = l m

k!1

Z

Rn

'k =

Z

f;

Rn

como a…rma el enunciado. El análogo para sucesiones decrecientes de funciones también es válido. Corolario 13.21 Si fk : Rn ! R [ f 1g es integrable y fk Z lm fk > 1; k!1

Rn

fk+1 para todo k 2 N; y

304

13. TEOREMAS FUNDAMENTALES DE LA TEORíA DE INTEGRACIÓN

entonces f := nf k2N fk es integrable y Z Z f = lm k!1

Rn

fk :

Rn

Demostración: Este resultado se obtiene aplicando el Teorema 13.20 a la sucesión ( fk ):

Corolario 13.22 Sea X1 Xk una sucesión no decreciente de subconjuntos integrables de Rn : Si la sucesión (jXk j) de sus medidas de Lebesgue en Rn está acotada, entonces [1 k=1 Xk es integrable y 1 S

k=1

Xk = l m jXk j : k!1

Demostración: Este resultado es consecuencia del Teorema 13.20 aplicado a la : sucesión de funciones características 1Xk ; ya que supk2N 1Xk = 1[1 k=1 Xk

Corolario 13.23 Sea X1 Xk una sucesión no creciente de subconjuntos n 1 integrables de R : Entonces \k=1 Xk es integrable y 1 T

k=1

Xk = l m jXk j : k!1

Demostración: Este resultado es consecuencia del Corolario 13.21 aplicado R a la sucesión de funciones características 1Xk ; ya que nf k2N 1Xk = 1\1 : Nota que Rn 1Xk 0: k=1 Xk Dadas funciones fk : Rn ! R [ f 1g, denotamos por l m inf k!1 fk : Rn ! R [ f 1g y por l m supk!1 fk : Rn ! R [ f 1g a las funciones l m inf fk (x) := l m inf fk (x); k!1

k!1

l m sup fk (x) := l m sup fk (x) k!1

k!1

(ver De…nición 4.26). El siguiente resultado, debido a Fatou3 , da condiciones para la 3

Pierre Joseph Louis Fatou (1878-1929) nació en Lorient, Francia. Estudió matemáticas en la École Normale Supérieure de Paris y trabajó como astrónomo en el observatorio de Paris.

13.3. TEOREMAS DE CONVERGENCIA

305

integrabilidad de l m inf k!1 fk .

Pierre Fatou

Teorema 13.24 (Lema de Fatou) Sea fk : Rn ! R [ f 1g una sucesión de funciones integrables con las siguientes propiedades: (i) existe una función integrable g : Rn ! R [ f 1g tal que fk (ii) existe M 2 R tal que

Z

fk

8k 2 N:

M

Rn

Entonces l m inf k!1 fk es integrable y Z l m inf fk k!1

Rn

g para todo k 2 N;

l m inf k!1

Z

fk :

Rn

Demostración: Fijemos k 2 N: Para cada j k de…nimos fj;k := m nffi : k i jg: Entonces, fj;k es integrable (ver Ejercicio 12.61), fj;k fj+1;k y fj;k g para todo j 2 N. Por tanto, Z Z lm

j!1

fj;k

g>

Rn

Rn

Por el Corolario 13.21, se tiene que gk := nf j Z Z fj;k gk = nf Rn

j k

Rn

k

1:

fj;k es integrable y Z nf fj M;

j k

(13.5)

Rn

ya que fj fj;k : Observa que gk = nf j k fj . Como gk gk+1 para todo k 2 N, el Teorema 13.20 asegura que supk2N gk es integrable y, usando la desigualdad (13.5), obtenemos que Z Z Z Z sup nf fj = sup gk = sup gk sup nf fj ; Rn k2N j k

Rn k2N

k2N

Rn

k2N j k

Rn

306

13. TEOREMAS FUNDAMENTALES DE LA TEORíA DE INTEGRACIÓN

como a…rma el enunciado. El siguiente ejemplo muestra que, en general, no se cumple la igualdad en el lema de Fatou, ni siquiera cuando la sucesión (fk ) converge puntualmente. Ejemplo 13.25 Existen sucesiones (fk ) que satisfacen las hipótesis del lema de Fatou para las cuales se cumple la desigualdad estricta Z Z l m inf fk < l m inf fk : k!1

Rn

k!1

Rn

Demostración: Sea fk : R ! R la función fk (x) := maxfk k 2 x fk es integrable, fk 0 y Z fk = 1

R

1 k

; 0g: Entonces

8k 2 N.

Como l mk!1 fk (x) = 0 para todo x 2 R; se tiene que Z Z fk : l m fk = 0 < 1 = l m R k!1

k!1

R

Es decir, en este caso no se da la igualdad. y

1 .5

y

1 0 .8 0 .6

0 .5

0 .4 0 .2 0 -1

0 0

1

2

3

-1

x

0

1

2

3 x

grá…cas de f1 y f2

Uno de los teoremas más importantes de la teoría de integración es el teorema de convergencia dominada de Lebesgue. Este teorema da una condición su…ciente para la integrabilidad del límite puntual de una sucesión de funciones integrables: basta que la sucesión (fk ) esté dominada por una función integrable g, es decir, que jfk (x)j g(x) p.c.t. x 2 Rn , para que l mk!1 fk sea integrable. Dicha condición asegura además que podemos intercambiar al límite por la integral. Teorema 13.26 (de convergencia dominada) Sean f; fk : Rn ! R [ f 1g funciones con las siguientes propiedades:

13.3. TEOREMAS DE CONVERGENCIA

307

(i) fk es integrable, (ii) fk (x) ! f (x) p.c.t. x 2 Rn ; (iii) existe una función integrable g : Rn ! R [ f 1g tal que, para cada k 2 N, se cumple que jfk (x)j g(x) p.c.t. x 2 Rn : Entonces f es integrable y Z

f = lm

k!1

Rn

Z

fk :

Rn

Demostración: Los conjuntos Z 1 : = fx 2 Rn : g(x) = 1g; Z0 : = fx 2 Rn : (fk (x)) no converge a f (x)g; Zk : = fx 2 Rn : jfk (x)j > g(x)g; son nulos. Por tanto, Z := [1 g(x) < 1 para todo k= 1 Zk es nulo. Nota que jf (x)j n x 2 R r Z: Reemplazando fk (x); f (x) y g(x) por 0 para todo x 2 Z, podemos suponer sin perder generalidad que fk ; f y g toman valores en R, y que y

l m fk (x) = f (x)

k!1

Como fk

gy

Z

jfk (x)j Z

fk

8k 2 N, 8x 2 Rn .

g(x)

8k 2 N;

g =: M

Rn

Rn

el lema de Fatou (ver Teorema 13.24) asegura que f es integrable y que Z Z f l m inf fk : k!1

Rn

k!1

Rn

De (13.7) y (13.8) se sigue que Z Z f l m inf Rn

En consecuencia,

k!1

fk

Rn

Z

Rn

k!1

Rn

l m sup k!1

f = lm

k!1

(13.7)

Rn

Observa que las funciones fk y f también satisfacen (13.6). Por tanto, Z Z Z Z f= f l m inf fk = l m sup fk : Rn

(13.6)

Z

Rn

Z

Rn

fk

fk

Z

Rn

Rn

f:

(13.8)

308

13. TEOREMAS FUNDAMENTALES DE LA TEORíA DE INTEGRACIÓN

(ver Ejercicio 4.45). Esto concluye la demostración. Observa que las sucesiones de funciones de los Ejemplos 11.8, 11.12, 13.19 y 13.25 no están dominadas por ninguna función integrable g [Ejercicio 13.58]. La importancia del teorema de convergencia dominada quedará de mani…esto en las múltiples aplicaciones que veremos en el resto de estas notas. Concluimos esta sección con dos corolarios interesantes de los teoremas de convergencia monóntona y convergencia dominada. En las secciones siguientes daremos algunas aplicaciones de ellos. 1 S Corolario 13.27 Sean X1 Xk subconjuntos de Rn ; X := Xk y k=1

f : X ! R una función tal que f jXk 2 L(Xk ) para todo k 2 N y Z lm jf j < 1: k!1

Xk

Entonces f 2 L(X), f 2 L(X r Xk ) para todo k 2 N, Z Z Z f y lm f = lm X

k!1

k!1

Xk

XrXk

jf j = 0:

Demostración: Como hemos convenido (ver Notación 12.44), identi…camos a f con su extensión trivial a Rn : Denotamos por fk := f 1Xk : Por hipótesis fk 2 L(Rn ): En consecuencia, jfk j 2 L(Rn ) y, como jfk j jfk+1 j y Z Z lm jfk j = l m jf j < 1; k!1

k!1

Rn

Xk

el teorema de convergencia monótona (ver Teorema 13.20) asegura que jf j = supk2N jfk j es integrable. Ahora, como fk (x) ! f (x) para todo x 2 Rn y jfk (x)j jf (x)j para todo x 2 Rn y k 2 N, el teorema de convergencia dominada (ver Teorema 13.26) asegura que f es integrable y que Z Z f f = lm X

k!1

Xk

Entonces f fk = f 1XrXk es integrable y, en consecuencia, jf fk j también lo es. Puesto que jf (x) fk (x)j ! 0 para todo x 2 Rn y jf (x) fk (x)j 2 jf (x)j para todo x 2 Rn y k 2 N, el teorema de convergencia dominada asegura que Z Z 0= lm jf fk j = l m jf j ; k!1

como a…rma el enunciado.

X

k!1

XrXk

13.3. TEOREMAS DE CONVERGENCIA

309

Corolario 13.28 Sea fj : Rn ! R una sucesión de funciones integrables tales que Z 1 P jfj j < 1: Rn

j=1

Entonces la serie

1 P

j=1

fj converge c.d. en Rn a una función integrable f : Rn ! R y lm

k!1

Z

k P

f

Rn

fj = 0:

j=1

Demostración: Denotemos por gk :=

k P

j=1

Como gk es integrable, gk

jfj j

y

g :=

j=1

gk+1 y Z Z 1 P lm gk =

k!1

1 P

Rn

Rn

j=1

jfj j = sup gk : k2N

jfj j < 1;

el teorema de convergencia monótona asegura que g es integrable. En consecuencia, por la Proposición 13.11, existe un subconjunto nulo Z de Rn tal que g(x) :=

1 P

j=1

Esto implica que la serie

1 P

j=1

jfj (x)j < 1

8x 2 Rn r Z:

fj (x) converge para todo x 2 Rn r Z:

De…nimos f : Rn ! R como

Entonces

k P

j=1

8 1 < P f (x) si x 2 Rn r Z; j f (x) := j=1 : 0 si x 2 Z:

fj (x) ! f (x) p.c.t. x 2 Rn y k P

j=1

fj (x)

g(x)

8x 2 Rn ; 8k 2 N.

310

13. TEOREMAS FUNDAMENTALES DE LA TEORíA DE INTEGRACIÓN

El teorema de convergencia dominada asegura entonces que f es integrable. En consek P cuencia, f fj es integrable y, como j=1

k P

f (x)

j=1

y f (x)

k P

j=1

fj (x)

jf (x)j +

8x 2 Rn r Z

fj (x) ! 0

k P

fj (x)

j=1

jf (x)j + g(x)

8x 2 Rn ; 8k 2 N,

el teorema de convergencia dominada asegura que lm

k!1

como a…rma el enunciado.

13.4.

Z

Rn

f

k P

fj = 0;

j=1

La integral de funciones radiales

Sean 0 < a < b < 1: Considera el conjunto An (a; b) := fx 2 Rn : a

kxk

bg:

Observa que An (a; b) = B n (0; b) r B n (0; a) [ S n 1 (0; a): De la Proposición 12.38 y los Ejemplos 12.25 y 13.7 se sigue entonces que voln (An (a; b)) = (bn

an )! n ;

donde ! n es el volumen de la bola unitaria en Rn . Se dice que una función g : An (a; b) ! R es radial si su valor depende únicamente de kxk ; es decir, si g(x) = f (kxk) donde f : [a; b] ! R. El siguiente resultado a…rma que, si f es continua, la integral de g se puede calcular en términos de la integral de Riemann de f . Teorema 13.29 (Integral de una función radial) Si f : [a; b] ! R es una función continua, entonces Z Z b f (kxk)dx = n! n f (t)tn 1 dt: An (a;b)

a

13.4. LA INTEGRAL DE FUNCIONES RADIALES

311

Demostración: Para cada k 2 N consideramos la partición a = a0 < a1 < < ak = b del intervalo [a; b] tal que aj aj 1 = k1 (b a): Por simplicidad denotamos por A := An (a; b) y Aj := An (aj 1 ; aj ): Entonces A = A1 [ [ Ak y Ai \ Aj es nulo si i 6= j (ver Ejemplo 13.7). Por tanto, jAj = jA1 j +

+ jAk j :

El teorema del valor medio aplicado a la función t 7! tn asegura que existe tal que anj anj 1 = n nj 1 (aj aj 1 ):

j

2 (aj 1 ; aj )

Por tanto, jAj j = (anj

anj 1 )! n = n

Considera la función

gk :=

k P

n 1 (aj j

aj 1 )! n :

f ( j )1Aj :

j=1

Se tiene que

Z

gk =

A

k P

j=1

f ( j ) jAj j = n! n

k P

f ( j)

j=1

n 1 (aj j

aj 1 ):

La suma que aparece en el término de la derecha es una suma de Riemann para la integral de la función t 7! f (t)tn 1 en [a; b]: Por tanto, haciendo tender k ! 1 obtenemos Z Z b gk = n! n f (t)tn 1 dt: (13.9) lm k!1

A

a

Demostraremos a continuación que Z Z gk (x)dx: f (kxk)dx = l m k!1

A

(13.10)

A

Como f es uniformemente continua en [a; b], para cada " > 0 existe k0 2 N tal que jf (t)

f (s)j <

" jAj

si js

tj <

b

a k

con k

k0 :

P En consecuencia, dado que jf (kxk) gk (x)j = kj=1 f (kxk) f ( j ) 1Aj (x) p.c.t. x 2 A; se tiene que Z k Z X jf (kxk) gk (x)j dx = f (kxk) f ( j ) dx A

j=1

Aj

k X " jAj j = " jAj j=1

8k

k0 :

312

13. TEOREMAS FUNDAMENTALES DE LA TEORíA DE INTEGRACIÓN

Esto demuestra (13.10). Combinando las identidades (13.9) y (13.10) se obtiene la identidad deseada.

Ejemplo 13.30 Si Z

An (a;b)

2 R y 0 < a < b < 1; entonces kxk dx =

n n+

! n (bn+ an+ ) si n! n (ln b ln a) si

Demostración: Por el teorema anterior, Z Z b kxk dx = n! n t An (a;b)

+n 1

+ n 6= 0; + n = 0:

dt:

a

Calculando la integral de la derecha se obtiene el resultado. Si < 0 la función x 7! kxk no está de…nida en 0: Sin embargo, como f0g es un conjunto nulo, podemos extender esta función a una función Rn ! R dándole cualquier valor en 0, por ejemplo 0: Proposición 13.31 Si

2 R y r > 0; entonces

(a) la función x 7! kxk es integrable en B n (0; r) si y sólo si caso, Z n! n n+ kxk dx = r . n+ kxk r

+ n > 0 y, en ese

(b) la función x 7! kxk es integrable en Rn r B n (0; r) si y sólo si ese caso, Z n! n n+ kxk dx = r . n+ kxk r

+ n < 0 y, en

Demostración: (a): Sea " > 0: Del Ejemplo 13.30 se sigue que Z n ! n rn+ si n + > 0; n+ lm kxk dx = "!0 An (";r) 1 si n + 0: Si n +

> 0; el Corolario 13.27 asegura que x 7! kxk es integrable en B n (0; r) y que Z Z n kxk dx = ! n rn+ . kxk dx = l m k!1 1 n + n kxk r A ( k ;r)

13.4. LA INTEGRAL DE FUNCIONES RADIALES

Supongamos ahora que que Z

An (";r)

+n kxk dx

313

0: Si x 7! kxk fuera integrable en B n (0; r); se tendría Z

kxk r

kxk dx < 1

8" 2 (0; r):

Esto es una contradicción. La demostración de (b) es análoga [Ejercicio 13.67]. Anteriormente probamos que el producto de dos funciones integrables es integrable si una de ellas es acotada (ver Lema 12.37). El siguiente ejemplo muestra que esta última hipótesis es importante. Ejemplo 13.32 El producto de funciones integrables no es necesariamente integrable. Demostración: La función f (x) := kxk kxk n no lo es.

n=2

es integrable en B n (0; r), pero f 2 (x) =

La Proposición 13.31 nos permite dar un criterio muy útil de integrabilidad para funciones f : Rn ! R en términos de su comportamiento al 1. Empezamos introduciendo el siguiente concepto. De…nición 13.33 Sea un subconjunto abierto de Rn : Una función f : ! R es localmente integrable en si, para todo subconjunto compacto K de ; la función f jK : K ! R es integrable en K: Observa que cualquier función continua f : Rn ! R es localmente integrable (ver Ejemplo 12.42). Denotamos por Lloc ( ) := ff :

! R : f es localmente integrable en

g:

(13.11)

Una consecuencia del Corolario 13.27 es la siguiente. Proposición 13.34 Sea un subconjunto abierto de Rn : Entonces f 2 L( ) si y sólo R si f 2 Lloc ( ) y jf j < 1: R Demostración: )) : Claramente, si f 2 L( ); entonces f 2 L ( ) y jf j < 1: loc R () : Inversamente, supongamos que f 2 Lloc ( ) y jf j < 1: Para cada k 2 N de…nimos 1 : kxk < k; dist(x; @ ) > g: k := fx 2 k

314

13. TEOREMAS FUNDAMENTALES DE LA TEORíA DE INTEGRACIÓN

Entonces k = [1 k+1 y k=1 k ; donde es compacto, se tiene que f j k 2 L( k ) y Z

k

jf j

Z

es la cerradura de

k

jf j < 1

k

en Rn : Como

k

8k 2 N:

Por el Corolario 13.27, f 2 L( ). Corolario 13.35 (Criterio de integrabilidad) Si f 2 Lloc (Rn ) y existen " > 0; M 0 y r > 0 tales que M kxkn+"

jf (x)j

8x 2 Rn r B n (0; r);

entonces f 2 L(Rn ): Demostración: Como jf j = jf j 1B n (0;r) + jf j 1Rn rB n (0;r) ; se tiene que Z

jf j

Z Z

jf j 1B n (0;r) + Z jf j + M

kxk r

Z

jf j 1Rn rB n (0;r)

kxk r

1 dx < 1: kxkn+"

La existencia de las dos últimas integrales se sigue de que f 2 Lloc (Rn ) y de la Proposición 13.31, respectivamente. La Proposición 13.34 asegura que f 2 L(Rn ):

13.5.

El teorema de cambio de variable

El teorema de cambio de variable para funciones continuas con soporte compacto (ver Teorema 11.25) se generaliza a funciones integrables como sigue. Teorema 13.36 (de cambio de variable) Sean y 0 subconjuntos abiertos de Rn y ' : ! 0 un difeomor…smo de clase C 1 . Entonces, f 2 L( 0 ) si y sólo si (f 0 ') jdet ' j 2 L( ) y, en tal caso, se cumple que Z Z 0 f ('(x)) jdet ' (x)j dx = f (y)dy: 0

13.5. EL TEOREMA DE CAMBIO DE VARIABLE

315

Reduciremos la demostración de este teorema al caso en el que f 2 Cc0 ( 0 ): Para ello requerimos el siguiente resultado. Proposición 13.37 (Aproximación por funciones en Cc0 ( )) Si Rn y f 2 L( ) entonces existe una sucesión fk 2 Cc0 ( ) tal que Z lm jf fk j = 0:

es abierto en

k!1

Demostración: Sea " > 0: Basta probar que existe f" 2 Cc0 ( ) tal que Z jf f" j < ": Como convenimos (ver Notación 12.44), identi…camos a f con su extensión trivial a Rn . Por la Proposición 12.31 existe g 2 Cc0 (Rn ) tal que Z " jf gj < : (13.12) 3 Rn Considera la sucesión no decreciente de subconjuntos abiertos y acotados de k

:= fx 2

Nota que = [1 k=1 k : Como ción 12.43), y como además

k

lm

: kxk < k; dist(x; @ ) >

k!1

Z

jgj

k

Rn

el Corolario 13.27 asegura que g 2 L( r Z lm k!1

Escogemos k0 2 N tal que Por simplicidad escribimos existe h 2 Cc0 (Rn ) tal que h

Z 0

1 g: k

es integrable se tiene que g j k 2 L( Z

r

r

k)

k

;

k)

(ver Proposi-

jgj < 1;

y que

jgj = 0:

" jgj < : 3 k0

:= k0 : Sea M := maxx2 1 0 y Z " (1 0 h) < : 3M Rn

(13.13) 0

jg(x)j : Como 1

0

2 S (Rn );

316

13. TEOREMAS FUNDAMENTALES DE LA TEORíA DE INTEGRACIÓN

Reemplazando h por maxf0; hg, podemos suponer además que h 0: Entonces h(x) = 0 para todo x 2 Rn r 0 y, en consecuencia, gh 2 Cc0 ( ): Más aún, usando el Ejercicio 13.50 obtenemos Z Z Z Z jf ghj jf gj + jg ghj + jg ghj r 0 0 Z Z Z jf gj + jgj + M (1 0 h) < ": Rn

r

Rn

0

Esto concluye la demostración. Requerimos también información sobre la imagen de un conjunto nulo bajo una función de clase C 1 . Se cumple lo siguiente. Lema 13.38 Si es un subconjunto abierto de Rn y ' : ! Rn es de clase C 1 entonces, para todo subconjunto nulo Z de ; el conjunto '(Z) := f'(z) : z 2 Zg es nulo. Demostración: Sea k := fx 2 : kxk < k; dist(x; @ ) > k1 g: Dado que la unión numerable de conjuntos nulos es un conjunto nulo, basta probar que '(Z \ k ) es nulo para cada k 2 N: Fijemos k 2 N y " > 0: Tomemos una familia numerable de cubos Qj ; j 2 N; tales que 1 S P Z\ k Qj y jQj j < ": k j=1

j2N

Ésta se obtiene escogiendo un abierto U tal que Z \ k U Sk y jU j < " (ver Proposición 13.8) y expresándolo como una unión de cubos, U = j2N Qj ; tales que int(Qi ) \ int(Qj ) = ; si i 6= j (ver Ejercicio 13.45). Como k es compacto y '0 : ! L(Rn ; Rn ) es continua, se tiene que Mk := sup k'0 (x)kL(Rn ;Rn ) < 1: x2

k

Del teorema del valor medio (ver Corolario 9.17) y las desigualdades (11.9) se sigue entonces que p k'(x) '(y)k1 k'(x) '(y)k Mk kx yk Mk n kx yk1 8x; y 2 Qj : Esto implica que, si Qpj es un cubo de semilado , entonces '(Qj ) está contenido en un cubo de semilado Mk n . Por tanto, j'(Qj )j

Mkn nn=2 jQj j

8j 2 N:

13.5. EL TEOREMA DE CAMBIO DE VARIABLE

317

Nota que '(Qj ) es compacto y, por tanto, integrable. Se tiene entonces que m S

m P

'(Qj )

j=1

Mkn nn=2

j'(Qj )j

j=1

El Corolario 13.22 asegura que

1 S

m P

j=1

Mkn nn=2 "

jQj j

8m 2 N:

'(Qj ) es integrable y que

j=1 1 S

m!1 j=1

j=1

Como '(Z \

k)

1 S

m S

'(Qj ) = l m

Mkn nn=2 ":

'(Qj )

'(Qj ); concluimos que

j=1

Esto prueba que '(Z \

Z

1'(Z\

k)

es nulo:

k)

Mkn nn=2 "

8" > 0:

Estamos listos para demostrar el teorema de cambio de variable. Sea f 2 L( 0 ): Por la Proposición 13.37

Demostración del Teorema 13.36. existe una sucesión (fk ) en Cc0 ( 0 ) tal que Z jf lm k!1

fk j = 0:

0

(13.14)

Reemplazando a (fk ) por una subsucesión, podemos suponer además que existe un subconjunto nulo Z de Rn tal que fk (y) ! f (y)

8y 2

0

rZ

(ver Proposición 13.13). Denotemos por gk := (fk

') jdet '0 j

y

') jdet '0 j :

g := (f

Entonces, gk 2 Cc0 ( ), gk (x) ! g(x)

8x 2

r ' 1 (Z)

y ' 1 (Z) es nulo (ver Lema 13.38). El Teorema 11.25 asegura que Z Z Z 0 gk = (fk ') jdet ' j = fk ; 0

(13.15)

318

13. TEOREMAS FUNDAMENTALES DE LA TEORíA DE INTEGRACIÓN

y que Z

jgk

gj j =

Z

Z

(jfk

0

jfk

0

fj j ') jdet ' j = Z fj + jf fj j :

Z

0

jfk

fj j

0

De esta última desigualdad y la a…rmación (13.14) se sigue que existen k1 < kj+1 < tales que Z 1 gkj+1 gkj < j : 2 En consecuencia, de…niendo gk0 := 0; concluimos que Z 1 P gkj+1 gkj < 1; j=0

Observa que gkm =

m P1

(gkj+1

gkj )

j=0

y que g(x) =

1 P

(gkj+1 (x)

gkj (x))

j=0

r ' 1 (Z):

8x 2

El Corolario 13.28 asegura entonces que g es integrable y que Z jg gkm j = 0: lm m!1

Por tanto, usando las identidades (13.14) y (13.15), concluimos que Z Z Z Z g= lm gkm = l m fkm = f; m!1

que es la identidad deseada. Finalmente observa que, si g := (f

m!1

0

0

') jdet '0 j ; entonces

f = (g ' 1 ) det '

1 0

:

En consecuencia, f 2 L( 0 ) si g 2 L( ): Esto concluye la demostración. Veamos una aplicación del teorema anterior.

< kj <

13.6. EJERCICIOS

319

Ejemplo 13.39 (Coordenadas polares) f 2 L(R2 ) si y sólo si la función (r; ) 7! rf (r cos ; r sin ) es integrable en [0; 1) [0; 2 ] y, en ese caso, Z Z 2 Z 1 f= rf (r cos ; r sin ) dr d : R2

0

0

Demostración: Sean := (0; 1) (0; 2 ) y 0 := R2 r f(x; 0) : x 0g: La función ' : ! 0 dada por '(r; ) := (r cos ; r sin ) es un difeomor…smo de clase C 1 y jdet '0 (r; )j = r: Por el Teorema 13.36, f 2 L( 0 ) si y sólo si (r; ) 7! rf ('(r; )) es integrable en ; y Z Z f= rf ('(r; )) dr d : 0

Como ([0; 1) [0; 2 ]) r y R2 r 0 son subconjuntos nulos de R2 ; concluimos que 2 f 2 L(R ) si y sólo si (r; ) 7! rf (r cos ; r sin ) es integrable en [0; 1) [0; 2 ] y Z Z Z Z 2 Z 1 f= f= rf ('(r; )) dr d = rf (r cos ; r sin ) dr d ; R2

0

0

0

como a…rma el enunciado.

13.6.

Ejercicios

Ejercicio 13.40 Prueba que [0; 1] r Q es integrable y calcula su medida en R. Ejercicio 13.41 El objetivo de este ejercicio es mostrar la existencia de subconjuntos nulos no numerables de [0; 1]: El conjunto de Cantor C se construye como sigue: Al intervalo [0; 1] le quitamos su tercio medio ( 13 ; 23 ) y denotamos al conjunto restante por C1 := [0; 1] r

1 2 ; 3 3

:

A cada uno de los dos subintervalos cerrados de C1 le quitamos su tercio medio y denotamos al conjunto restante por C2 := C1 r

1 2 ; 9 9

[

7 8 ; 9 9

:

Continuando de esta manera, a cada uno de los 2k subintervalos cerrados de Ck le quitamos su tercio medio y denotamos al conjunto restante por Ck+1 : De…nimos 1 T C := Ck : k=1

Prueba que C es nulo y no es numerable.

320

13. TEOREMAS FUNDAMENTALES DE LA TEORíA DE INTEGRACIÓN

Ejercicio 13.42 Para cada " > 0; de…ne de manera explícita un subconjunto abierto integrable de Rn tal que Qn y j j < ": Ejercicio 13.43 (a) Prueba que, si Z es un subconjunto nulo de Rn ; entonces Rn rZ es denso en Rn : (b) ¿Es cierto que, si un subconjunto integrable X de Rn tiene medida positiva entonces int(X) 6= ;? Ejercicio 13.44 Prueba que Z es un subconjunto nulo de Rn si y sólo si Z \ Q es un subconjunto nulo de Rn para todo rectángulo Q Rn : Ejercicio 13.45 Un cubo es un rectángulo [a1 ; b1 ] b1 a1 6= 0 para todo i = 2; :::; N:

[aN ; bN ] tal que bi

ai =

(a) Prueba que todo subconjunto abierto de Rn es la unión de una familia numerable de cubos Qk ; k 2 N; tales que int(Qj ) \ int(Qk ) = ; si j 6= k: (b) Sean un subconjunto abierto de Rn y Z : Prueba que Z es un subconjunto nulo de Rn si y sólo si para cada " > 0 existe una familia numerable de cubos Qk ; k 2 N; tales que 1 S P Z Qk y jQk j < ": k2N

k=1

(Sugerencia: Usa la Proposición 13.8 y el inciso (a).)

Ejercicio 13.46 (a) Prueba que, si 1 m < n, X es una unión numerable de subconjuntos compactos de Rm y f : X ! Rn m es una función continua, entonces la grá…ca de f; graf(f ) := f(x; y) 2 Rn : x 2 X, y = f (x)g; es un subconjunto nulo de Rn : (b) Prueba que, si es abierto en Rm y f : grá…ca de f es un subconjunto nulo de Rn :

! Rn

m

es continua, entonces la

(c) Prueba que todo subespacio vectorial propio de Rn es nulo. Ejercicio 13.47 Prueba que toda subvariedad M de Rn (ver De…nición 10.10) es un subconjunto nulo de Rn : (Sugerencia: Usa el Teorema 10.7.) Ejercicio 13.48 Prueba que, si es un subconjunto abierto de Rn , ' : clase C 1 y m > n; entonces '( ) es un subconjunto nulo de Rm .

! Rm es de

13.6. EJERCICIOS

321

un subconjunto abierto de Rn y ' :

Ejercicio 13.49 (Lema de Sard) Sean Rn una función de clase C 1 : El conjunto

!

: det '0 (x) = 0g

K := fx 2

se llama el conjunto de puntos críticos de '; su imagen '(K) se llama el conjunto de valores críticos de '; y Rn r '(K) se llama el conjunto de valores regulares de ': Demuestra las siguientes a…rmaciones: (a) El conjunto de valores críticos de ' es un subconjunto nulo de Rn . (b) El conjunto de valores regulares de ' es denso en Rn . Ejercicio 13.50 Sean X1 ; X2 subconjuntos integrables de Rn tales que X1 \X2 es nulo. Denotamos por X := X1 [ X2 : Prueba que f : X ! R [ f 1g es integrable en X si y sólo si f jX1 es integrable en X1 y f jX2 es integrable en X2 y que, en ese caso, Z Z Z f= f+ f: X

X1

X2

Ejercicio 13.51 Considera la familia numerable de intervalos cerrados 0;

1 ; 2

1 ;1 ; 2

0;

1 ; 3

1 2 ; ; 3 3

2 ;1 ; 3

0;

1 ; 4

1 1 ; ; 4 2

1 3 ; ; 2 4

3 ;1 ; ::: 4

Sea fk la función característica del k-ésimo intervalo de la lista. (a) Prueba que lm

k!1

Z

R

jfk j = 0:

(b) Prueba que (fk (x)) no converge para ningún x 2 [0; 1]: (c) Exhibe una subsucesión (fkj ) que converge a 0 c.d. en R: Ejercicio 13.52 Prueba que si Z es un subconjunto nulo de Rm entonces, para cualquier subconjunto integrable X de Rn ; el conjunto Z X es un subconjunto nulo de Rm Rn : Ejercicio 13.53 Considera la función f : R2 ! R dada por ( 2 2 x y si (x; y) 2 (0; 1)2 ; (x2 +y 2 )2 f (x; y) := 0 si (x; y) 2 R2 r (0; 1)2 :

322

13. TEOREMAS FUNDAMENTALES DE LA TEORíA DE INTEGRACIÓN

(a) Prueba que la función x 7! f (x; y) es integrable en R para todo y 2 R; la función y 7! f (x; y) es integrable en R para todo x 2 R; y que las integrales Z Z Z Z f (x; y)dx dy; f (x; y)dy dx; R

R

R

R

existen y son distintas. (b) ¿Es f una función integrable en R2 ? Ejercicio 13.54 Considera la función f : R2 ! R dada por 8 2 si 0 < x < y < 1; < y 2 x si 0 < y < x < 1; f (x; y) := : 0 en los otros casos;

y realiza un análisis análogo al del ejercicio anterior.

Ejercicio 13.55 Usando el Ejercicio 12.62 y el teorema de Fubini prueba que, si Q es un rectángulo en Rn y f : Q ! R es continua, entonces la integral de Lebesgue de f (De…nición 12.41) coincide con la integral dada por la De…nición 11.3. Ejercicio 13.56 Prueba que, si Xk es un subconjunto integrable de Rn y 1 P

k=1

entonces

1 S

k=1

jXk j < 1;

Xk es un subconjunto integrable de Rn y 1 S

Xk

k=1

1 P

k=1

jXk j :

Ejercicio 13.57 Prueba que, si fk : Rn ! R [ f 1g es integrable, fk k 2 N; y Z 1 P fk < 1;

entonces

P1

k=1

k=1

fk es integrable y Z

1 P

Rn k=1

Rn

fk =

1 P

k=1

Z

Rn

fk :

0 para todo

13.6. EJERCICIOS

323

Ejercicio 13.58 Prueba, sin usar el teorema de convergencia dominada, que para las sucesiones de funciones (fk ) de los Ejemplos 11.8, 11.12, 13.19,y 13.25 no existe ninguna función integrable g : Rn ! R [ f 1g tal que jfk j g c.d. en Rn para todo k 2 N. Ejercicio 13.59 Prueba que, si f : Rn ! R es integrable, entonces Z lm f = 0: k!1

Rn rB n (0;k)

Ejercicio 13.60 (Dependencia continua de un parámetro) Sean Y Y y f : Rn Y ! R [ f 1g con las siguientes propiedades:

Rm ; y 0 2

(i) Para cada y 2 Y; la función x 7! f (x; y) es integrable en Rn : (ii) P.c.t. x 2 Rn ; la función y 7! f (x; y) es continua en y0 : (iii) Existe una función integrable g : Rn ! R [ f1g tal que, para todo y 2 Y; jf (x; y)j

g(x)

c.d. en Rn :

Prueba que la función F : Y ! R, dada por Z F (y) := f (x; y)dx; Rn

es continua en y0 : Ejercicio 13.61 (Derivación bajo el signo de integral) Sea f : Rn f 1g una función con las siguientes propiedades:

(a; b) ! R [

(i) Para cada t 2 (a; b); la función x 7! f (x; t) es integrable en Rn : (ii) P.c.t. x 2 Rn ; la función t 7! f (x; t) toma valores en R y es diferenciable en (a; b). (iii) Existe una función integrable g : Rn ! R [ f1g tal que, para todo t 2 (a; b); @f (x; t) @t

g(x)

c.d. en Rn :

324

13. TEOREMAS FUNDAMENTALES DE LA TEORíA DE INTEGRACIÓN

Prueba que la función F : (a; b) ! R, dada por Z F (t) := f (x; t)dx; Rn

es diferenciable en (a; b) y que 0

F (t) =

Z

Rn

@f (x; t)dx: @t

Ejercicio 13.62 Sea f 2 Cc1 (R3 ) := C 1 (R3 ) \ Cc0 (R3 ). Prueba que la función F : R3 ! R, dada por Z f (y) F (x) := dy; xk R3 ky

es de clase C 1 y que sus derivadas parciales están dadas por Z 1 @f @F (x) := (y)dy; i = 1; 2; 3: @xi xk @yi R3 ky

Ejercicio 13.63 Sea fXk : k 2 Ng una familia de subconjuntos integrables de Rn tales que Xj \ Xi es nulo si i 6= j: Denotamos por X := [1 k=1 Xk : Si f : X ! R es una función tal que f jXk 2 L(Xk ) para todo k 2 N y existe M 2 R tal que Z k P jf j M 8k 2 N; j=1

prueba que f 2 L(X) y

Xj

Z

f=

1 P

j=1

X

Z

f:

Xj

Ejercicio 13.64 Prueba que, para todo r > 0; 1 i n; Z ! n n+2 x2i dx = r : n+2 B n (0;r) (Sugerencia: Observa que, por la invariancia de la integral bajo transformaciones ortogonales, Z Z B n (0;r)

y calcula

x2i dx =

n P

i=1

Z

B n (0;r)

B n (0;r)

x2j dx;

x2i dx:)

13.6. EJERCICIOS

325

Ejercicio 13.65 Para 0

a < b < 1 y n par; calcula la integral Z exp( kxk2 )dx: An (a;b)

Ejercicio 13.66 Para 0 < a < b < 1; calcula la integral Z ln(kxk)dx: An (a;b)

Ejercicio 13.67 Sea r > 0: Prueba que la función x 7! kxk es integrable en Rn r B n (0; r) si y sólo si + n < 0 y, en ese caso, Z n! n n+ r . kxk dx = n+ kxk r Ejercicio 13.68 Prueba que la función f : Rn ! R, f (x) := exp( kxk2 ); es integrable en Rn y que Z Rn

exp( kxk2 )dx =

Ejercicio 13.69 ¿Para qué números Calcula la integral Z

kxk 0 es x 7! 1

para tales :

1 kxk2

:

integrable en B n (0; 1)?

dx

Ejercicio 13.70 Sean a1 ; :::; am puntos distintos en Rn , m > n > 1; y sea f : Rn ! R; f (x) :=

m Q

i=1

Prueba que f es integrable en Rn :

1 kx

ai k

:

Ejercicio 13.71 Prueba que, si f 2 Lloc (Rm ) y g 2 Lloc (Rn m ) con 1 m < n; n m n m entonces f g 2 Lloc (R ), donde (f g)(x; y) := f (x)g(y) si (x; y) 2 R R Rn : Ejercicio 13.72 (Coordenadas esféricas) Sea ' : [0; 1) [0; ] [0; 2 ] ! R3 la función '(r; ; ) := (r sin cos ; r sin sin ; r cos ): Entonces f 2 L(R3 ) si y sólo si la función (r; ; ) 7! f ('(r; ; ))r2 sin es integrable en [0; 1) [0; ] [0; 2 ] y, en ese caso, Z Z 2 Z Z 1 f= f (r sin cos ; r sin sin ; r cos )r2 sin dr d d . R3

0

0

0

326

13. TEOREMAS FUNDAMENTALES DE LA TEORíA DE INTEGRACIÓN

Ejercicio 13.73 (Coordenadas cilíndricas) Enuncia y demuestra el teorema de cambio de variable para el cambio de coordenadas (r; ; z) 7! (r cos ; r sin ; z): Ejercicio 13.74 Usando coordenadas esféricas calcula el volumen de la bola B3 (0; r) := fx 2 R3 : kxk rg:

Capítulo 14 Los espacios de Lebesgue En el espacio de funciones continuas con soporte compacto Cc0 ( ) podemos considerar las normas Z 1=p p ; p 2 [1; 1); jf j kf kp := análogas a aquéllas en C 0 [a; b] que consideramos en el capítulo 2. Éstas aparecen en muchas aplicaciones importantes, pero el espacio Cc0 ( ) no resulta adecuado para tratar muchas de esas aplicaciones porque no es completo. Los espacios de Lebesgue Lp ( ); que introduciremos en este capítulo, son espacios de Banach y contienen a Cc0 ( ) como subespacio denso. Sus elementos son clases de equivalencia de funciones medibles f : ! R tales que jf jp es integrable, y su norma es la que de…nimos arriba. Los espacios de Lebesgue tienen una enorme relevancia en análisis y en diversas áreas de las matemáticas, e importantes aplicaciones en la física, la ingeniería, las …nanzas y otras disciplinas. Las funciones medibles son aquéllas que se obtienen como el límite puntual de una sucesión de funciones integrables en : A diferencia de las funciones integrables, las funciones medibles tienen la ventaja de que el producto de funciones medibles y la pésima potencia de una función medible resultan ser funciones medibles. Se tiene además un criterio sencillo que garantiza su integrabilidad: si f es medible y está dominada por una función integrable, entonces f es integrable (ver Teorema 14.15). Para funciones medibles vale además el inverso del teorema de Fubini (ver Teorema 14.17). Probaremos que el espacio Cc1 ( ) de funciones de clase C 1 con soporte compacto en es un subespacio denso de Lp ( ): Para ello introduciremos el producto de convolución, que asocia a un par de funciones 2 Cc1 (Rn ) y f 2 Lp (Rn ) una función f 2 1 n p n C (R ) \ L (R ): Escogiendo k de manera adecuada, se obtiene una sucesión k f de funciones con soporte compacto que converge a f en Lp (Rn ): El producto de convolución tiene múltiples aplicaciones que van desde la solución 327

328

14. LOS ESPACIOS DE LEBESGUE

de problemas con condición de frontera en ecuaciones diferenciales parciales, hasta el procesamiento de señales digitales o de imágenes1 . Finalmente, estudiaremos la noción de compacidad en Lp ( ) y daremos condiciones que garantizan que un subconjunto K de Lp ( ) es compacto.

14.1.

Conjuntos y funciones medibles

Denotemos por B n (0; k) := fx 2 Rn : kxk

rg:

El volumen de un subconjunto abierto de Rn siempre está de…nido (ver De…nición 12.19), aun cuando éste no sea integrable. Podemos extender la noción de volumen como sigue. De…nición 14.1 Un subconjunto X de Rn es (Lebesgue-)medible si X \ B n (0; k) es integrable en Rn para todo k 2 N. Su medida (de Lebesgue) se de…ne como jXj := l m X \ B n (0; k) : k!1

Observaciones 14.2 (a) Observa que todo conjunto integrable es medible (ver Proposición 12.38). El Corolario 13.22 asegura que, en ese caso, la noción de medida dada por la De…nición 12.36 coincide con la dada aquí. (b) El recíproco no es cierto: claramente, Rn es medible pero no es integrable. (c) Nota también que si X es medible y jXj = 0 entonces X es un conjunto nulo. Proponemos la demostración de esta a…rmación como ejercicio [Ejercicio 14.51]. Los conjuntos medibles tienen las siguientes propiedades. Proposición 14.3 es medible.

(a) Si X y Y son subconjuntos medibles de Rn , entonces X r Y

(b) Si fXj : j 2 Ng es una familia numerable de subconjuntos medibles de Rn ; entonces 1 1 S T Xj y Xj j=1

j=1

son medibles.

1

Consulta por ejemplo el applet de M. Levoy, A. Adams, K. Dektar y N. Willett , Spacial Convolution, applet para el curso Digital Photography (Spring 2011), Stanford University. http://graphics.stanford.edu/courses/cs178/applets/convolution.html

14.1. CONJUNTOS Y FUNCIONES MEDIBLES

329

Demostración: (a) es consecuencia de la identidad (X r Y ) \ B n (0; k) = X \ B n (0; k) r Y \ B n (0; k) y la Proposición 12.38. n B n (0; k); se tiene que (b): Sean k 2 N y Ym := [m j=1 Xj \ B (0; k) : Como Ym la sucesión (jYm j) es acotada. El Corolario 13.22 asegura entonces que 1 S

m=1

Ym =

1 S

j=1

Xj \ B n (0; k) =

es integrable. En consecuencia,

1 S

1 S

j=1

Xj

!

\ B n (0; k)

Xj es medible. De (a) y la identidad

j=1 1 T

j=1

se sigue que

1 T

Xj = Rn r

1 S

j=1

(Rn r Xj )

Xj es medible.

j=1

La proposición anterior proporciona muchos ejemplos de conjuntos medibles, como los siguientes. Ejemplo 14.4

(a) Todo subconjunto cerrado de Rn es medible.

(b) Todo subconjunto abierto de Rn es medible. (c) Las uniones y las intersecciones numerables de subconjuntos abiertos o cerrados de Rn son medibles. Demostración: (a): Si X es cerrado en Rn ; entonces X \ B n (0; k) es compacto y, en consecuencia, integrable en Rn . (b) y (c) son consecuencia inmediata de (a) y de la Proposición 14.3. No todos los subconjuntos de Rn son medibles. A continuación daremos un ejemplo

330

14. LOS ESPACIOS DE LEBESGUE

de un subconjunto de R que no lo es. Dicho ejemplo se debe a Vitali2 .

Giuseppe Vitali

Requerimos el siguiente lema. Lema 14.5 Si X es un subconjunto medible de R con jXj > 0 entonces existe tal que fx y : x; y 2 Xg ( ; ):

>0

Demostración: Reemplazando, de ser necesario, a X por alguno de sus subconjuntos X \ [ k; k] de medida positiva, podemos suponer sin perder generalidad que X es integrable en R: Escojamos un abierto en R tal que X y j j < 34 jXj (ver Ejercicio 12.57). es la unión de una familia numerable de intervalos cerrados Ik ; k 2 N; cuyos interiores son ajenos por pares (ver Ejercicio 13.45). Usando el Corolario 13.22 obtenemos 1 1 P 4 4P jIk j = j j < jXj = jX \ Ik j : 3 3 k=1 k=1

Esta desigualdad implica que existe k0 2 N tal que jIk0 j < 34 jX \ Ik0 j : Sea Denotemos por Y := X \ Ik0 y por

:= 21 jIk0 j :

Y + z := fy + z : y 2 Y g: Probaremos a continuación que (Y + z) \ Y 6= ;

8z 2 (

(14.1)

; ):

Argumentando por contradicción, supongamos que (Y + z) \ Y = ; para algún z 2 ( ; ): Entonces 2 jY j = jY + zj + jY j = j(Y + z) [ Y j j(Ik0 + z) [ Ik0 j 2

jIk0 j + jzj

3 jIk j ; 2 0

Giuseppe Vitali (1875-1932) nació en Ravenna, Italia. Estudió en la Scuola Normale Superiore de Pisa, donde fue alumno de Luigi Bianchi y asistente de Ulisse Dini. Fue maestro de secundaria durante más de 20 años hasta que …nalmente obtuvo una cátedra en la Universidad de Modena y Reggio Emilia.

14.1. CONJUNTOS Y FUNCIONES MEDIBLES

331

lo cual es imposible, ya que jIk0 j < 43 jY j :

I

I+z |z |

|I |

En consecuencia, se cumple (14.1), es decir, para cada z 2 ( que x + z = y: Esto concluye la demostración.

; ) existen x; y 2 Y tales

Teorema 14.6 (Vitali) R contiene un subconjunto que no es medible. Demostración: Considera la relación de equivalencia en R dada por x

y si y sólo si x

y 2 Q,

y escoge un elemento en cada clase de equivalencia. Sea X el conjunto de dichos elementos. Entonces R = [q2Q (X + q): Si X fuera medible, necesariamente jXj > 0 pues, de lo contrario, R sería nulo (ver Ejercicio 14.51). De modo que, por el Lema 14.5, existiría > 0 tal que ( ; ) fx y : x; y 2 Xg; lo cual es imposible ya que fx

y : x; y 2 Xg

(R r Q) [ f0g:

Así concluimos que X no es medible. De manera análoga se de…ne el concepto de función medible: una función es medible si cuando restringimos su dominio a B n (0; k) y proyectamos sus valores sobre el intervalo [ k; k] la función resulta integrable. Más precisamente: dada f : Rn ! R [ f 1g consideramos, para cada k 2 N, la función f[k] : Rn ! R de…nida como f[k] := m nfmaxff; kg; kg1B n (0;k) ; es decir,

8 k > > < f (x) f[k] (x) := > k > : 0

si si si si

kxk k y f (x) 2 [k; 1); kxk k y f (x) 2 [ k; k]; kxk k y f (x) 2 ( 1; k]; kxk > k:

(14.2)

332

14. LOS ESPACIOS DE LEBESGUE

2.5

1.25

0 -2

-1

0

1

2

-1.25

-2.5

f[k] De…nición 14.7 Una función f : Rn ! R [ f 1g es (Lebesgue-)medible si f[k] es integrable en Rn para todo k 2 N. Observa que, para cualquier subconjunto X de Rn y cualquier k 2 N; (1X )[k] = 1X\B n (0;k) :

(14.3)

En consecuencia, un subconjunto X de Rn es medible si y sólo si 1X es medible. El teorema de Vitali muestra pues que no todas las funciones son medibles. Pero muchas funciones sí lo son, por ejemplo las siguientes. Ejemplo 14.8 Toda función f 2 Lloc (Rn ) es medible. En particular, toda función continua f : Rn ! R es medible. Demostración: Si f 2 Lloc (Rn ) y k 2 N; entonces f 1B n (0;k) es integrable en Rn (ver De…nición 13.33). En consecuencia, f[k] = m nfmaxff 1B n (0;k) ; k1B n (0;k) g; k1B n (0;k) g es integrable en Rn (ver Ejercicio 12.61). Probaremos ahora que las funciones medibles son precisamente aquéllas que son límites puntuales de funciones integrables. Proposición 14.9 Sea f : Rn ! R [ f 1g: Las siguientes a…rmaciones son equivalentes:

14.1. CONJUNTOS Y FUNCIONES MEDIBLES

333

(a) f es medible. (b) Existe una sucesión fk : Rn ! R de funciones integrables tales que fk (x) ! f (x) para todo x 2 Rn : (c) Existe una sucesión fj : Rn ! R [ f 1g de funciones medibles tales que fj (x) ! f (x) para todo x 2 Rn : Demostración: (a))(b): Si f es medible, entonces f[k] es integrable y f[k] (x) ! f (x) para todo x 2 Rn : (b))(c): Esta implicación es obvia, ya que toda función integrable es medible. (c))(a): Si fj es medible y fj (x) ! f (x) entonces, para cada k 2 N, se tiene que (fj )[k] es integrable y que l mj!1 (fj )[k] (x) = f[k] (x). Claramente, j (fj )[k] j k1B n (0;k) para todo j 2 N: El teorema de convergencia dominada (Teorema 13.26) asegura entonces que f[k] es integrable. Esto prueba que f es medible. Concluimos lo siguiente. Ejemplo 14.10 Si f 2 S (Rn ) [ S (Rn ); entonces f es medible. Demostración: Toda función f 2 S (Rn ) [ S (Rn ) es, por de…nición, el límite puntual de una sucesión de funciones en Cc0 (Rn ): Así que, por la Proposición 14.9, f es medible.

Proposición 14.11 es medible.

(a) Si f; g : Rn ! R son medibles y ;

2 R, entonces f + g

(b) Si f; g : Rn ! R [ f 1g son medibles, entonces jf j ;

f +;

f ;

maxff; gg y

m nff; gg

son funciones medibles. Demostración: (a): Por la Proposición 14.9 existen sucesiones de funciones integrables fk ; gk : Rn ! R tales que fk (x) ! f (x) y gk (x) ! g(x) para todo x 2 Rn : Como fk + gk es integrable y ( fk + gk )(x) ! ( f + g)(x) para todo x 2 Rn la Proposición 14.9 asegura que f + g es medible. (b) se demuesta de manera análoga. El siguiente resultado caracteriza a las funciones medibles en términos de conjuntos medibles.

334

14. LOS ESPACIOS DE LEBESGUE

Proposición 14.12 f : Rn ! R [ f 1g es medible si y sólo si f f (x) ag es un subconjunto medible de Rn para todo a 2 R:

a

:= fx 2 Rn :

Demostración: )) : Si f es medible, la Proposición 14.11 asegura que la función fk := m n max k(f a + k1 ); 0 ; 1 es medible para cualesquiera k 2 N; a 2 R: Nota que fk (x) = 0 si f (x) a k1 y que fk (x) = 1 si f (x) a: En consecuencia, fk (x) ! 1f a (x) para todo x 2 Rn : La Proposición 14.9 asegura entonces que la función 1f a es medible, y de (14.3) se sigue que f a es un conjunto medible. () : Inversamente, supongamos que f a es medible para cualquier a 2 R: Para cada k 2 N subdividimos el intervalo [ k; k] en intervalos de longitud 21k y denotamos a los puntos de la partición por ak;j := k + 2jk ; j = 0; :::; k2k+1 . De la Proposición 14.3 se sigue que los conjuntos Xk;0 := fx 2 Rn : f (x) < ak;1 g = Rn r f ak;1 ; Xk;j := fx 2 Rn : ak;j f (x) < ak;j+1 g = f ak;j r f Xk;k2k+1 := fx 2 Rn : ak;k2k+1 f (x)g = f k ;

ak;j+1

;

j = 1; : : : ; k2k+1

1;

son medibles. Por tanto, la función fk :=

k+1 k2P

ak;j 1Xk;j

j=0

es medible.

k

- k

Además, fk (x) ! f (x) para todo x 2 Rn : La Proposición 14.9 asegura entonces que f es medible. Recuerda que en general no es cierto que el producto de funciones integrables es integrable (ver Ejemplo 13.32). Pero sí es una función medible, como veremos a continuación.

14.1. CONJUNTOS Y FUNCIONES MEDIBLES

Proposición 14.13 medible.

335

(a) Si f : Rn ! R es medible y p 2 (0; 1), entonces jf jp es

(b) Si f; g : Rn ! R son medibles, entonces f g es medible. Demostración: (a): Por Proposición 14.11 sabemos que jf j es medible. Entonces, la Proposición 14.12 asegura que ( a1=p a si a 2 (0; 1); (jf jp ) = jfnj R si a 2 ( 1; 0]; es un conjunto medible para todo a 2 R y, en consecuencia, jf jp es una función medible. (b): Como 1 (f + g)2 f 2 g 2 ; fg = 2 la a…rmación (a) con p = 2 y la Proposición 14.11 implican que f g es medible. Si modi…camos los valores de una función medible sobre un conjunto nulo, ésta continúa siendo medible. Proposición 14.14 Sean f; g : Rn ! R [ f 1g: Si f es medible y f (x) = g(x) p.c.t. x 2 Rn , entonces g es medible. Demostración: Si f es medible y f (x) = g(x) p.c.t. x 2 Rn , entonces f[k] es integrable y f[k] (x) = g[k] (x) p.c.t. x 2 Rn para todo k 2 N. En consecuencia, g[k] es integrable (ver Proposición 13.10). Esto prueba que g es medible. El siguiente criterio de integrabilidad jugará un papel muy importante en la siguiente sección. Teorema 14.15 Si f : Rn ! R [ f 1g es medible y existe una función integrable g : Rn ! R [ f1g tal que jf (x)j g(x) p.c.t. x 2 Rn ; entonces f es integrable. Demostración: Si f es medible, entonces f[k] es integrable para todo k 2 N. Como f[k] (x) ! f (x) para todo x 2 Rn y f[k] (x) jf (x)j g(x) p.c.t. x 2 Rn y todo k 2 N, el teorema de convergencia dominada (Teorema 13.26) asegura que f es integrable. Recuerda que, si f es integrable, entonces jf j lo es (ver Proposición 12.32). Del teorema anterior se obtiene inmediatamente el recíproco para funciones medibles.

336

14. LOS ESPACIOS DE LEBESGUE

Corolario 14.16 Si f : Rn ! R [ f 1g es medible y jf j es integrable, entonces f es integrable. Tonelli3 demostró que para funciones medibles vale el recíproco del teorema de Fubini.

Leonida Tonelli

Si f : Rn ! R es una función, 1 f y : Rm ! R a la función

m < n y y 2 Rn

m

; denotaremos como antes por

f y (x) := f (x; y):

Teorema 14.17 (Tonelli) Sean f : Rn ! R una función medible y 1 m < n. Si jf jy es integrable en Rm p.c.t. y 2 Rn m y la función F : Rn m ! R de…nida como Z F (y) := jf jy p.c.t. y 2 Rn m Rm

es integrable en Rn

m

; entonces f es integrable en Rn .

Demostración: Si f es medible entonces la función gk := jf j[k] es integrable en Rn para todo k 2 N y el teorema de Fubini (Teorema 13.17) asegura que gky es integrable en Rm p.c.t. y 2 Rn m , que la función Gk : Rn m ! R dada por Z Gk (y) := gky p.c.t. y 2 Rn m Rm

es integrable en Rn

m

y que se cumple Z Z gk = Rn

3

Rn

Gk : m

Leonida Tonelli (1885-1946) nació en Gallipoli, Puglia, Italia. Estudió en la Universidad de Bologna donde fue alumno de Cesare Arzelà. Fue profesor en las Universidades de Parma, Bologna y Pisa.

14.2. LOS ESPACIOS LP ( )

Nota que gk

337

jf j : En consecuencia, gky jf jy , Gk F c.d. en Rn Z Z Z gk = Gk F kfS k1 + k1 g es nulo para todo k 2 N: En consecuencia, jf (x)j kf k1 para todo x 2 r 1 k=1 Zk ; es decir, jf (x)j kf k1 p.c.t. x 2 : (14.6)

A continuación probaremos que (Lp ( ); k kp ) es un espacio normado (ver De…nición 2.9). Empecemos observando lo siguiente. Lema 14.20 Sean p 2 [1; 1] y f 2 Lp ( ): Entonces, kf kp = 0 si y sólo si f (x) = 0 p.c.t. x 2 : Demostración: Para p = 1 esta a…rmación es consecuencia inmediata de (14.6). Si p 2 [1; 1); el Corolario 13.15 asegura que Z p kf kp = jf jp = 0 () jf (x)jp = 0 p.c.t. x 2 ; de donde se sigue inmediatamente la a…rmación.

Como los elementos de Lp ( ) son clases de equivalencia bajo la relación (14.4), el lema anterior a…rma que k kp cumple la propiedad (N1) de la de…nición de norma (ver De…nición 2.9). Como en el ejemplo que estudiamos en el Capítulo 2, la desigualdad del triángulo se obtiene a partir de la desigualdad de Hölder. Sólo que ahora su demostración es más delicada, ya que tenemos que cerciorarnos de que las funciones que estamos considerando son integrables. Es por ello que resulta importante considerar funciones medibles. Veamos los detalles.

14.2. LOS ESPACIOS LP ( )

339

Proposición 14.21 (Desigualdad de Hölder) (a) Sean p; q 2 (1; 1) tales que 1 + 1q = 1. Si f 2 Lp ( ) y g 2 Lq ( ); entonces f g 2 L1 ( ) y p kf gk1

kf kp kgkq :

(b) Si f 2 L1 ( ) y g 2 L1 ( ); entonces f g 2 L1 ( ) y kf gk1

kf k1 kgk1 :

Demostración: Observa primero que, como f y g son medibles, la función jf gj es medible (ver Proposiciones 14.11 y 14.13). (a): Sean p; q 2 (1; 1) tales que p1 + 1q = 1, f 2 Lp ( ) y g 2 Lq ( ): La a…rmación es trivial si f = 0 o si g = 0: Supongamos pues que ambas funciones son distintas de cero. Por el Lema 14.20, se tiene entonces que kf kp 6= 0 y kgkq 6= 0: Para cada x 2 aplicamos la desigualdad de Young (ver Lema 2.11) a la pareja de números reales ax :=

jf (x)j kf kp

y

para obtener

jf (x)g(x)j

kf kp kgkq

jg(x)j kgkq

jf (x)jp jg(x)jq + ; p kf kpp q kgkqq

jf (x)g(x)j kf kp kgkq

es decir,

bx :=

1 1 p q p jf (x)j + q jg(x)j p kf kp q kgkq

!

:

(14.7)

Como f 2 Lp ( ) y g 2 Lq ( ); el lado derecho de la desigualdad (14.7) es integrable. El Teorema 14.15 implica entonces que jf gj es integrable. En consecuencia, f g 2 L1 ( ): Integrando la desigualdad (14.7) obtenemos ! Z Z Z 1 1 jf jp + jgjq kf gk1 = jf gj kf kp kgkq p kf kpp q kgkqq = kf kp kgkq

1 1 + p q

= kf kp kgkq ;

como a…rma el enunciado. (b): Si f 2 L1 ( ) y g 2 L1 ( ); entonces kf k1 jgj es integrable. Usando la desigualdad (14.6) obtenemos que jf (x)g(x)j kf k1 jg(x)j p.c.t. x 2 : El Teorema 1 14.15 implica entonces que f g 2 L ( ). Integrando la desigualdad anterior, obtenemos Z Z kf gk1 = jf gj kf k1 jgj = kf k1 kgk1 :

340

14. LOS ESPACIOS DE LEBESGUE

Esto concluye la demostración.

Notación 14.22 De aquí en adelante convendremos que identidad p1 + 1q = 1 tiene sentido para todo p 2 [1; 1]:

1 1

:= 0: De este modo la

Para probar la desigualdad del triángulo usaremos la siguiente desigualdad elemental. Lema 14.23 Para cualesquiera a; b 2 R; p 2 (0; 1); ja + bjp

2p (jajp + jbjp ):

Demostración: Se tiene que ja + bjp

(jaj + jbj)p

(2 maxfjaj ; jbjg)p = 2p maxfjajp ; jbjp g

2p (jajp + jbjp );

como a…rma el enunciado.

Proposición 14.24 (Desigualdad de Minkowski) Sea p 2 [1; 1]: Si f; g 2 Lp ( ), entonces f + g 2 Lp ( ) y se cumple que kf + gkp

kf kp + kgkp :

(14.8)

Demostración: Observa primero que, si f y g son medibles, entonces jf + gjr es medible para todo r 2 (0; 1) (ver Proposiciones 14.11 y 14.13). Consideramos tres casos. Caso 1: p = 1: Si f; g 2 L1 ( ); como jf + gj jf j+jgj ; el Teorema 14.15 asegura que f +g 2 L1 ( ): Integrando ambos lados de la desigualdad obtenemos kf + gk1

kf k1 + kgk1 :

Caso 2: p = 1: Si f; g 2 L1 ( ); como jf + gj jf j + jgj kf k1 + kgk1 c.d. en f + g 2 L1 ( ) y kf + gk1 kf k1 + kgk1 :

; se tiene que

Caso 3: p 2 (1; 1): Si f; g 2 Lp ( ); el Lema 14.23 asegura que jf (x) + g(x)jp 2p (jf (x)jp + jg(x)jp ) para toda x 2 y del Teorema 14.15 se sigue que f + g 2 Lp ( ):

14.2. LOS ESPACIOS LP ( )

Sea q :=

p : p 1

Entonces jf + gjp

p 1

jf + gj

341

q

=

Z

1

2 Lq ( ) y 1=q

p 1 q

(jf + gj

=

)

Z

(p 1)=p p

jf + gj

= kf + gkpp

1

:

Como jf + gjp = jf + gj jf + gjp

1

jf j jf + gjp

1

+ jgj jf + gjp

aplicando la desigualdad de Hölder (ver Proposición 14.21) obtenemos Z Z Z p p p 1 kf + gkp = jf + gj jf j jf + gj + jgj jf + gjp 1 kf kp kf + gkpp

1

+ kgkp kf + gkpp

1

1

;

= (kf kp + kgkp ) kf + gkpp

1

:

Si kf + gkp = 0; la desigualdad (14.8) se satisface trivialmente. Si kf + gkp 6= 0, dividiendo la desigualdad anterior entre kf + gkpp 1 obtenemos la desigualdad (14.8).

Proposición 14.25 Lp ( ) = (Lp ( ); k kp ) es un espacio normado para todo p 2 [1; 1]: Demostración: El Lema 14.20 asegura que kf kp = 0 si y sólo si f = 0 en Lp ( ). Esta es la condición (N1) de la de…nición de norma (ver De…nición 2.9). Si f es medible y 2 R, entonces f es medible (ver Proposición 14.11). Además, si p 2 [1; 1); entonces j f jp = j jp jf jp es integrable si jf jp lo es. Para p = 1 observa que j f j j j c c.d. en si jf j c c.d. en : Por tanto, para cualquier p 2 [1; 1], f 2 Lp ( ) y k f kp = j j kf kp . Esta última a…rmación, junto con la Proposición 14.24, asegura que Lp ( ) es un espacio vectorial y que k kp satisface las condiciones (N2) y (N3) de la De…nición 2.9. Probaremos a continuación que Lp ( ) es un espacio de Banach. Para ello requerimos la siguiente generalización del Teorema 13.26. Teorema 14.26 (de convergencia dominada en Lp ) Sean p 2 [1; 1) y (fk ) una sucesión en M ( ) tal que fk (x) ! f (x) p.c.t. x 2 : Si existe g 2 Lp ( ) tal que jfk (x)j entonces fk ; f 2 Lp ( ) y

g(x) p.c.t. x 2 l m kf

k!1

fk kp = 0:

8k 2 N,

342

14. LOS ESPACIOS DE LEBESGUE

Demostración: Como cada fk es medible, las Proposiciones 14.14 y 14.9 implican que f es medible. Más aún, como jfk jp es medible y jfk (x)jp jg(x)jp p.c.t. x 2 , el Teorema 14.15 asegura que jfk jp es integrable. Dado que jfk (x)jp ! jf (x)jp p.c.t. x 2 , el teorema de convergencia dominada (Teorema 13.26) asegura que jf jp es integrable. En consecuencia, fk ; f 2 Lp ( ); y de la Proposición 14.24 se sigue que jf fk jp es integrable. Usando el Lema 14.23 obtenemos que jf (x)

fk (x)jp

2p (jf (x)jp + jfk (x)jp )

2p (jf (x)jp + jg(x)jp )

p.c.t. x 2 :

El teorema de convergencia dominada asegura entonces que l mk!1 kf

fk kp = 0:

Teorema 14.27 Lp ( ) es un espacio de Banach para todo p 2 [1; 1]: Demostración: Supongamos primero que p 2 [1; 1): Sea (fk ) una sucesión de Cauchy en Lp ( ): Escogemos k1 < < kj < kj+1 < tales que fk kp

1 2j

fkj+1

fkj

kfi Entonces,

1 P

j=1

De…nimos fk0 := 0; gm :=

m P1

fkj+1

si i; k

1 1 P = 1: j j=1 2

p

y

fkj

g :=

1 P

fkj+1

fkj = sup gm : m2N

j=0

j=0

La Proposición 14.24 asegura que kgm kp Z

kj :

m P1

jgm jp = kgm kpp

fkj+1

Pm

j=0

fkj

j=0

p

fkj

fkj+1

!p

1 P

p

fkj+1

j=0

: En consecuencia, !p fkj

p

0:

14.2. LOS ESPACIOS LP ( )

345

(a) Si p 2 [1; 1) entonces f 2 Lp (B n (0; r)) si y sólo si p + n > 0 y, en ese caso, kf kLp (B n (0;r)) (b) f 2 L1 (B n (0; r)) si y sólo si

n! n = n+p

1=p

r(n=p)+ :

0 y, en ese caso, kf kL1 (B n (0;r)) = r :

(c) Si p 2 [1; 1) entonces f 2 Lp (Rn r B n (0; r)) si y sólo si p + n < 0 y, en ese caso, 1=p n! n kf kLp (Rn rB n (0;r)) = r(n=p)+ : n+p (d) f 2 L1 (Rn r B n (0; r)) si y sólo si

0 y, en ese caso,

kf kL1 (Rn rB n (0;r)) = r : Demostración: Es sencillo comprobar que f es una función medible [Ejercicio 14.60]. Las a…rmaciones (a) y (c) son consecuencia inmediata de la Proposición 13.31. (b): Si 0; entonces f es continua en Rn y creciente en la dirección radial. Por 1 tanto, f 2 L (B n (0; r)) y kf kL1 (B n (0;r)) = r : Si < 0 entonces, para cualquier c > 0; se cumple que kxk c si y sólo si kxk c1= : Como B n (0; c1= ) \ B n (0; r) no es un conjunto nulo, concluimos que f 2 = L1 (B n (0; r)): (d): Esta a…rmación se demuestra de manera análoga. Queremos ahora comparar a los espacios Ls ( ) y Lp ( ): Una consecuencia de la proposición anterior es la siguiente. Proposición 14.30 Si 1 para ningún abierto :

p 0 tal que B n ( ; r) Proposición 14.29 asegura que la función f (x) :=

kx 0

k

n=q

si x 2 B n ( ; r); si 2 r B n ( ; r);

satisface f 2 Lp ( ) y f 2 = Ls ( ): La inclusión opuesta se tiene cuando la medida de

es …nita.

: Si q 2 (p; s); la

346

14. LOS ESPACIOS DE LEBESGUE

Proposición 14.31 Si j j < 1 y 1 p 0 tales que g(x) = 0 para todo x 2 B n (x0 ; ): En consecuencia, k1

gk1

1

8g 2 Cc0 ( ):

Esto prueba que Cc0 ( ) no es denso en L1 ( ): De…nición 14.35 Un subconjunto abierto ! de Rn está compactamente contenido en si su cerradura ! es compacta y ! : Escribimos ! para denotar que ! está compactamente contenido en : De…nimos L1loc ( ) := ff 2 M ( ) : f 1! es integrable para todo abierto !

g:

Nota que L1loc ( ) es el conjunto de clases de equivalencia de funciones en el espacio Lloc ( ); de…nido en (13.11), bajo la relación (14.4). Si f 2 Cc0 (Rn ), g 2 L1loc (Rn ) y sop(f ) B n (0; r); entonces f (x

y)g(y) = f (x

y)g(y)1B n (x;r) (y)

8x; y 2 Rn :

Como g1B n (x;r) 2 L1 (Rn ) y la función y 7! f (x y) pertenece a L1 (Rn ), la función y 7! f (x y)g(y) es integrable en Rn para cada x 2 Rn (ver Proposición 14.21). Esta observación nos permite de…nir la siguiente función. De…nición 14.36 Sean f 2 Cc0 (Rn ) y g 2 L1loc (Rn ): La convolución de f y g es la función f g : Rn ! R dada por Z f (x y)g(y)dy: (f g)(x) := Rn

Veremos a continuación que f

g hereda las propiedades de regularidad de f:

Proposición 14.37 Si f 2 Cc0 (Rn ) y g 2 L1loc (Rn ); entonces f particular, f g es medible.

g 2 C 0 (Rn ): En

Demostración: Sea (xk ) una sucesión en Rn tal que xk ! x: De…nimos hk (y) := f (xk y)g(y) y h(y) := f (x y)g(y): Puesto que f es continua, se cumple que hk (y) ! h(y) para cada y 2 Rn : Elegimos r > 0 tal que sop(f ) B n (0; r) y xk 2 B n (0; r) para todo k 2 N: Nota que, si xk y 2 sop(f ); entonces y 2 B n (0; 2r). En consecuencia, hk = hk 1B n (0;2r) y jhk (y)j

kf k1 g1B n (0;2r) (y)

8y 2 Rn ; 8k 2 N:

14.3. APROXIMACIÓN MEDIANTE FUNCIONES SUAVES

349

Dado que g1B n (0;2r) es integrable, el teorema de convergencia dominada (Teorema 13.26) asegura que Z Z l m (f

k!1

Esto demuestra que f

g)(xk ) = l m

hk =

k!1

h = (f

Rn

g)(x):

Rn

g : Rn ! R es continua.

Nota que el soporte de f g no es necesariamente Rcompacto. Por ejemplo, si g = 1Rn entonces f g es la función constante con valor c := Rn f; cuyo soporte es Rn si c 6= 0:

Proposición 14.38 Si f 2 Cc1 (Rn ) y g 2 L1loc (Rn ); entonces f g : Rn ! R es de clase C1 y @f @ (f g) = g 8i = 1; :::; n: @xi @xi @f 2 Cc0 (Rn ); se tiene Demostración: Fijemos i 2 f1; :::; ng; x 2 Rn y " > 0: Como @x i @f que @x es uniformemente continua (ver Ejercicio 11.39). Por tanto, existe > 0 tal que i

@f (y) @xi

@f (z) < " @xi

si ky

(14.16)

zk < :

@f B n (0; r) y x + tei 2 B n (0; r) para todo t 2 [ Sea r > 0 tal que sop @x i ei es el i-ésimo vector de la base canónica de Rn : Entonces

@f (x + tei @xi

y) =

@f (x + tei @xi

y)1B n (0;2r) (y)

8t 2 [

; ]; y 2 Rn :

; ]; donde

(14.17)

Por otra parte, aplicando el teorema del valor medio a la función s 7! f (x + stei para cada t 2 [ ; ] y cada y 2 Rn ; concluimos que existe s 2 (0; 1) tal que f (x + tei

y)

f (x

y) = t

@f (x + stei @xi

y):

(14.18)

De (14.16), (14.17) y (14.18) se sigue que f (x + tei =

y) t

@f (x + stei @xi

f (x y)

y)

@f (x @xi

@f (x @xi y)

y)

y) jg(y)j

g1B n (0;2r) (y) < " g1B n (0;2r) (y)

350

14. LOS ESPACIOS DE LEBESGUE

para cualesquiera 0 < jtj < ; y 2 Rn : En consecuencia, (f =

Z

Z

g)(x + tei ) t f (x + tei

Rn

f (x + tei

Rn

< "

Z

B n (0;2r)

@f g (x) @xi y) f (x y) @f (x y) g(y)dy t @xi y) f (x y) @f (x y) jg(y)j dy t @xi (f

g)(x)

jgj :

para todo 0 < jtj < : Esto prueba que lm t!0

(f

g)(x + tei ) t

(f

g)(x)

es decir, que existe la derivada parcial de f @ (f @xi Por la proposición anterior,

@ (f @xi

g) =

=

@f @xi

g (x);

g respecto a xi en x y que @f @xi

g:

g) es continua.

Corolario 14.39 Sea k 2 N [ f1g: Si f 2 Cck (Rn ) y g 2 L1loc (Rn ); entonces f Rn ! R es de clase C k .

g :

Demostración: Para cada k 2 N, la a…rmación se obtiene inductivamente aplicando la proposición anterior a las derivadas parciales de orden k 1 de f: Observa que Lp ( )

L1loc (Rn )

8p 2 [1; 1]:

En efecto: si g 2 Lp ( ); entonces g1! 2 Lp (!) para todo subconjunto abierto y acotado ! de Rn y la Proposición 14.31 asegura que g1! 2 L1 (!): Ahora veremos que f g hereda también las propiedades de integrabilidad de g: Proposición 14.40 Si f 2 Cc0 (Rn ) y g 2 Lp (Rn ) con p 2 [1; 1]; entonces f Lp (Rn ) y kf gkp kf k1 kgkp :

g 2

14.3. APROXIMACIÓN MEDIANTE FUNCIONES SUAVES

351

Demostración: Consideramos tres casos. Caso 1: p = 1: En este caso la a…rmación es evidente. Caso 2: p = 1: La función h : R2n ! R dada por h(x; y) := jf (x y)g(y)j es medible ya que es el producto de la función continua (x; y) 7! jf (x y)j con la función 1 jgj 2 L1loc (R2n ) (ver Ejercicio 13.71) y ambas son funciones medibles (ver Ejemplo 14.8 y Proposición 14.13). Para cada y 2 Rn ; h es integrable respecto a x y Z Z h(x; y)dx = jg(y)j jf (x y)j dx = kf k1 jg(y)j 8y 2 Rn : Rn

Rn

Más aún, kf k1 jgj 2 L1 (Rn ) y Z Z Z h(x; y)dx dy = kf k1 Rn

Rn

Rn

jg(y)j dy = kf k1 kgk1 :

(14.19)

El teorema de Tonelli (Teorema 14.17) asegura entonces que h es integrable en R2n : Observa que Z Z h(x; y)dy: jf (x y)g(y)j dy = j(f g) (x)j Rn

Rn

2n

Como h es integrable en R ; el teorema de Fubini (13.17) garantiza que el lado derecho de esta desigualdad es integrable respecto a x y, dado que f g es medible (ver Proposición 14.37), ello implica que f g es integrable (ver Teorema 14.15). Más aún, usando (14.19) obtenemos que Z Z Z h(x; y)dy dx j(f g) (x)j dx n n R R Rn Z Z = h(x; y)dx dy = kf k1 kgk1 : Rn

Rn

En consecuencia, f g 2 L1 (Rn ) y kf gk1 kf k1 kgk1 ; como a…rma el enunciado. Caso 3: p 2 (1; 1): Sea q := p p 1 : De la desigualdad de Hölder (ver Proposición 14.21) se sigue que j(f

g)(x)j

Z

Rn

jf (x

kf k1=q 1

Z

y)j jg(y)j dy =

Rn

jf (x

Z

Rn

jf (x

y)j1=q jf (x

1=p

y)j jg(y)jp dy 1=p

p = kf k1=q 1 [(jf j jgj ) (x)]

8x 2 Rn :

y)j1=p jg(y)j dy

352

14. LOS ESPACIOS DE LEBESGUE

Por tanto, j(f

g)(x)jp

p kf kp=q 1 (jf j jgj ) (x)

8x 2 Rn :

Aplicando el caso p = 1 a las funciones jf j y jgjp y el Teorema 14.15 concluimos que f g 2 Lp (Rn ) y Z Z p p=q p j(f g)(x)j dx kf k1 (jf j jgjp ) (x)dx kf kp=q 1 kf k1 kgkp ; Rn

Rn

es decir, kf

como a…rma el enunciado.

gkp

kf k1 kgkp ;

Usaremos la convolución para aproximar a una función f 2 Lp ( ) mediante funciones suaves. Empezaremos eligiendo funciones k 2 Cc1 (Rn ) cuyo soporte se hace cada vez más pequeño conforme k crece. De…nición 14.41 Una sucesión de funciones ( k ) se llama una sucesión regularizante si, para todo k 2 N; se cumple que Z 1 n n 0; sop( k ) B (0; 1=k); k 2 Cc (R ); k k = 1: Rn

Ejemplo 14.42 Sea (x) := y sea c :=

R

1 Rn

(

exp 0

1 kxk2 1

si kxk < 1; si kxk 1;

: De…nimos k (x)

:= ck n (kx):

Es sencillo comprobar que ( k ) es una sucesión regularizante [Ejercicio 14.75]. Se le llama la sucesión regularizante estándar. Si f 2 L1loc ( ) y ( k ) es una sucesión regularizante, entonces sop(

k

f)

x 2 Rn : dist(x; )

1 k

;

pero sop( k f ) no está necesariamente contenido en : Por ejemplo, si f = 1 y ( k ) es la sucesión regularizante estándar, entonces ( Z > 0 si dist(x; ) < k1 ; ( k 1 )(x) = y)dy k (x = 0 si dist(x; ) k1 :

14.3. APROXIMACIÓN MEDIANTE FUNCIONES SUAVES

353

En consecuencia, sop(

k

1 )=

x 2 Rn : dist(x; )

Nota sin embargo que, si g 2 Cc0 ( ); entonces sop( grande. Más aún, se cumple lo siguiente.

k

1 k

: para k su…cientemente

g)

Lema 14.43 Dadas g 2 Cc0 ( ) y una sucesión regularizante ( k ) existe k0 2 N tal que g 2 Cc1 ( ) para todo k k0 y k l m kg

k!1

(

k

8p 2 [1; 1]:

g)kp = 0

Demostración: Escogemos un abierto ! tal que sop(g)

!

x 2 Rn : dist(x; sop(g))

1 k

sop(

k

g)

: Como ;

existe k0 2 N tal que sop( k g) ! para todo k k0 ; y del Corolario 14.39 se sigue que k g 2 Cc1 ( ) para todo k k0 : Sean " > 0 y p 2 [1; 1): Como g es uniformemente continua, existe > 0 tal que jg(x

y)

g(x)j <

"

1=p

j!j

8x; y 2 Rn con kyk < :

Para cada x 2 Rn ; haciendo el cambio de variable z := x y obtenemos Z Z y)g(y)dy g(x) ( k g)(x) g(x) = k (y)dy k (x n n R R Z Z = z)dz k (z)g(x k (y)g(x)dy n Rn ZR = y) g(x)) dy: k (y) (g(x B n (0; k1 )

Por tanto, si k j(

k

y para k

g)(x)

1

se tiene que Z g(x)j

B n (0; k1 )

k (y) jg(x

y)

g(x)j dy <

" 1=p

j!j

8x 2 Rn ; (14.20)

1

maxfk0 ; g =: k1 se cumple que Z Z p j( k g) gj = j( k !

g)

gjp <

"p j!j = "p : j!j

(14.21)

354

14. LOS ESPACIOS DE LEBESGUE

De las desigualdades (14.20) y (14.21) se obtienen respectivamente las desigualdades k(

g)

k

gk1 <

"

y

j!j1=p

k(

k

g)

gkp < "

8k

k1 :

Esto demuestra la a…rmación.

Teorema 14.44 Cc1 ( ) es denso en Lp ( ) para todo p 2 [1; 1): Demostración: Sean p 2 [1; 1); f 2 Lp ( ) y " > 0: Por la Proposición 14.33 existe g 2 Cc0 ( ) tal que kf gkp < 2" : Si ( k ) es una sucesión regularizante, el Lema 14.43 asegura que existe k 2 N tal que k g 2 Cc1 ( ) y k( k g) gkp < 2" : Por tanto, k( k g) f kp < ": = Rn se tiene un resultado más preciso.

Si

Teorema 14.45 Si p 2 [1; 1) entonces, para toda f 2 Lp (Rn ) y toda sucesión regularizante ( k ), se cumple que en Lp (Rn ):

f !f

k

Demostración: Sea " > 0: Por la Proposición 14.33 existe g 2 Cc0 (Rn ) tal que kf gkp < 3" ; y por el Lema 14.43 existe k0 2 N tal que k( k g) gkp < 3" para todo k k0 : La Proposición 14.40 asegura entonces que k(

f)

k

(

k

g)kp = k

k

(f

f)

(

g)kp

k k k1 kf

gkp = kf

" gkp < : 3

gkp + kg

f kp < "

En consecuencia, k(

f)

k

para todo k

14.4.

f kp

k(

k

k

g)kp + k(

k

g)

k0 :

Un criterio de compacidad en Lp( )

Sea p 2 [1; 1): A continuación daremos condiciones su…cientes para que un subconjunto K de Lp ( ) sea compacto.

14.4. UN CRITERIO DE COMPACIDAD EN LP ( )

355

El siguiente resultado se conoce como el teorema de Fréchet-Kolmogorov4 . Podemos pensar en él como la versión para espacios Lp del teorema de Arzelà-Ascoli, que se usa, por cierto, en su demostración.

Andrey Kolmogorov

Como antes, dados 2 Rn y f : Rn ! R, denotamos por T f : Rn ! R a la traslación de f por ; es decir, T f (x) := f (x

):

Teorema 14.46 (Fréchet-Kolmogorov) Sean p 2 [1; 1); y ! abiertos de Rn con ! y K un subconjunto acotado de Lp ( ) con la siguiente propiedad: Para cada " > 0 existe 2 (0; dist(!; Rn r )) tal que kT f

f kLp (!) < "

8 2 Rn con k k <

y 8f 2 K.

(14.22)

Entonces el conjunto K! := ff 1! : f 2 Kg es relativamente compacto en Lp (!): Demostración: Sin perder generalidad podemos suponer que es acotado. Entonces K es un subconjunto acotado de Lq ( ) para todo q 2 [1; p]: Demostraremos el resultado en tres pasos. Afirmación 1: Sea 2 Cc1 (RN ). Entonces el conjunto K ;! := f( f ) 1! : f 2 Kg es relativamente compacto en C 0 (!): En efecto: como K es un subconjunto acotado de L1 ( ); existe C0 > 0 tal que Z j( f )(x)j j (x y)j jf (y)j dy k k1 kf k1 C0 8x 2 Rn , 8f 2 K: Rn

Además, como es Lipschitz continua, existen C1 ; C2 > 0 tales que para cualesquiera x1 ; x2 2 Rn y f 2 K se cumple que Z j( f )(x1 ) ( f )(x2 )j j (x1 y) (x2 y)j jf (y)j dy Rn

C1 kx1

4

x2 k kf k1

C2 kx1

x2 k :

Andrey Nikolaevich Kolmogorov (1903-1987) nació en Tambov, Rusia. Estudió en la Universidad Estatal de Moscú, donde fue alumno de Nikolai Luzin. Fue profesor en dicha universidad.

356

14. LOS ESPACIOS DE LEBESGUE

En consecuencia, K ;! es un subconjunto acotado y equicontinuo de C 0 (!): Como ! es compacto, el teorema de Arzelà-Ascoli (ver Corolario 7.10) asegura que K ;! es relativamente compacto en C 0 (!): Afirmación 2: Sean " > 0, 2 (0; dist(!; Rn r )) como en (14.22), y ( k ) una sucesión regularizante. Si k > 1 ; entonces k

k

f

f kLp (!) < "

8f 2 K:

En efecto: para cada x 2 Rn ; haciendo el cambio de variable z := x y y aplicando la desigualdad de Hölder obtenemos Z Z y)f (y)dy f (x) j( k f )(x) f (x)j = k (x k (z)dz Rn Rn Z = z) f (x)j dz k (z) jf (x B n (0; k1 ) Z p 1 1 p ( p = z) f (x)j)dz k (z) k (z) jf (x B n (0; k1 )

Z

k (z) jf (x

B n (0; k1 )

z)

Aplicando (14.22) concluimos que, para todo f 2 K, Z Z Z p jf (x z) j( k f )(x) f (x)j dx k (z) B n (0; k1 )

!

f (x)jp dz

! p1

:

f (x)jp dx dz < "p

1 si k > :

!

Afirmación 3: K! es relativamente compacto en Lp (!): Por el Corolario 7.6 basta probar que K! es totalmente acotado. Sea " > 0: Elegimos un 2 (0;dist(!; Rn r )) que cumple (14.22) y una sucesión regularizante ( k ). Fijamos k > 1 y denotamos := k : Como ! es acotado, la inclusión C 0 (!) ,! Lp (!) es continua, y de la a…rmación 1 se sigue que K ;! es relativamente compacto en Lp (!): Por tanto, existen g1 ; : : : ; gm 2 K tales que K

BLp (!) ((

;!

g1 ) 1! ; ") [

[ BLp (!) ((

Es decir, para cada f 2 K existe i 2 f1; :::; mg tal que k a…rmación 2 se sigue entonces que kf

gi kLp (!)

kf

f kLp (!) + k

f

gm ) 1! ; "): gi kLp (!) < ": De la

f

gi kLp (!) + k

gi

En consecuencia, K!

BLp (!) (g1 1! ; 3") [

[ BLp (!) (gm 1! ; 3"):

gi kLp (!) < 3".

14.4. UN CRITERIO DE COMPACIDAD EN LP ( )

357

Esto prueba que K! es totalmente acotado en Lp (!): Corolario 14.47 Sean p 2 [1; 1); un subconjunto abierto de Rn y K un subconjunto acotado de Lp ( ); con las siguientes propiedades: (i) Para cada " > 0 y cada abierto ! kT f

2 (0; dist(!; Rn r )) tal que

existe

8 2 Rn con k k <

f kLp (!) < "

(ii) Para cada " > 0 existe un abierto ! kf kLp (

r!)

y 8f 2 K.

tal que 8f 2 K.

0 escogemos un abierto ! tal que kf kLp (

r!)

<

" 6

8f 2 K.

Por el Teorema 14.46, K! := ff 1! : f 2 Kg es relativamente compacto en Lp (!): De modo que existen g1 ; : : : ; gm 2 K tales que " [ BLp (!) (gm 1! ; ): 3

" BLp (!) (g1 1! ; ) [ 3

K!

Es decir, para cada f 2 K existe i 2 f1; :::; mg tal que kf Z

jf

p

gi j

=

Z

Z! !

p

Z

jf

gi j +

jf

gi jp + 2p

r! Z

jf r!

gi kLp (!) < 3" : Por tanto,

gi jp (jf jp + jgi jp ) <

"p : 3p 1

Esto prueba que K

BLp ( ) (g1 ; ") [

[ BLp ( ) (gm ; ");

así que K es totalmente acotado. Por el Corolario 7.6, K es relativamente compacto en Lp ( ):

358

14. LOS ESPACIOS DE LEBESGUE

14.5.

Un criterio de nulidad

Concluimos este capítulo dando un criterio de nulidad para funciones en L1loc ( ) que usaremos más adelante. Requerimos el siguente lema. Lema 14.48 Sean K un subconjunto compacto de Rn y > 0: Entonces existe 2 (x) 1 para todo x 2 Rn ; (x) = 1 para todo x 2 K y (x) = 0 Cc1 (Rn ) tal que 0 si dist(x; K) : Demostración: Sean X :=

x 2 Rn : dist(x; K)

La función f (x) :=

3

;

Y :=

x 2 Rn : dist(x; K)

2 3

:

dist(x; Y ) dist(x; Y ) + dist(x; X)

está bien de…nida, es continua (ver Ejercicio 3.52) y satisface que 0 f (x) 1 para todo x 2 Rn ; f (x) = 1 si x 2 X y f (x) = 0 si x 2 Y: 1 1 n 0; sop( k ) B n (0; k1 ) R Tomemos k 2 N tal que k < 3 y k 2 Cc (R ) tal que k y Rn k = 1: Es sencillo comprobar que la función := k f 2 Cc1 (Rn ) tiene las propiedades deseadas. Proposición 14.49 Si f 2 L1loc ( ) cumple que Z f' = 0 8' 2 Cc1 ( ); entonces f = 0 c.d. en

:

Demostración: Consideramos dos casos. Caso 1: f 2 L1 ( ) y j j < 1: Dada " > 0 escogemos g 2 Cc0 ( ) tal que kf gk1 < " (ver Proposición 14.33). Entonces, Z Z Z Z g' = g' f' jg f j j'j kf gk1 k'k1 < " k'k1 8' 2 Cc1 ( ): Sean K1 := fx 2 : g(x) "g y K2 := fx 2 : g(x) "g: Como g es continua, K1 y K2 son cerrados. Dado que K1 [ K2 sop(g); se tiene que K1 y K2 son compactos. Por tanto, dist(K1 ; K2 ) > 0: Sea > 0 tal que dist(K1 ; K2 ) y fx 2 Rn : dist(x; K1 [ K2 )

g

:

14.6. EJERCICIOS

359

1 para todo x 2 Rn ; Por el Lema 14.48 existen i 2 Cc1 (Rn ) tales que 0 i (x) ; i = 1; 2: De…nimos ' := 1 i (x) = 1 si x 2 Ki y i (x) = 0 si dist(x; Ki ) 2: 1 Entonces ' 2 Cc ( ) y satisface 1

1 8x 2 Rn ;

'(x)

'(x) = 1 8x 2 K1 ;

'(x) =

Para esta función ' y K := K1 [ K2 se cumple que Z Z Z Z Z jgj = g' = g' g' " k'k1 + K

K

rK

Dado que jg(x)j < " para x 2 r K; obtenemos Z Z Z Z jgj < " + 2 jgj + jgj = K

rK

rK

rK

jgj

1 8x 2 K2 :

jg'j < " +

Z

rK

jgj :

" + 2 j j ":

En consecuencia, kf k1

kf

gk1 + kgk1

2(1 + j j)"

8" > 0:

Por tanto, f = 0 c.d. en : Caso 2: f 2 L1loc ( ) y j j arbitrario. Sea 1 : kxk < k; dist(x; @ ) > g: k := fx 2 k 1 Como k es abierto y acotado y f 1 k 2 L ( kS ), aplicando el Caso 1 concluimos que f = 0 c.d. en k : Por tanto, f = 0 c.d. en = 1 k=1 k :

14.6.

Ejercicios

Ejercicio 14.50 Si es abierto en Rn ; prueba que la medida j j de la De…nición 14.1 coincide con el volumen voln ( ) de la De…nición 12.19. Ejercicio 14.51 Prueba que si X es medible y jXj = 0 entonces X es un conjunto nulo. Ejercicio 14.52 Demuestra las siguientes a…rmaciones. (a) Si X es un subconjunto medible de Rn y es medible y jX + j = jXj :

2 Rn entonces X + := fx+ : x 2 Xg

360

14. LOS ESPACIOS DE LEBESGUE

(b) Si X y Y son subconjuntos medibles de Rn y Y (c) Si X1 entonces

1 S

Xk

X; entonces jY j

jXj :

es una sucesión de subconjuntos medibles de Rn ;

Xk+1

Xj es medible y

j=1 1 S

j=1

Xj = l m jXj j : j!1

(d) Si fXj : j 2 Ng es una familia numerable de subconjuntos medibles de Rn ; en1 S tonces Xj es medible y j=1

1 S

Xj

j=1

1 P

jXj j :

1 P

jXj j :

j=1

Si además Xi \ Xj = ; para i 6= j; entonces 1 S

Xj =

j=1

j=1

Xk+1 es una sucesión de subconjuntos medibles de Rn 1 T y jX1 j < 1; entonces Xj es medible y

(e) Si X1

Xk

j=1

1 T

j=1

Xj = l m jXj j : j!1

Ejercicio 14.53 Prueba que, si X es un subconjunto medible de Rm y Y es un subconjunto medible de Rn ; entonces X Y es un subconjunto medible de Rm+n : Ejercicio 14.54 Di si las siguientes a…rmaciones son verdaderas o falsas y demuestra tu a…rmación. (a) Toda función medible pertenece a Lloc (Rn ): (b) Si f : Rn ! R [ f 1g es medible, entonces f (x) 2 R p.c.t. x 2 Rn : Ejercicio 14.55 Prueba que, si fk : Rn ! R [ f 1g es una sucesión de funciones medibles, entonces las funciones sup fk ; k2N

son medibles.

nf fk ;

k2N

l m sup fk ; k!1

l m inf fk ; k!1

14.6. EJERCICIOS

361

Ejercicio 14.56 Prueba que son equivalentes las siguientes a…rmaciones. (a) f : Rn ! R [ f 1g es medible. (b) f

a

:= fx 2 Rn : f (x)

ag es un subconjunto medible de Rn para todo a 2 R:

(c) f a := fx 2 Rn : f (x) > ag es un subconjunto medible de Rn para todo a 2 R: Ejercicio 14.57 Si f : Rn ! R es medible, demuestra las siguientes a…rmaciones: (U ) := fx 2 Rn : f (x) 2 U g es un subconjunto

(a) Si U es abierto en R, entonces f medible de Rn .

1

(b) Si C es cerrado en R, entonces f medible de Rn .

1

(C) := fx 2 Rn : f (x) 2 Cg es un subconjunto

Ejercicio 14.58 Prueba que, si f1 ; :::; fm : Rn ! R son medibles y ' : Rm ! R es continua, entonces la función h : Rn ! R dada por h(x) := '(f1 (x); :::; fm (x)) es medible. Ejercicio 14.59 Prueba que, si f : Rn ! R es medible, entonces la función g(x) :=

1 f (x)

0

si f (x) 6= 0; si f (x) = 0;

es medible. Ejercicio 14.60 Prueba que, para todo f (x) :=

2 R, la función f : Rn ! R dada por kxk 0

si x 6= 0; si x = 0;

es medible. Ejercicio 14.61 Prueba que, si f : Rn ! R [ f1g es medible y f Z Z f = lm f[k] : k!1

Rn

0, entonces

362

14. LOS ESPACIOS DE LEBESGUE

Ejercicio 14.62 Prueba que, si f : Rn ! R [ f1g es medible, f entonces (a) la función f y : Rm ! R [ f1g es medible p.c.t. y 2 Rn (b) la función F : Rn

m

! R [ f1g dada por Z F (y) :=

es medible y

Z

f=

m

0y1

m < n,

,

fy

Z

F:

Ejercicio 14.63 Para cada n 2 N da un ejemplo de un subconjunto de Rn que no sea medible. Ejercicio 14.64 (Teorema de Egorov) Sean X un subconjunto medible de Rn tal que jXj < 1 y fk ; f : X ! R funciones medibles tales que fk (x) ! f (x) p.c.t. x 2 X: Prueba que, para cada " > 0; existe un subconjunto medible Y X tal que (a) jX r Y j < "; (b) (fk ) converge a f uniformemente en Y: (Sugerencia: Considera los conjuntos Ym;k :=

1 S

j=k

x 2 X : jfj (x)

f (x)j

1 2m

:

Usando el Ejercicio 14.52 prueba S1que, para cada m 2 N, existe km 2 N tal que jYm;km j < " : Demuestra que Y := X r m=1 Ym;km tiene las propiedades deseadas.) 2m Ejercicio 14.65 Prueba que el espacio Cb0 ( ) := ff :

! R : f es continua y acotadag

está contenido en L1 ( ) y que la norma inducida por k k1 coincide con la de…nida en (5.5), es decir, nffc 2 R : jf (x)j

c p.c.t. x 2 g = sup jf (x)j x2

Ejercicio 14.66 Sea ! un subconjunto abierto de ientes a…rmaciones:

8f 2 Cb0 ( ):

y p 2 [1; 1]: Demuestra las sigu-

14.6. EJERCICIOS

363

(a) Si f 2 Lp ( ); entonces f 1! 2 Lp (!) y kf 1! kLp (!)

kf kLp ( ) :

(b) Si f 2 Lp ( ) y X es un subconjunto medible de Lr ( ) para todo r 2 [1; p] y kf 1X kLr (

jXj

)

p r rp

con jXj < 1; entonces f 1X 2

kf kLp ( ) :

(c) Si fk ! f en Lp ( ) y j!j < 1; entonces fk 1! ! f 1! en Lr (!) para todo r 2 [1; p]: Ejercicio 14.67 (Desigualdad de interpolación) Sean 1 p < s < r ba que, si f 2 Lp ( ) \ Lr ( ); entonces f 2 Ls ( ) y se cumple que kf kp1

kf ks donde

2 (0; 1) satisface que

1 s

=

1

+

p

r

1: Prue-

kf kr ,

si r < 1 y

:= 1

p s

si r = 1:

Ejercicio 14.68 (Desigualdad de Hölder generalizada) Sean r; p1 ; :::; pm 2 [1; 1) tales que p11 + + p1m = 1r : Prueba que para cualesquiera fj 2 Lpj ( ), 1 j m, se Qm cumple que j=1 fj 2 Lr ( ) y m Q

j=1

fj r

m Q

j=1

kfj kpj :

Ejercicio 14.69 Prueba que,si j j < 1 y f 2 L1 ( ); entonces kf k1 = l m j j p!1

1=p

kf kp :

Ejercicio 14.70 Si f = (f1 ; :::; fm ) y f1 ; :::; fm 2 Ls ( ) de…nimos kf ks := (kf1 kss + Prueba que, si j j < 1, 1 kf kp kf kp

p 0 para todo v 2 V; v 6= 0: De…nimos kvk :=

p hv; vi:

(15.1)

Hermann Schwarz

Proposición 15.2 Se cumplen las siguientes relaciones. (a) Desigualdad de Cauchy-Schwarz1 : jhv; wij

kvk kwk

8v; w 2 V:

(b) Desigualdad del triángulo: kv + wk

kvk + kwk

8v; w 2 V:

(c) Identidad del paralelogramo: kv + wk2 + kv 1

wk2 = 2(kvk2 + kwk2 )

8v; w 2 V:

Karl Hermann Amandus Schwarz (1843-1921) nació en Hermsdorf, Silesia, entonces parte de Prusia y hoy de Polonia. Estudió en Berlín, donde fue alumno de Ernst Kummer y Karl Weierstrass. Fue profesor en la Universidad de Göttingen.

15.1. CONCEPTOS Y PROPIEDADES BÁSICAS

369

Demostración: (a): Para cualesquiera v; w 2 V;

2 R se cumple

hv + w; v + wi = kvk2 + 2 hv; wi +

0 Si w 6= 0; tomando

:= 0

hv;wi kwk2

kvk2

2

kwk2 :

obtenemos 2

hv; wi2 hv; wi2 2 2 + 2 = kvk kwk kwk

hv; wi2 : kwk2

Multiplicando esta desigualdad por kwk2 concluimos que hv; wi2

kvk2 kwk2 ;

y sacando raíz cuadrada obtenemos la desigualdad deseada. Nota que ésta se satisface trivialmente si w = 0. (b): Usando la desigualdad de Cauchy-Schwarz obtenemos kv + wk2 = kvk2 + 2 hv; wi + kwk2 kvk2 + 2 kvk kwk + kwk2 = (kvk + kwk)2 : Sacando raíz cuadrada obtenemos la desigualdad del triángulo. (c) se obtiene mediante un cálculo directo. Proponemos su demostración como ejercicio [Ejercicio 15.34]. Las desigualdades anteriores tienen las siguientes consecuencias. p Proposición 15.3 kvk := hv; vi es una norma en V:

Demostración: La desigualdad del triángulo se probó en la Proposición 15.2. Las otras propiedades son consecuencia inmediata de la de…nición del producto escalar.

La norma (15.1) se llama la norma inducida por el producto escalar h ; i : Un cálculo sencillo muestra que el producto escalar se expresa en términos de la norma inducida como sigue: hv; wi =

1 kv + wk2 4

kv

wk2

8v; w 2 V:

(15.2)

Proposición 15.4 (Continuidad del producto escalar) Si wk ! w en V; entonces l m hv; wk i = hv; wi

k!1

8v 2 V:

370

15. ESPACIOS DE HILBERT

Demostración: De la desigualdad de Cauchy-Schwarz se sigue que jhv; wi

hv; wk ij = jhv; w

wk ij

kvk kw

wk k ;

para cualesquiera v; w; wk 2 V: En consecuencia, hv; wk i ! hv; wi si wk ! w:

David Hilbert

De…nición 15.5 Un espacio de Hilbert2 es un espacio vectorial H con un producto escalar h ; i que es completo respecto a la norma inducida (15.1). Veamos algunos ejemplos. Ejemplo 15.6

(a) Rn es un espacio de Hilbert con el producto escalar usual

x y := x1 y1 +

+ xn yn ;

x = (x1 ; :::; xn ); y = (y1 ; :::; yn ):

(b) El espacio `2 de todas las sucesiones x = (xk ) de números reales tales que la serie P1 2 k=1 jxk j converge, con el producto escalar hx; yi`2 :=

es un espacio de Hilbert. (c) Para cualquier abierto

1 P

k=1

xk yk ;

x = (xk ); y = (yk ) 2 `2 ;

(15.3)

de Rn ; el espacio L2 ( ) con el producto escalar Z hf; gi2 := f g; f; g 2 L2 ( ); (15.4)

es un espacio de Hilbert. 2

David Hilbert (1862-1943) nació en Königsberg en la provincia de Prusia, hoy parte de Rusia. Estudió en la Universidad de Königsberg y fue profesor en la Universidad de Göttingen. Es reconocido como uno de los matemáticos más universales e in‡uyentes del siglo XIX y principios del XX.

15.1. CONCEPTOS Y PROPIEDADES BÁSICAS

371

Demostración: (a) es bien conocido. (b): La convergencia de la serie (15.3) se sigue de la desigualdad de Hölder para series con p = 2 (ver Ejercicio 2.43): Es sencillo comprobar que (15.3) es un producto escalar que induce la norma de `2 : Sabemos que este espacio es completo (ver Ejercicio 5.33). (c): La desigualdad de Hölder (ver Proposición 14.21) implica que f g es integrable si f; g 2 L2 ( ). Es sencillo comprobar que (15.4) es un producto escalar que induce la norma de L2 ( ): Sabemos que este espacio es completo (ver Teorema 14.27).

Ejemplo 15.7 (Suma directa de espacios de Hilbert) Si Hi es un espacio vectorial con producto escalar h ; ii ; i = 1; 2; entonces h(v1 ; v2 ); (w1 ; w2 )iH1

H2

:= hv1 ; w1 i1 + hv2 ; w2 i2 ;

es un producto escalar en la suma directa H1 entonces H1 H2 es un espacio de Hilbert.

v1 ; w1 2 H1 ; v2 ; w2 2 H2 ;

H2 . Si H1 y H2 son espacios de Hilbert,

Demostración: Es sencillo comprobar que éste es un producto escalar en H1 La norma inducida es q k(v1 ; v2 )k = kv1 k21 + kv2 k22 :

En consecuencia, H1 5.37).

H2 :

H2 es un espacio de Hilbert si H1 y H2 lo son (ver Ejercicio

No cualquier subespacio vectorial de un espacio de Hilbert resulta ser un espacio de Hilbert. Veamos un ejemplo. Ejemplo 15.8 Cc0 ( ) con el producto escalar de L2 ( ) no es un espacio de Hilbert. Demostración: Sea f 2 L2 ( )rCc0 ( ): Por la Proposición 14.33, existe una sucesión (gk ) en Cc0 ( ) tal que gk ! f en L2 ( ): Entonces, la sucesión (gk ) es de Cauchy pero no converge en Cc0 ( ): Recuerda que un subespacio A de un espacio métrico completo X es completo si y sólo si A es cerrado en X (ver Proposición 5.9), de modo que se tiene lo siguiente. Proposición 15.9 Un subespacio vectorial V de un espacio de Hilbert H es un espacio de Hilbert si y sólo si V es cerrado en H:

372

15. ESPACIOS DE HILBERT

15.2.

Complemento ortogonal

Sea H un espacio de Hilbert con producto escalar h ; i : De…nición 15.10 Si V es un subespacio vectorial de H; el espacio ortogonal a V en H se de…ne como V ? := fw 2 H : hv; wi = 0 8v 2 V g : Es claro que V ? es un subespacio vectorial de H. Nota que V (V ? )? pero, a diferencia de lo que ocurre en Rn ; no necesariamente se cumple que V = (V ? )? ; como lo muestra el siguiente ejemplo. Ejemplo 15.11 El espacio ortogonal a Cc0 ( ) en L2 ( ) es f0g: Demostración: Si f 2 Cc0 ( )? se cumple que Z f' = 0 8' 2 Cc1 ( ): La Proposición 14.49 asegura entonces que f = 0 en L2 ( ): La siguiente a…rmación implica que una condición necesaria para que V = (V ? )? es que V sea cerrado en H: De hecho, esta condición también es su…ciente [Ejercicio 15.39]. Proposición 15.12 V ? es un subespacio cerrado de H: Demostración: Si (wk ) es una sucesión en V ? que converge a w en H; entonces hv; wi = l m hv; wk i = 0

8v 2 V

k!1

(ver Proposición 15.4). Por tanto, w 2 V ? : Esto prueba que V ? es cerrado en H: El espacio ortogonal se puede describir del siguiente modo. Proposición 15.13 Sean V un subespacio vectorial de H y w 2 H: Entonces w 2V?

()

kwk = nf kw v2V

vk :

15.2. COMPLEMENTO ORTOGONAL

373

Demostración: )) : Si w 2 V ? entonces kw vk2 = kwk2 + kvk2 para todo v 2 V: En consecuencia, kwk kw vk y, como kwk = kw 0k nf v2V kw vk ; concluimos que kwk = nf kw vk : v2V

() : Supongamos ahora que kwk = nf v2V kw de…nimos fv : R ! R como fv (t) := kw

vk : Para cada v 2 V con kvk = 1

tvk2 = kwk2

2 hw; vi t + t2 :

Esta función es diferenciable y tv := hw; vi es el único punto crítico de fv : Por hipótesis, se tiene que fv (0) = kwk2 nf kw tvk2 = nf fv (t): t2R

t2R

Es decir, 0 es un mínimo de fv . En consecuencia, 0 = hw; vi para todo v 2 V: Probaremos ahora que, si V es cerrado, el ín…mo se alcanza y es único. Proposición 15.14 Sea V un subespacio vectorial cerrado de H: Entonces, para cada u 2 H; existe un único v 2 V tal que ku

vk = nf ku w2V

(15.5)

wk :

Demostración: Sea u 2 H: Denotemos por d := nf ku w2V

wk :

Observa que para cualesquiera w; w~ 2 V se cumple que kw + w~

2uk = 2

w + w~ 2

u

(15.6)

2d;

ya que 21 (w + w) ~ 2 V: Tomemos una sucesión (vk ) en V tal que l mk!1 ku Dada " > 0 elegimos k0 2 N tal que ku

vk k2 < d2 +

" 4

8k

k0 :

Aplicando la identidad del paralelogramo y la desigualdad (15.6) obtenemos kvj

vk k2 = k(vj u) + (u vk )k2 = 2 ku vk k2 + ku vj k2 k(vj u) 2 2 < 4d + " 4d = " si j; k k0 :

(u

vk )k2

vk k = d:

374

15. ESPACIOS DE HILBERT

Esto prueba que (vk ) es una sucesión de Cauchy en V: Dado que V es de Hilbert (ver Proposición 15.9), existe v 2 V tal que vk ! v en H: En consecuencia, ku

vk = l m ku k!1

vk k = d:

Probaremos ahora que v es único. Si v~ 2 V cumple que k~ v uk = d entonces, aplicando de nuevo la identidad del paralelogramo y la desigualdad (15.6) obtenemos kv

v~k2 = 2(kv

uk2 + k~ v

uk2 )

2uk2

kv + v~

4d2

4d2 = 0:

Por tanto, v~ = v:

De…nición 15.15 Sea V un subespacio vectorial cerrado de H: La proyección ortogonal de H sobre V es la función PV : H ! V que a cada u 2 H le asocia el único elemento PV u de V tal que ku

PV uk = nf ku w2V

wk :

Las proposiciones anteriores proporcionan la siguiente caracterización de la proyección ortogonal. Corolario 15.16 Si V es un subespacio cerrado de H y u 2 H; entonces PV u es el único elemento de V tal que u PV u 2 V ? : Demostración: Si v 2 V la Proposición 15.13 asegura que u

v 2V?

()

ku

vk = nf ku w2V

v

wk = nf ku z2V

zk :

De la Proposición 15.14 se sigue que tal v existe y es única y, por de…nición, v = PV u:

El Ejemplo 15.11 muestra que la suma directa de V y V ? no necesariamente es todo H: Probaremos a continuación que V V ? coincide con H si V es cerrado. En este ? caso el espacio V se llama el complemento ortogonal de V en H. En lo que sigue k kL(H;V ) denota a la norma de…nida en (9.1).

15.2. COMPLEMENTO ORTOGONAL

375

Teorema 15.17 (Complemento ortogonal) Sea V un subespacio vectorial cerrado de H: Se cumple lo siguiente: (a) La proyección ortogonal PV : H ! V es la única función lineal de H en V que cumple: (a.1) PV

PV = P V ;

(a.2) ker PV = V ? : (b) PV es continua y kPV kL(H;V ) = 1 si V 6= f0g: (c) La función : V una isometría.

V ? ! H dada por (v; w) := v + w es un isomor…smo lineal y

Demostración: (a): Probaremos primero que PV es lineal. Sean u; u~ 2 H; ; Entonces, PV u + PV u~ 2 V y u + u~

( PV u + PV u~) =

(u

PV u) + (~ u

2 R:

PV u~) 2 V ? :

Del Corolario 15.16 se sigue que PV ( u + u~) = PV u + PV u~: El Corolario 15.16 implica además que PV v = v para todo v 2 V: En consecuencia, PV (PV u) = PV u para todo u 2 H; es decir, PV satisface (a.1). La a…rmación (a.2) es consecuencia inmediata del mismo corolario. Si T : H ! V es una función lineal que satisface (a.1) entonces, para todo u 2 H; se cumple que T (u T u) = 0. Si además T satisface (a.2), entonces u T u 2 V ? y el Corolario 15.16 asegura que T u = PV u: Esto demuestra la unicidad. (b): Dado que u = PV u + (u PV u) y hu PV u; PV ui = 0; se tiene que kuk2 = kPV uk2 + ku

PV uk2 :

(15.7)

En particular, kPV uk

kuk

8u 2 H;

lo que implica que PV es continua y, además, que kPV kL(H;V ) :=

kPV uk u2Hrf0g kuk sup

Por otra parte, si v 2 V y v 6= f0g; entonces PV v = v y kPV vk = 1: kvk

1:

376

15. ESPACIOS DE HILBERT

Concluimos que kPV kL(H;V ) = 1:

V ? ! H dada por (v; w) := v + w es claramente lineal y

(c): La función : V la función

H!V

V ?;

u 7! (PV u; u

PV u);

es su inverso. De modo que es un isomor…smo de espacios vectoriales. La identidad (15.7) prueba que es una isometría para la métrica de V V ? de…nida en el Ejemplo 15.7.

15.3.

El teorema de representación de Fréchet-Riesz

El objetivo de esta sección es describir al espacio L(H; R) de las funciones lineales y continuas de un espacio de Hilbert H a R (ver sección 9.1). A este espacio se le llama el dual topológico de H: .

Proposición 15.18 Para cada w 2 H la función Tw : H ! R;

Tw u := hw; ui ;

es lineal y continua y cumple que kTw kL(H;R) = kwk :

(15.8)

Demostración: Las propiedades (PE1) y (PE2) aseguran que Tw es lineal y la Proposición 15.4 asegura que Tw es continua. Si w = 0 entonces (15.8) se satisface trivialmente. Si w 6= 0; usando la desigualdad de Cauchy-Schwarz obtenemos que kwk =

jTw wj kwk

jTw uj u2Hrf0g kuk sup

Esto prueba que kwk = kTw kL(H;R) :

kwk kuk = kwk : kuk u2Hrf0g sup

15.3. EL TEOREMA DE REPRESENTACIÓN DE FRÉCHET-RIESZ

377

El teorema de representación de Fréchet-Riesz3 da una descripción completa del dual topológico de H: A…rma que las funciones Tw son los únicos elementos de L(H; R):

Frigyes Riesz

Teorema 15.19 (de representación de Fréchet-Riesz) Sean H un espacio de Hilbert y T : H ! R una función lineal y continua. Entonces existe un único w 2 H tal que T u = hw; ui =: Tw u Más aún, la función una isometría.

8u 2 H:

(15.9)

: H ! L(H; R) dada por w := Tw es un isomor…smo lineal y

Demostración: Sea T 2 L(H; R) y denotemos por V := ker T: Como T es continua, V es un subespacio cerrado de H. Si V = H; entonces T = 0 y w = 0 cumple (15.9). Si V 6= H; el Teorema 15.17 asegura que V ? 6= f0g: Escojamos w0 2 V ? tal que kw0 k = 1: Entonces T w0 6= 0: De…nimos w := (T w0 ) w0 : Observa que T Por tanto, u hw; ui =

u

Tu w T w0 0

w; u

Tu w0 T w0

= Tu

Tu T w0 = 0 T w0

8u 2 H:

2 V; de lo cual concluimos que Tu w0 T w0

+

Tu hw; w0 i = (T u) hw0 ; w0 i = T u T w0

8u 2 H:

Si algún otro w~ 2 H cumple (15.9), entonces hw w; ~ ui = 0 para todo u 2 H; en particular para u = w w: ~ Por tanto, kw wk ~ 2 = 0; lo que implica que w~ = w: 3

Frigyes Riesz (1880-1956) nació en Gy½or, en el reino de Hungría, entonces parte del imperio AustroHúngaro. Estudió en la Universidad de Budapest. Junto con Haar fundó en 1922 el Instituto de Matemáticas János Bolyai de la Universidad de Szeged, de la que fue profesor y rector.

378

15. ESPACIOS DE HILBERT

Por último, de la bilinealidad del producto escalar se sigue que ( w1 + w2 )u = h w1 + w2 ; ui =

hw1 ; ui + hw2 ; ui = [ ( w1 ) + ( w2 )] u

para todo u 2 H: Por tanto es lineal. De la primera a…rmación de este teorema se sigue que es biyectiva, y la identidad (15.8) asegura que es una isometría. El teorema de representación de Fréchet-Riesz tiene aplicaciones muy importantes. Permite, por ejemplo, de…nir el gradiente de una función diferenciable ' : H ! R [Ejercicio 15.42] o probar la existencia y unicidad de soluciones de ciertas ecuaciones en derivadas parciales con condicion de frontera (ver Teorema 16.29). El siguiente resultado a…rma que el elemento w 2 H dado por el teorema anterior es el mínimo de un funcional4 . A esta propiedad se le conoce como el principio de Dirichlet5 .

Gustav Dirichlet

Proposición 15.20 (Principio de Dirichlet) Sean V un espacio vectorial con producto escalar y T 2 L(V; R): Entonces, w 2 V satisface hw; ui = T u

8u 2 V

si y sólo si w es un mínimo del funcional J : V ! R dado por J(u) := 4

1 kuk2 2

T u:

A las funciones de…nidas en un espacio de Banach que toman valores reales se les suele llamar funcionales en vez de funciones. 5 Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet (1805-1859) nació en Düren, entonces parte del imperio francés y actualmente de Alemania. Estudió en el Collège de France y en la Facultad de Ciencias de Paris. Fue profesor en las Universidades de Berlín y de Göttingen.

15.4. BASES DE HILBERT

379

Demostración: )) : Si hw; ui = T u para todo u 2 V; entonces J(u) = J(w + u =

1 kwk2 2

w) =

1 kw + u 2

T w + hw; u

= J(w) + T (u

w) +

1 ku 2

wk2

= J(w) +

wk2

wi +

1 ku 2

T (w + u

1 ku 2

wk2

J(w)

wk2 T (u

w)

T (u

w)

w)

8u 2 V:

() : Supongamos ahora que w es un mínimo de J: Para cada u 2 V consideremos la función Ju : R ! R dada por Ju (t) := J(w + tu) =

1 1 kwk2 + hw; ui t + kuk2 t2 2 2

Tw

(T u)t:

Esta función es diferenciable y su derivada es Ju0 (t) = hw; ui + kuk2 t

T u:

Como w es un mínimo de J; se tiene que 0 es un mínimo Ju : Por tanto, Ju0 (0) = hw; ui T u = 0 para todo u 2 V:

15.4.

Bases de Hilbert

Dado un subconjunto X de H; denotamos por lin(X ) al subespacio vectorial de H generado por X ; es decir, lin(X ) :=

m P

i vi

:

i=1

i

2 R, vi 2 X ; m 2 N :

(15.10)

De…nición 15.21 Un subconjunto O de un espacio de Hilbert H se llama un conjunto ortogonal si hu; vi = 0 8u; v 2 O; u 6= v: Si además

kuk = 1

8u 2 O;

se dice que O es un conjunto ortonormal.. Un subconjunto B de H se llama una base de Hilbert de H si es ortonormal y lin(B) es denso en H; es decir, H = lin(B):

380

15. ESPACIOS DE HILBERT

Observa que, en general, una base de Hilbert de H no es una base de H en el sentido del álgebra lineal, es decir, lin(B) no necesariamente coincide con H; como lo muestra el siguiente ejemplo. Ejemplo 15.22 Sea ek = (ek;j ) la sucesión cuyos términos son ek;k = 1 y ek;j = 0 si k 6= j: Entonces B := fek : k 2 Ng es una base de Hilbert de `2 : Demostración: Claramente B := fek : k 2 Ng es un subconjunto ortonormal de `2 : Los elementos de lin(B) son combinaciones lineales …nitas de elementos de B, en consecuencia lin(B) = f(xk ) 2 `2 : existe k0 2 N tal que xk = 0 8k

k0 g:

De modo que lin(B) 6= `2 : Veamos que `2 = lin(B): En efecto: dado x = (xj ) 2 `2 ; si k y xk;j := 0 si denotamos por xk a la sucesión cuyos términos son xk;j := xj si j j > k; entonces xk 2 lin(B) y xk ! x en `2 :

15.5.

Convergencia débil

Vimos que, a diferencia de lo que ocurre en Rn ; en cualquier espacio de Banach de dimensión in…nita existen sucesiones acotadas que no contienen ninguna subsucesión convergente (ver Ejercicio 5.39). Introduciremos a continuación una noción de convergencia, más débil que la usual, para la cual se cumple que cualquier sucesión acotada contiene una subsucesión convergente. En los próximos capítulos daremos aplicaciones importantes de este resultado. Sea H un espacio de Hilbert. De…nición 15.23 Una sucesión (uk ) en H converge débilmente a u en H si, para cada v 2 H; se cumple que l m huk ; vi = hu; vi : k!1

Se dice entonces que u es el límite débil de (uk ) en H. Se escribe uk * u para denotar que (uk ) converge débilmente a u: Es sencillo comprobar que el límite débil de una sucesión, de existir, es único [Ejercicio 15.49]. Notación 15.24 Cuando la notación anterior se pueda prestar a confusión, escribiremos uk * u débilmente en H

15.5. CONVERGENCIA DÉBIL

381

si (uk ) converge débilmente a u en H y, si (uk ) converge a u en H en el sentido usual, escribiremos uk ! u fuertemente en H: Proposición 15.25 Si uk ! u fuertemente en H; entonces uk * u débilmente en H: Demostración: Si uk ! u fuertemente en H entonces la Proposición 15.4 asegura que l m huk ; vi = hu; vi 8v 2 H; k!1

es decir, uk * u débilmente en H: En espacios de dimensión …nita ambas nociones de convergencia coinciden [Ejercicio 15.50]. No así en espacios de dimensión in…nita, como lo muestra el siguiente ejemplo. Ejemplo 15.26 Si O = fek : k 2 Ng es un subconjunto ortonormal de H; entonces ek * 0 débilmente en H pero (ek ) no converge fuertemente en H: Demostración: Sea v 2 H: Caso 1: v 2 lin(O): m P Si v = i ei con i 2 R entonces hek ; vi = 0 para todo k > m: Por tanto, i=1

l m hek ; vi = 0

8v 2 lin(O):

k!1

Caso 2: v 2 V := lin(O): Dada " > 0 escogemos w 2 lin(O) y k0 2 N tales que kv

wk <

" 2

y

jhek ; wij <

" 8k 2

k0 :

Entonces, como kek k = 1; utilizando la desigualdad de Cauchy-Schwarz obtenemos jhek ; vij

jhek ; v

wij + jhek ; wij

kek k kv

wk + jhek ; wij < " 8k

Esto prueba que l m hek ; vi = 0

k!1

Caso 3: v 2 V ? : En este caso hek ; vi = 0 para todo k 2 N. Caso 4: v 2 H arbitrario.

8v 2 V:

k0 :

382

15. ESPACIOS DE HILBERT

Como V es un subespacio cerrado de H; el Teorema 15.17 asegura que v = v1 + v2 con v1 2 V y v2 2 V ? : De los dos casos anteriores se sigue entonces que l m hek ; vi = l m hek ; v1 i + l m hek ; v2 i = 0 = h0; vi

k!1

k!1

k!1

8v 2 H:

Esto prueba que ek * 0 débilmente en H: Finalmente observa que kek

ej k2 = kek k2 + kej k2 = 2

8k 6= j:

En consecuencia (ek ) no converge fuertemente en H:

(a) Si (uk ) converge débilmente a u en H; entonces

Proposición 15.27

kuk

l m inf kuk k :

(15.11)

k!1

(b) Si (uk ) converge débilmente a u en H; entonces (uk ) converge fuertemente a u en H si y sólo si kuk = l m kuk k : (15.12) k!1

Demostración: (a): Supongamos que (uk ) converge débilmente a u en H: Si u = 0; la desigualdad (15.11) se cumple trivialmente. Si u 6= 0; de la desigualdad de CauchySchwarz se sigue que huk ; ui kuk k 8k 2 N: kuk

Como huk ; ui ! kuk2 ; tomando límites inferiores concluimos que huk ; ui huk ; ui = l m inf k!1 kuk k!1 kuk

kuk = l m

l m inf kuk k : k!1

(b): Si (uk ) converge débilmente a u en H; entonces huk ; ui ! kuk2 : De la identidad kuk

uk2 = kuk k2

2 huk ; ui + kuk2 ;

k 2 N;

se sigue entonces que l m kuk

k!1

uk2 = 0

()

l m kuk k = kuk ;

k!1

como a…rma el enunciado. Probaremos a continuación que toda sucesión acotada en H contiene una subsucesión débilmente convergente. Requerimos el siguiente lema.

15.5. CONVERGENCIA DÉBIL

383

Lema 15.28 Sea (uk ) una sucesión acotada en H tal que la sucesión (huk ; vi) converge en R para cada v 2 H: Entonces existe u 2 H tal que uk * u débilmente en H: Demostración: La función T : H ! R dada por T v := l m huk ; vi k!1

es claramente lineal. Sea c 2 R tal que kuk k Cauchy-Schwarz se sigue que jhuk ; vij

kuk k kvk

c para todo k 2 N: De la desigualdad de

c kvk

8k 2 N, 8v 2 H:

Por tanto, jT vj = l m jhuk ; vij k!1

c kvk

8v 2 H:

Esto prueba que T es continua. Por el teorema de representación de Fréchet-Riesz (Teorema 15.19) existe u 2 H tal que l m huk ; vi =: T v = hu; vi

k!1

8v 2 H:

Esto prueba que uk * u débilmente en H: La propiedad fundamental de la convergencia débil es la siguiente. Teorema 15.29 Toda sucesión acotada en H contiene una subsucesión débilmente convergente en H: Demostración: Sea (uk ) una sucesión acotada en H y sea c 2 R tal que kuk k para todo k 2 N: De la desigualdad de Cauchy-Schwarz se sigue que jhuk ; u1 ij

kuk k ku1 k

c

c ku1 k :

Es decir, la sucesión de números reales (huk ; u1 i) está acotada y, por tanto, existe una subsucesión (u1k ) de (uk ) tal que (hu1k ; u1 i) converge en R. La sucesión (hu1k ; u2 i) también está acotada y, por tanto, existe una subsucesión (u2k ) de (u1k ) tal que (hu2k ; u2 i) converge en R. Continuando de este modo obtenemos, para cada m 2 N; una subsucesión (um k ) m 1 m k de (uk ) tal que (huk ; um i) converge en R cuando k ! 1: De…nimos wk := uk : La sucesión (wk ) es una subsucesión de (uk ): Probaremos que (wk ) converge débilmente en H: De acuerdo con el Lema 15.28 basta probar que la sucesión (hwk ; vi) converge en R para cada v 2 H: Consideramos cuatro casos. Caso 1: v = um :

384

15. ESPACIOS DE HILBERT

Observa que la subsucesión (wm ; wm+1 ; :::) de (wk ) es una subsucesión de (um j ): En consecuencia, (hwk ; um i) converge en R cuando k ! 1. Caso 2: v 2 V := lin(fum : m 2 Ng). Del caso anterior y la bilinealidad del producto escalar se sigue que (hwk ; vi) converge en R. Caso 3: v 2 V : Dada " > 0 elegimos w 2 V tal que kv wk < 4c" : El caso anterior asegura que la sucesión (hwk ; wi) es de Cauchy en R. Por tanto, existe k0 2 N tal que jhwk wj ; wij < 2" si k; j k0 : En consecuencia, jhwk

wj ; vij

jhwk wj ; v wij + jhwk wj ; wij kwk wj k kv wk + jhwk wj ; wij (kwk k + kwj k) kv wk + jhwk wj ; wij " " < 2c + = " si k; j k0 : 4c 2

Esto prueba que la sucesión (hwk ; vi) es de Cauchy en R y, por tanto, converge. Caso 4: v 2 H arbitrario. Como V es cerrado en H; el Teorema 15.17 asegura que v = w + z con w 2 V y ? z 2 V : Por tanto, hwk ; vi = hwk ; wi + hwk ; zi = hwk ; wi : Aplicando el caso anterior concluimos que la sucesión (hwk ; vi) converge. Para concluir, probaremos que toda sucesión débilmente convergente está acotada. Usaremos el siguiente resultado de Baire6 .

René-Louis Baire 6

René-Louis Baire (1874-1932) nació en París. Estudió en la École Normale Supérieure y fue profesor de la Universidad de Dijon.

15.5. CONVERGENCIA DÉBIL

385

Lema 15.30 (de Baire) Si X es un espacio métrico completo no vacío y X1 ; X2 ; : : : es una sucesión de subconjuntos cerrados de X tales que 1 S

X=

(15.13)

Xm ;

m=1

entonces int(Xm0 ) 6= ; para algún m0 2 N.

Demostración: Argumentando por contradicción, supongamos que int(Xm ) = ; para todo m 2 N. Tomemos x1 2 X y r1 2 (0; 12 ): Como BX (x1 ; r1 ) \ (X r X1 ) 6= ;; existen x2 2 X y r2 2 (0; 14 ) tales que BX (x2 ; r2 ) BX (x1 ; r1 ) \ (X r X1 ): Continuando de este modo obtenemos xm 2 X y rm 2 (0; 21m ) tales que BX (xm 1 ; rm 1 ) \ (X r Xm 1 )

BX (xm ; rm )

8m > 1:

(15.14)

Se tiene entonces que 1 8i m 1: (15.15) 2m En consecuencia, la sucesión (xi ) es de Cauchy en X y, como X es completo, xi ! x en X: Haciendo tender i ! 1 en (15.15) obtenemos que dX (xi ; xm ) < rm <

dX (x; xm )

rm

8m 2 N:

Se sigue de (15.14) que x 2 X r Xm para todo m 2 N, lo cual contradice (15.13). Proposición 15.31 Si uk * u débilmente en H entonces (uk ) está acotada en H: Demostración: Para cada m 2 N de…nimos Xm := fw 2 H : jhuk ; wij

m 8k 2 Ng:

Claramente, Xm es cerrado en H: Además, como para cada w 2 H la sucesión (huk ; wi) está acotada en R; se tiene que 1 S H= Xm : m=1

Por el lema de Baire, existen m0 2 N, w0 2 Xm0 y > 0 tales que BH (w0 ; ) En particular, w0 + 2 kuukk k 2 Xm0 para todo k 2 N. Por tanto, 2

kuk k =

uk ;

uk 2 kuk k

y, en consecuencia, kuk k

uk ; w0 + 4

uk 2 kuk k

m0 para todo k 2 N.

+ jhuk ; w0 ij

2m0

Xm0 :

8k 2 N

386

15.6.

15. ESPACIOS DE HILBERT

Ejercicios

Ejercicio 15.32 ¿Es hf; gi := un producto escalar en C 0 [0; 1]?

Z

1=2

fg

0

Ejercicio 15.33 (Teorema de Pitágoras) Prueba que, si V es un espacio vectorial con producto escalar y hv; wi = 0, entonces kv + wk2 = kvk2 + kwk2 : Ejercicio 15.34 (Identidad del paralelogramo) Demuestra que, si k k es la norma inducida por un producto escalar en V; entonces kv + wk2 + kv

wk2 = 2(kvk2 + kwk2 )

8v; w 2 V:

Ejercicio 15.35 Sea (V; k k) un espacio normado. Prueba que, si la norma cumple la ley del paralelogramo kv + wk2 + kv

wk2 = 2(kvk2 + kwk2 )

entonces hv; wi :=

1 kv + wk2 4

kv

8v; w 2 V; wk2

es un producto escalar en V tal que kvk2 = hv; vi para todo v 2 V: (Sugerencia: Para probar que h v; wi = hv; wi demuéstralo primero para 2 Q y usa la continuidad para demostrarlo para 2 R:) Ejercicio 15.36 Sea Vi espacio vectorial con producto escalar h ; ii ; i = 1; 2: Prueba que, si : V1 ! V2 es una isometría lineal, entonces h v; wi2 = hv; wi1

8v; w 2 V1 :

Ejercicio 15.37 Demuestra que las normas de los siguientes espacios no están inducidas por ningún producto escalar. (a) Rnp = (Rn ; k kp ) con p 2 [1; 1]; p 6= 2 (ver (2.4)). (b) `p con p 2 [1; 1]; p 6= 2 (ver Proposición 2.15). (c) Lp ( ) con p 2 [1; 1]; p 6= 2 (ver De…niciones 14.18 y 14.19).

15.6. EJERCICIOS

387

Ejercicio 15.38 Prueba que todo subespacio vectorial de dimensión …nita de un espacio de Hilbert H es cerrado en H: Ejercicio 15.39 Sea V un subespacio vectorial de un espacio de Hilbert H: Demuestra las siguientes a…rmaciones: (a) (V )? = V ? : (b) Si V es cerrado en H, entonces (V ? )? = V: (c) (V ? )? = V : (d) Si V es denso en H entonces V ? = f0g: Ejercicio 15.40 Prueba que, si f 2 L2 ( ) r Cc0 ( ); no existe ningún g 2 Cc0 ( ) tal que kf

gk2 =

nf kf

h2Cc0 ( )

hk2 :

Es decir, la Proposición 15.14 no es válida, en general, si V no es cerrado en H: Ejercicio 15.41 Un subconjunto C de un espacio vectorial es convexo si (1 t)x+ty 2 C para cualesquiera x; y 2 C y t 2 [0; 1]: Prueba que, si C es un subconjunto cerrado y convexo de un espacio de Hilbert H y u 2 H, entonces existe un único v 2 C tal que ku

vk = nf ku

wk :

w2C

Ejercicio 15.42 (Gradiente de una función diferenciable) Sean U un subconjunto abierto de H y ' : U ! R una función diferenciable. (a) Prueba que, para cada u 2 U; existe un único elemento r'(u) 2 H tal que '0 (u)v = hr'(u); vi

8v 2 H:

r'(u) se llama el gradiente de ' en u: (b) Prueba que ' es de clase C 1 si y sólo si la función r' : U ! H;

u 7! r'(u);

es continua. (c) Si ' es de clase C 1 , prueba que c 2 R es un valor regular de ' si y sólo si r'(u) 6= 0 para todo u 2 M := ' 1 (c):

388

15. ESPACIOS DE HILBERT

En lo que sigue supondremos que ' es de clase C 1 , que c 2 R es un valor regular de ' y que M := ' 1 (c): Recuerda que, en ese caso, M es una subvariedad de clase C 1 de H. Las de…niciones necesarias se encuentran en el Capítulo 10. (d) Prueba que el espacio tangente a M en el punto u 2 M es el espacio ortogonal a r'(u); es decir, Tu M = fv 2 H : hr'(u); vi = 0g: (e) (Multiplicador de Lagrange) Sea : U ! R una función de clase C 1 : Prueba que u es un punto crítico de en M si y sólo si existe 2 R tal que r (u) = r'(u): Ejercicio 15.43 En un espacio de Hilbert H considera la función (u) := kuk2 : (a) Prueba que

: H ! R dada por

es de clase C 1 y calcula sus derivadas.

(b) Calcula r (u) para todo u 2 H. (c) Prueba que la esfera unitaria := fu 2 H : kuk = 1g es una subvariedad de clase C 1 de H y que el espacio tangente a Tu

en u es

= fv 2 H : hu; vi = 0g:

Ejercicio 15.44 (Ortonormalización de Gram-Schmidt) Sea X = fvk : k 2 Ng un subconjunto linealmente independiente de H; es decir, para 1 ; : : : ; m 2 R se cumple que + m vm = 0 () = m = 0: 1 v1 + 1 = De…nimos e1 :=

v1 ; kv1 k

y para k > 1 de…nimos inductivamente

wk := vk

kP1 j=1

hvk ; ej i ej

y

ek :=

wk : kwk k

Prueba que O = fek : k 2 Ng es un subconjunto ortonormal de H y que lin(O) = lin(X ): Ejercicio 15.45 Sea B un subconjunto ortonormal de H: Demuestra que son equivalentes las siguientes a…rmaciones:

15.6. EJERCICIOS

389

(a) B es una base de Hilbert de H: (b) B es un subconjunto ortonormal maximal de H; es decir, si B 0 es un subconjunto ortonormal de H y B B0 entonces B = B 0 : Ejercicio 15.46 Sea B = fek : k 2 Ng un subconjunto ortonormal de H: Prueba que B es una base de Hilbert de H si y sólo si 1 P

k=1

hu; ek i ek := l m

m P

m!1 k=1

hu; ek i ek = u

(a) Sea P[ 1; 1] el conjunto de todas

Ejercicio 15.47 (Polinomios de Legendre) las funciones p : [ 1; 1] ! R de la forma + am x m ,

p(x) = a0 + a1 x +

8u 2 H:

ai 2 R; m 2 N [ f0g:

Prueba que P[ 1; 1] es denso en L2 ( 1; 1): (Sugerencia: Usa el Teorema 8.3.) (b) Sea ek (x) :=

k+

1 2

1=2

con Pk (x) :=

Pk (x)

1 k 2 k!

d dx

k

(x2

1)k :

Pk se llama el k-ésimo polinomio de Legendre. Prueba que B := fek : k 2 N [ f0gg es un subconjunto ortonormal de L2 ( 1; 1) y que lin(B) = P[ 1; 1]: (Sugerencia: Observa que B se obtiene aplicando el proceso de ortonormalización de Gram-Schmidt al conjunto fpk : k 2 N [ f0gg, donde pk (x) := xk :) (c) Prueba que B es una base de Hilbert para L2 ( 1; 1): Ejercicio 15.48 (Serie de Fourier) Sean 1 e1 (x) := p ; 2

1 e2m (x) := p sin mx;

1 e2m+1 (x) := p cos mx:

(a) Prueba que B = fek : k 2 Ng es una base de Hilbert de L2 ( (b) Prueba que, para toda función f 2 L2 ( f=

1 P

k=1

; ), Z

f ek ek :

Esta serie se llama la serie de Fourier de f:

; ):

390

15. ESPACIOS DE HILBERT

Ejercicio 15.49 Sea H un espacio de Hilbert. (a) Prueba que el límite débil de una sucesión débilmente convergente en H es único. (b) Prueba que, si uk * u débilmente en H; entonces toda subsucesión de (uk ) converge débilmente a u en H: (c) Prueba que uk * u débilmente en H si y sólo si T uk ! T u en R para todo T 2 L(H; R): (d) Prueba que, si uk * u y vk * v débilmente en H y ; u + v débilmente en H:

2 R; entonces uk + vk *

Ejercicio 15.50 Prueba que toda sucesión débilmente convergente en Rn es convergente. Ejercicio 15.51 Sean H1 y H2 espacios de Hilbert. (a) Prueba que, si T : H1 ! H2 es una función lineal y continua y uk * u débilmente en H1 ; entonces T uk * T u débilmente en H2 : (b) Prueba que, si T : H1 ! H2 es una función lineal y continua, uk * u débilmente en H1 y T uk * v débilmente en H2 ; entonces v = T u: (c) Da un ejemplo de una función continua ' : H1 ! H2 y una sucesión (uk ) débilmente convergente en H1 tal que ('(uk )) no converge débilmente en H2 : Ejercicio 15.52 Sea fk (x) := sin kx: Prueba que la sucesión (fk ) converge débilmente a 0 en L2 ( ; ): Ejercicio 15.53 Sea g 2 Cc0 (Rn ) tal que sop(g) B n (0; 21 ) y k 2 N; de…nimos gk (x1 ; :::; xn ) := g(x1 + k; :::; xn ):

R

Rn

g 2 = 1: Para cada

(a) Prueba que gk * 0 débilmente en L2 (Rn ) y que (gk ) no converge en L2 (Rn ): (Sugerencia: Demuestra que fgk : k 2 Ng es un subconjunto ortonormal de L2 (Rn ):) (b) Sea hk := kgk : ¿Converge (hk ) débilmente en L2 (Rn )? Ejercicio 15.54 Se dice que un subconjunto A de H es débilmente cerrado en H si para cualquier sucesión (uk ) en A tal que uk * u débilmente en H se cumple que u 2 A:

15.6. EJERCICIOS

391

(a) Prueba que, si A es débilmente cerrado en H, entonces A es cerrado en H: (b) Prueba que, si H es un espacio de Hilbert de dimensión in…nita, la esfera unitaria S := fv 2 H : kvk = 1g es cerrada pero no es débilmente cerrada en H: (c) Prueba que todo subespacio vectorial cerrado V de un espacio de Hilbert H es débilmente cerrado. Ejercicio 15.55 Prueba que, si H es un espacio de Hilbert, (a) ; y H son débilmente cerrados en H; (b) si A1 y A2 son débilmente cerrados en H; entonces A1 [ A2 es débilmente cerrado en H; T (c) si Ai es débilmente cerrado en H para todo i 2 I, entonces i2I Ai es débilmente cerrado en H: El Ejercicio 15.55 a…rma que el conjunto fH r A : A es débilmente cerrado en Hg es una topología7 en H: Esta topología se llama la topología débil. Ejercicio 15.56 Sean H un espacio de Hilbert, fek : k 2 Ng un subconjunto ortonormal de H y 2 [0; 1]: De…nimos p 2 e + e ; 1 k 2: vk := k 1 (a) Calcula kvk k para k

2:

(b) Prueba que vk * e1 débilmente en H: Ejercicio 15.57 La cerradura débil de un subconjunto A de un espacio de Hilbert H es el conjunto de los puntos u 2 H para los cuales existe una sucesión (vk ) en A tal que vk * u débilmente en H: Prueba que, si H es un espacio de Hilbert de dimensión in…nita, la cerradura débil de la esfera unitaria S := fv 2 H : kvk = 1g es la bola unitaria

B := fu 2 H : kuk

1g:

(Sugerencia: Usa el Ejercicio 15.56.) 7

Para la de…nición de topología consulta por ejemplo el libro de J. Dugundji, Topology, Allyn and Bacon, Boston, MA 1966.

392

15. ESPACIOS DE HILBERT

Capítulo 16 Espacios de Sobolev En el estudio de ecuaciones en derivadas parciales surge de manera natural la necesidad de considerar normas que involucren, no sólo a la función misma, sino a sus derivadas. Por ejemplo, si ' es una función de clase C 1 con soporte compacto en un abierto de Rn ; podemos considerar las normas k'k :=

Z

p

j'j +

Z

@' @x1

p

+

+

Z

@' @xn

p

1=p

;

p 2 [1; 1):

El espacio de dichas funciones, al que denotamos Cc1 ( ), no resulta completo con esta norma. Los espacios de Sobolev que estudiaremos en este capítulo son espacios de Banach y contienen a Cc1 ( ) como subespacio denso. Consisten de funciones en Lp ( ) que tienen derivadas parciales en un sentido débil y dichas derivadas débiles son elementos de Lp ( ): De modo que la norma de…nida arriba tiene sentido para dichas funciones. Las derivadas débiles son una herramienta fundamental en el estudio de ecuaciones en derivadas parciales, pues al debilitar la noción de derivada se vuelve más fácil encontrar soluciones. Este tipo de soluciones se llaman soluciones débiles. Una vez encontrada la solución débil, hay que analizar si ésta resulta diferenciable en el sentido usual y si resulta ser una solución auténtica de nuestra ecuación. Los espacios de Sobolev son el ambiente adecuado para estudiar la existencia de soluciones débiles. Gracias al principio de Dirichlet, los mínimos de ciertos funcionales en un espacio de Sobolev resultan ser soluciones débiles de ciertas ecuaciones en derivadas parciales. Aplicaremos la teoría de espacios de Sobolev para probar la existencia de una solución u : ! R de la ecuación en derivadas parciales u+u=f 393

394

16. ESPACIOS DE SOBOLEV

con valor prescrito sobre la frontera @

de

u( ) = g( ) donde

u :=

n P

i=1

16.1.

@2u @x21

; i.e. tal que cumple 8 2@ ;

es el operador de Laplace y f; g :

! R son funciones dadas.

Derivadas débiles de Rn denotamos por

Dado un subconjunto abierto

Cck ( ) := Cc0 ( ) \ C k ( ) al conjunto de las funciones ' : ! R de clase C k con soporte compacto contenido en . La fórmula de integración por partes es el punto de partida para de…nir las derivadas débiles. Proposición 16.1 (Integración por partes) (a) Si ' 2 Cc1 ( ); entonces Z @' =0 8i = 1; :::; n: @xi (b) Si f 2 C 1 ( ); ' 2 Cc1 ( ); entonces Z Z @f @' '+ f =0 @xi @xi

8i = 1; :::; n:

Demostración: (a): Identi…camos a ' con su extensión trivial a Rn ; así que ' 2 (ver Ejercicio 11.48), y elegimos a > 0 de modo que sop(') [ a; a]n : Sin perder generalidad podemos tomar i = 1: El teorema fundamental del cálculo asegura que Z a @' (x1 ; x b) dx1 = '(a; x b) '( a; x b) = 0 8b x = (x2 ; : : : ; xn ) 2 Rn 1 : @x 1 a Cc1 (Rn )

Por tanto,

Z

@' = @x1

Z

Rn

1

Z

a

a

@' (x1 ; x b) dx1 db x = 0: @x1

(b): Aplicando la a…rmación (a) al producto f ' 2 Cc1 ( ) obtenemos Z Z Z @(f ') @f @' 0= = '+ f ; @xi @xi @xi

16.1. DERIVADAS DÉBILES

395

como a…rma el enunciado. Este resultado motiva la siguiente de…nición. De…nición 16.2 Sea u 2 L1loc ( ). Decimos que u es débilmente diferenciable en si existen v1 ; :::; vn 2 L1loc ( ) tales que Z Z @' (16.1) + vi ' = 0 8' 2 Cc1 ( ) u @xi para toda i = 1; ; n: vi se llama la i-ésima derivada débil de u en

y se denota

Di u := vi : El gradiente débil de u en es la función derivadas débiles. Lo denotamos por

! Rn cuyas componentes son las

ru := (D1 u; D2 u; : : : ; Dn u): Observaciones 16.3 Observa que, si v; w 2 L1loc ( ) satisfacen Z Z Z @' v' = u = w' 8' 2 Cc1 ( ); @xi entonces v = w c.d. en (ver Proposición 14.49). Es decir, para cada i = 1; función vi que cumple (16.1) es única.

; n, la

La Proposición 16.1 a…rma lo siguiente. Ejemplo 16.4 Si u 2 C 1 ( ); entonces u es débilmente diferenciable en Di u =

@u @xi

y

8i = 1; : : : ; n:

No todas las funciones débilmente diferenciables son diferenciables, como lo muestra el siguiente ejemplo. Ejemplo 16.5 Sea u : R ! R la función u(x) = jxj: Entonces u es débilmente diferenciable en R y su derivada débil es la función (Du)(x) =

1 x > 0; 1 x 0:

396

16. ESPACIOS DE SOBOLEV

Demostración: Si ' 2 Cc1 (R) y sop(') [ a; a]; tomando en cuenta que u es diferenciable en ( a; 0) y en (0; a) y usando el teorema fundamental del cálculo obtenemos Z a Z 0 Z 1 0 0 [u'0 + (Du)'] [u' + (Du)'] + [u' + (Du)'] = 0 a 1 Z a Z 0 (u')0 = a'( a) + a'(a) = 0; (u')0 + = a

0

pues '(a) = '( a) = 0: Existen funciones que no son débilmente diferenciables. Veamos un ejemplo. Ejemplo 16.6 La función característica 1( en R.

1;0)

: R ! R no es débilmente diferenciable

Demostración: Argumentando por contradicción, supongamos que existe v 2 L1loc (R) tal que Z 1 Z 1 0 v' 8' 2 Cc1 (R): 1( 1;0) ' = 1

1

Entonces se cumple, en particular, que Z 0 Z 0 v' = '0 = 0 1 Z 1 Z 1 1 0=0 v' = 0

0

8' 2 Cc1 ( 1; 0); 8' 2 Cc1 (0; 1):

Estas dos identidades, junto con la Proposición 14.49, implican que v = 0 c.d. en R. En consecuencia, Z 0 Z 1 0 '(0) = ' = 1( 1;0) '0 = 0 8' 2 Cc1 (R): 1

1

Esto es una contradicción.

Observaciones 16.7 El Ejemplo 16.6 muestra que la extensión trivial de una función débilmente diferenciable en no es, en general, débilmente diferenciable en Rn : la función constante igual a 1 es de clase C 1 en ( 1; 0) pero su extensión trivial 1( 1;0) : R ! R no es débilmente diferenciable en R. Un ejemplo interesante es el siguiente.

16.1. DERIVADAS DÉBILES

Proposición 16.8 Si diferenciable en Rn y

397

2 R y

+ n > 1; la función u(x) = kxk es débilmente

(Di u) (x) =

kxk

2

8i = 1; : : : ; n:

xi

Demostración: Por simplicidad denotamos vi (x) := kxk 2 xi : La Proposición 13.31 asegura que u 2 L1loc (Rn ) si + n > 0. Como jvi (x)j kxk 1 ; se tiene que vi 2 L1loc (Rn ) si 1 + n > 0: 1 Elegimos 2 C (Rn ) tal que 0 (x) 1 para todo x 2 Rn ; (x) = 0 si kxk 1 y (x) = 1 si kxk 2; y de…nimos k (x) := (kx): Entonces 0 1 para todo k (x) n x2R ; 1=k y 2=k: k (x) = 0 si kxk k (x) = 1 si kxk Observa que u es diferenciable en Rn r f0g y que @u (x) = @xi Por tanto, u

2

kxk

si x 6= 0:

xi = vi (x)

2 C 1 (Rn ) y la Proposición 16.1 asegura que Z Z @' @ k @u u k + '=0 8' 2 Cc1 (Rn ): k +u @x @x @x n n i i i R R k

(16.2)

Calcularemos ahora el límite cuando k ! 1 de cada uno de los sumandos. @' @' y u @x son integrables en Rn y cumplen que Sea ' 2 Cc1 (Rn ): Las funciones u k @x i i u

k

@' @' !u c.d.en Rn @xi @xi

y

u

k

@' @xi

u

@' @xi

en Rn 8k 2 N:

Del teorema de convergencia dominada (Teorema 13.26) se sigue entonces que Z Z @' @' u k u = lm : k!1 Rn @xi Rn @xi Análogamente se demuestra que Z

vi ' = l m

k!1

Rn

Por otra parte, como

@ k (x) @xi

Z

Rn

@u @xi

k ':

@ = k @x (kx); se tiene que i

@ k @xi

k 1

@ @xi

: 1

(16.3)

(16.4)

398

16. ESPACIOS DE SOBOLEV

kxk k2 g =: An ( k1 ; k2 ): En consecuenObserva además que sop( @@xki ) fx 2 Rn : k1 cia, usando el Ejemplo 13.30 obtenemos Z Z @ k @ ' u u k' @xi @xi An ( k1 ; k2 ) Rn Z @ k kxk dx k'k1 @xi 1 An ( k1 ; k2 ) = y, dado que

+n

@ @xi

1

k'k1

n! n +n

2 +n 1 k +n 1

1 > 0; concluimos que Z @ lm u k ' = 0: k!1 Rn @xi

(16.5)

De (16.2), (16.3), (16.4) y (16.5) se sigue que Z Z @' + vi ' = 0 8' 2 Cc1 (Rn ); u @x n n i R R como a…rma el enunciado.

Proposición 16.9 (Linealidad de la derivada débil) Si u; v 2 L1loc ( ) son débilmente diferenciables y ; 2 R, entonces u + v es débilmente diferenciable y Di ( u + v) = Di u + Di v

8i = 1; :::; n:

Demostración: Observa que, para cada i = 1; :::; n y ' 2 Cc1 ( ); Z @' ( u + v) + ( Di u + Di v)' @xi Z Z @' @' = u + (Di u)' + v + (Di v)' = 0: @xi @xi Esto prueba que u + v es débilmente diferenciable y Di ( u + v) = Di u + Di v: Dado que el producto de dos funciones en L1loc ( ) no necesariamente pertenece a ) no siempre tiene sentido preguntarse si el producto de funciones débilmente diferenciables es débilmente diferenciable. Sin embargo, se tiene el siguiente resultado. L1loc (

16.2. ESPACIOS DE SOBOLEV

399

Proposición 16.10 (Derivada débil de un producto) Si u 2 L1loc ( ) es débilmente diferenciable en y 2 Cc1 ( ); entonces la extensión trivial de u es débilmente diferenciable en Rn y @ u + Di u: Di ( u) = @xi Demostración: Sea ' 2 Cc1 (Rn ). Entonces ' 2 Cc1 ( ) y, en consecuencia, Z Z Z Z @' @ @( ') u + Di u + u '= u + (Di u) ( ') = 0: @xi @xi @xi Rn Rn Esto demuestra la a…rmación.

16.2.

Espacios de Sobolev

Introducimos ahora los espacios de Sobolev1 .

Sergei Sobolev

De…nición 16.11 Sea p 2 [1; 1]: El espacio de Sobolev W 1;p ( ) se de…ne como W 1;p ( ) := fu 2 Lp ( ) : u es débilmente diferenciable en

, Di u 2 Lp ( ) 8i = 1; : : : ; ng:

Para u 2 W 1;p ( ) de…nimos kukW 1;p ( 1

)

:=

(

1=p

si p 2 [1; 1); kukpp + kD1 ukpp + + kDn ukpp max fkuk1 ; kD1 uk1 ; : : : ; kDn uk1 g si p = 1:

Sergei Lvovich Sobolev (1908-1989) nació en San Petersburgo, Rusia. Estudió en la Universidad de Leningrado, donde fue alumno de Nikolai Maksimovich Günter y Vladimir Smirnov. Fue investigador del Instituto Steklov y profesor de la Universidad Estatal de Moscú.

400

16. ESPACIOS DE SOBOLEV

Proposición 16.12 W 1;p ( ) es un espacio vectorial y k kW 1;p ( W 1;p ( ) para todo p 2 [1; 1]:

)

es una norma en

Demostración: Como Lp ( ) es un espacio vectorial, de la Proposición 16.9 se sigue que W 1;p ( ) es un espacio vectorial. Probemos ahora que k kW 1;p ( ) es una norma. (N1): Sea u 2 W 1;p ( ): Si u = 0 entonces Di u = 0 para todo i = 1; :::; n y, en consecuencia, kukW 1;p ( ) = 0: Inversamente: como kukp kukW 1;p ( ) ; si kukW 1;p ( ) = 0 entonces u = 0 en Lp ( ): (N2): Claramente k ukW 1;p ( ) = kukW 1;p ( ) para cualesquiera u 2 W 1;p ( ); 2 R: (N3): Si p 2 [1; 1), aplicando primero la desigualdad de Minkowski en Lp ( ) (ver Proposición 14.24) y luego la desigualdad del triángulo (2.3) para la norma k kp en Rn+1 , obtenemos que, para cualesquiera u; v 2 W 1;p ( ); ku + vkW 1;p (

)

=

ku + vkpp +

n P

i=1

kukp + kvkp kukpp + = kukW 1;p (

n P

i=1

1=p

kDi u + Di vkpp p

+

kDi ukpp

n P

i=1 1=p

p

1=p

kDi ukp + kDi vkp + kvkpp +

) + kvkW 1;p ( ) :

n P

i=1

1=p

kDi vkpp

La demostración de la desigualdad para p = 1 es análoga. Probaremos que W 1;p ( ) es un espacio de Banach. La demostración se basa en el siguiente hecho. Lema 16.13 Sean p 2 [1; 1] y (uk ) una sucesión en W 1;p ( ) tal que uk ! u en Lp ( ) y Di uk ! vi en Lp ( ) para cada i = 1; :::; n: Entonces u es débilmente diferenciable en , vi = Di u para todo i = 1; :::; n; y uk ! u en W 1;p ( ): @' 2 Lq ( ) para todo q 2 [1; 1]: Demostración: Sea ' 2 Cc1 ( ): Entonces '; @x i Tomando q de modo que p1 + 1q = 1 y usando la desigualdad de Hölder (ver Proposición 14.21) obtenemos que Z Z @' @' @' u uk ku uk kp !0 cuando k ! 1; @xi @xi @xi q Z Z vi ' (Di uk )' kvi Di uk kp k'kq ! 0 cuando k ! 1:

16.2. ESPACIOS DE SOBOLEV

Por tanto,

Z

@' + u @xi

401

Z

vi ' = l m

k!1

Z

@' uk + @xi

Z

(Di uk )'

=0

para cada i = 1; :::; n: Esto prueba que u es débilmente diferenciable en Di u: En consecuencia, u 2 W 1;p ( ): Además se tiene que l m kuk

k!1

ukpW 1;p ( )

ukpp

= l m kuk k!1

Análogamente, l mk!1 kuk

+

n X i=1

ukW 1;1 (

)

l m kDi uk

k!1

y que vi =

Di ukpp = 0 si p 2 [1; 1):

= 0 si p = 1:

Teorema 16.14 W 1;p ( ) es un espacio de Banach para todo p 2 [1; 1]: Demostración: Sea (uk ) una sucesión de Cauchy en W 1;p ( ): Entonces las sucesiones (uk ) y (Di uk ) son de Cauchy en Lp ( ): Como Lp ( ) es completo, se tiene que uk ! u en Lp ( ) y Di uk ! vi en Lp ( ) para cada i = 1; :::; n: Del Lema 16.13 se sigue que u 2 W 1;p ( ) y uk ! u en W 1;p ( ): Esto demuestra que W 1;p ( ) es completo.

Notación 16.15 Si p = 2 se denota H 1 ( ) := W 1;2 ( )

y

kukH 1 (

)

:= kukW 1;2 ( ) :

En este caso la norma está inducida por el producto escalar Z Z Z Z n P (Di u)(Di v) = uv + ru rv: hu; viH 1 ( ) := uv + i=1

Por tanto, H 1 ( ) es un espacio de Hilbert. Veamos un ejemplo. Proposición 16.16 Sean (a) Si p 2 [1; 1) y ( (b) Si

2 R, u(x) := kxk y r > 0: 1)p + n > 0 entonces u 2 W 1;p (B n (0; r)):

1 entonces u 2 W 1;1 (B n (0; r)):

(16.6)

(16.7)

402

16. ESPACIOS DE SOBOLEV

Demostración: Si p 2 [1; 1) y ( 1)p + n > 0 entonces ( 1 + n)p > (p 1)n 0 y, en consecuencia, 1 + n > 0: Análogamente, si 1 entonces 1 + n > 0: Así que en ambos casos la Proposición 16.8 asegura que u es débilmente diferenciable en B n (0; r) y que (Di u) (x) = kxk 2 xi 8i = 1; : : : ; n:

Como j(Di u) (x)j kxk 1 ; de la Proposición 14.29 se sigue que u 2 Lp (B n (0; r)) y que Di u 2 Lp (B n (0; r)) para todo i = 1; : : : ; n:

A continuación queremos investigar si el espacio Cc1 ( ) es denso en W 1;p ( ) para p 2 [1; 1): Veremos primero que sí lo es cuando = Rn : Requerimos el siguiente resultado. Lema 16.17 (de truncamiento) Sean p 2 [1; 1) y ( k ) una sucesión en C 1 (Rn ) \ W 1;p (Rn ) tal que k ! u en W 1;p (Rn ): Entonces existe una sucesión ('k ) en Cc1 (Rn ) tal que 'k ! u en W 1;p (Rn ): Demostración: Escogemos una función 2 Cc1 (Rn ) tal que 0 (x) 1 para todo x 2 Rn ; (x) = 1 si kxk 1 y (x) = 0 si kxk 2; y de…nimos k (x) := ( xk ): Entonces, n 1 k 2 Cc (R ) y cumple que 0

1 8x 2 Rn ;

k (x)

k (x)

= 1 si kxk

k;

k (t)

= 0 si kxk

2k:

De…ninimos 'k := k k : Nota que 'k 2 Cc1 (Rn ): Probaremos que 'k ! u en W 1;p (Rn ): Del teorema de convergencia dominada en Lp (Teorema 14.26) se sigue que kv y, como

y

Z

Rn

Z

Rn

p

j ku

k Di u

k vkp

kj

k

@ k k @xi

=

Z

j k jp ju

p kj

j k jp Di u

@ k @xi

Rn

p

=

Z

Rn

8v 2 Lp (Rn )

!0

p k kp

ku p

Di u

!0 @ k @xi

p p

usando la desigualdad del triángulo en Lp (Rn ) concluimos que l m ku

k!1

k

Por otra parte, puesto que

k kp

=0

@ k (x) @xi

=

@ k @xi

y 1 @ k @xi

l m Di u

k!1 x k

= 1

; se tiene que

1 @ k @xi

: 1

k

@ k @xi

= 0: p

! 0;

16.2. ESPACIOS DE SOBOLEV

Así que, como (

403

está acotada en Lp (Rn ); existe una constante c > 0 tal que Z p p p @ k @ k 1 @ c = k k kpp ! 0: k k p @xi k @xi 1 kp Rn @xi p k)

Por tanto, Di u

@(

k

k)

@xi

=

Di u

k

p

Di u

k

@ k @xi

@ k @xi

@ k @xi

+ p

k p

@ k @xi

k p

! 0:

Hemos probado pues que 'k ! u en Lp (Rn )

y

@'k ! Di u en Lp (Rn ) 8i = 1; :::; n: @xi

Aplicando el Lema 16.13 concluimos que 'k ! u en W 1;p (Rn ): Teorema 16.18 Cc1 (Rn ) es denso en W 1;p (Rn ) para todo p 2 [1; 1): Demostración: Sea u 2 W 1;p (Rn ) y sea ( k ) una sucesión regularizante (ver De…nición 14.41). Las Proposiciones 14.38 y 14.40 aseguran que k u 2 C 1 (Rn ) \ W 1;p (Rn ) y que @ @ ( k u) = k u 8i = 1; :::; n: @xi @xi Puesto que u es débilmente diferenciable en Rn y la función y 7! k (x y) pertenece a Cc1 (Rn ) para cada x 2 Rn ; se tiene que Z Z @ k 0 = (x y)u(y)dy + y)Di u(y)dy k (x @xi Rn Rn @ k = u (x) + ( k Di u)(x): @xi En consecuencia, @ ( @xi k El Teorema 14.45 asegura que k

u ! u en Lp (Rn )

u) =

y

k

@ ( @xi

Di u

k

8i = 1; :::; n:

u) ! Di u en Lp (Rn ) 8i = 1; :::; n:

404

16. ESPACIOS DE SOBOLEV

Aplicando el Lema 16.13 concluimos que k u ! u en W 1;p (Rn ): La a…rmación del teorema se obtiene aplicando el Lema 16.17 a las funciones k := k u: Si 6= Rn el espacio Cc1 ( ) no es, en general, denso en W 1;p ( ): En las aplicaciones que daremos en la siguiente sección jugará un papel importante el siguiente espacio. De…nición 16.19 Sea p 2 [1; 1): El espacio de Sobolev W01;p ( ) es la cerradura de Cc1 ( ) en W 1;p ( ). Denotamos H01 ( ) := W01;2 ( ): W01;p ( ) es un subespacio vectorial cerrado de W 1;p ( ); por tanto W01;p ( ) es un espacio de Banach y H01 ( ) es un espacio de Hilbert. El Teorema 16.18 asegura que W01;p (Rn ) = W 1;p (Rn ) pero estos espacios en general no coinciden cuando 6= Rn [Ejercicio 16.45]. En el resto de esta sección supondremos que p 2 [1; 1): Ejemplo 16.20 Si u 2 Cc1 ( ) entonces u 2 W01;p ( ): Demostración: Sea u 2 Cc1 ( ) y sea ( k ) una sucesión regularizante. De la Proposición 14.38 se sigue que k u 2 Cc1 ( ) para k su…cientemente grande y @x@ i ( k u) = @u : El Teorema 14.45 asegura entonces que k @xi k

u ! u en Lp (Rn )

@ ( @xi

y

y aplicando el Lema 16.13 obtenemos que u 2 W01;p ( ):

u) !

k

k

@u en Lp ( ) 8i = 1; :::; n; @xi

u ! u en W 1;p ( ): En consecuencia,

En la siguiente proposición denotamos por v a la extensión trivial de v a Rn de…nida en (12.21). Proposición 16.21 Si u 2 W01;p ( ); entonces u 2 W 1;p (Rn ) y Di (u) = Di u para cada i = 1; :::; n: Demostración: Sea ('k ) una sucesión en Cc1 ( ) tal que 'k ! u en W 1;p ( ): Enk k tonces 'k ! u en Lp ( ) y @' ! Di u en Lp ( ): Además, 'k 2 Cc1 (Rn ) y @@x'ki = @' : @xi @xi En consecuencia, 'k ! u en Lp (Rn )

y

@ 'k ! Di u en Lp (Rn ) 8i = 1; :::; n: @xi

16.2. ESPACIOS DE SOBOLEV

405

Del Lema 16.13 se sigue que u es débilmente diferenciable en Rn y Di (u) = Di u. Por tanto, u 2 W 1;p (Rn ): La proposición anterior nos permite considerar a W01;p ( ) como un subespacio de W 1;p (Rn ): Puesto que Cc1 ( ) es denso en W01;p ( ) podemos extender, bajo hipótesis adecuadas, las fórmulas conocidas para la composición funciones diferenciables a funciones en W01;p ( ). Proposición 16.22 (Regla de la cadena para derivadas débiles) Sea g 2 C 1 (R) tal que g(0) = 0 y g 0 2 L1 (R): Si u 2 W01;p ( ); entonces g u 2 W01;p ( ) y Di (g u) = (g 0 u)Di u: Demostración: Por el teorema del valor medio (ver Teorema 9.14) jg(t1 )

kg 0 k1 jt1

g(t2 )j

t2 j

8t1 ; t2 2 R.

(16.8)

Sean u 2 W01;p ( ) y 'k 2 Cc1 ( ) tales que 'k ! u en W 1;p ( ): Como g(0) = 0; se tiene que g 'k 2 Cc1 ( ) W01;p ( ): Usando (16.8) obtenemos Z Z p 0 p jg u g 'k j kg k1 ju 'k jp ! 0: Por tanto, g u 2 Lp ( ) y en Lp ( ):

g 'k ! g u

(16.9)

Por otra parte, el Teorema 14.28 asegura que ('k ) contiene una subsucesión tal que 'kj (x) ! u(x) p.c.t. x 2 y, puesto que g 0 es continua, se tiene que g 0 ('kj (x))Di u(x) ! g 0 (u(x))Di u(x)

p.c.t. x 2 :

Además, g 0 ('kj (x))Di u(x)

kg 0 k1 jDi u(x)j

8x 2 ; 8j 2 N:

Como Di u 2 Lp ( ), el Teorema 14.26 asegura que (g 0 u)Di u 2 Lp ( ) y l m (g 0 u)Di u

j!1

Se tiene además que Z @'kj (g 0 'kj )Di u (g 0 'kj ) @xi

(g 0 'kj )Di u

p p kg 0 k1

Z

Di u

= 0: p

@'kj @xi

p

! 0 cuando j ! 1:

406

16. ESPACIOS DE SOBOLEV

De la desigualdad del triángulo @(g 'kj )

(g 0 u) Di u

@xi

(g 0 u) Di u

p

g 0 'kj Di u

g 0 'kj Di u

+ p

g 0 ' kj

@'kj @xi

; p

se obtiene entonces que @(g 'kj ) @xi

en Lp ( ):

! (g 0 u) Di u

(16.10)

El Lema 16.13 y las a…rmaciones (16.9) y (16.10) nos permiten concluir que g u es débilmente diferenciable en , que Di (g u) = (g 0 u)Di u y que g 'kj ! g u en W 1;p ( ): Finalmente, como g 'k 2 W01;p ( ) y W01;p ( ) es un subespacio cerrado de W 1;p ( ), se tiene que g u 2 W01;p ( ): Proposición 16.23 (Cambio de variable para derivadas débiles) Sea : 0 ! 1 @ i 2 L1 ( 0 ) y @(@xj )i 2 L1 ( ) para i; j = un difeomor…smo de clase C 1 tal que @y j

1; :::; n: Si u 2 W01;p ( ); entonces u Di (u

)=

n P

2 W01;p ( 0 ) y

(Dj u

j=1

donde

i

y(

1

)

@ j @yi

8i = 1; :::; n;

)i denotan a la i-ésima función componente de

y

1

respectivamente.

Demostración: Sea c 2 R tal que det(

1 0

)

1

cp

y

@ i @yj

1

c 8i; j = 1; :::; n;

Observa primero que el teorema de cambio de variable (Teorema 13.36) asegura que, si v 2 Lp ( ); entonces jv jp = jvjp es integrable y Z Z p p kv kp = jvj = jvjp det( 1 )0 cp kvkpp : 0

Sean u 2 W01;p ( ) y 'k 2 Cc1 ( ) tales que 'k ! u en W 1;p ( ): Entonces, 'k Cc1 ( 0 ) W01;p ( 0 ): De la observación anterior se sigue que u 2 Lp ( 0 ); Dj u p 0 L ( ); ku 'k kp = k(u 'k ) kp c ku 'k kp ! 0;

2 2

16.2. ESPACIOS DE SOBOLEV

407

y (Dj u

)

@ j @yi

@'k @xj

@ j @yi

Dj u

= p

c

n P @('k ) = @yi j=1

@'k @xj

El Lema 16.13 asegura entonces que u Pn @ ) @yji y que 'k !u j=1 (Dj u

!

@'k @xj

p

@'k @xj

p

p

! 0 cuando k ! 1;

en Lp ( 0 ) y

!u @ j @yi

@ j @yi

Dj u

c2 Dj u para cada j = 1; :::; n: Por tanto, 'k

@'k @xj

n P

(Dj u

j=1

)

@ j @yi

en Lp ( 0 ):

es débilmente diferenciable en , que Di (u ) = en W 1;p ( ):

Finalmente, como 'k 2 W01;p ( ) y W01;p ( ) es un subespacio cerrado de W 1;p ( ), 1;p se tiene que u 2 W0 ( ):

Observa que en las dos proposiciones anteriores jugó un papel importante el hecho de que u es el límite de funciones en Cc1 ( ): Estas proposiciones son válidas también para funciones en W 1;p ( ); pero su demostración requiere de un resultado de aproximación más delicado que no veremos aquí2 . Intuitivamente se antoja pensar a W01;p ( ) como el espacio de las funciones de W 1;p ( ) que se anulan en la frontera de : Esta a…rmación no tiene sentido en general, ya que los elementos de W 1;p ( ) son clases de equivalencia de funciones que coinciden c.d. en y @ tiene medida 0. Veremos que, bajo ciertas condiciones, esta a…rmación tiene sentido y es cierta. Una función ' : U ! U 0 entre subconjuntos abiertos U y U 0 de Rn se llama un difeomor…smo de clase C k si ' es de clase C k en U; ' es biyectiva y su inverso ' 1 : U 0 ! U es de clase C k en U 0 : Como antes denotamos por B n 1 (0; r) := fx 2 Rn

1

: jxj < rg

y por B n 1 (0; r) a su cerradura. 2

Consulta, por ejemplo, el libro de H. Brezis, Análisis Funcional, Alianza Editorial, Madrid 1984 (Proposiciones IX.5 y IX.6).

408

16. ESPACIOS DE SOBOLEV

De…nición 16.24 Un subconjunto abierto de Rn es de clase C k si, para cada n x0 2 @ ; existe un subconjunto abierto U de R que contiene a x0 y un difeomor…smo # : B n 1 (0; 1) ( 1; 1) ! U de clase C k tal que #(0; 0) = x0 ; #(B n 1 (0; 1) Teorema 16.25 Si todo x 2 @ :

(0; 1)) = U \

#(B n 1 (0; 1)

y

f0g) = U \ @ :

es de clase C 1 y u 2 W01;p ( ) \ C 0 ( ); entonces u(x) = 0 para

Demostración: Sean u 2 W01;p ( ) \ C 0 ( ) y x0 2 @ : Probaremos que u(x0 ) = 0: Elegimos U y # como en la De…nición 16.24. Nota primero que, reemplazando a B n 1 (0; 1) por B n 1 (0; 3=4); a ( 1; 1) por ( 3=4; 3=4), a U por #(B n 1 (0; 3=4) @ i son continuas en B n 1 (0; 1) ( 3=4; 3=4)) y reescalando, podemos suponer que # y @y j [ 1; 1] y que

@( 1 )i @xj

es continua en U ; en cuyo caso

@ i 2 L1 (B n 1 (0; 1) @yj

y

(0; 1))

@( 1 )i 2 L1 (U ) @xj

8i; j = 1; :::; n:

Sean K := #(B n 1 (0; 21 ) [ 21 ; 21 ]) y := 12 dist(K; Rn r U ): Por el Lema 14.48 (x) 1 si x 2 Rn ; (x) = 1 si x 2 K y (x) = 0 si existe 2 Cc1 (Rn ) tal que 0 dist(x; K) : Si u 2 W01;p ( ) y ( k ) es una sucesión en Cc1 ( ) tal que k ! u en W 1;p ( ); entonces k 2 Cc1 (U \ ): Además, Z p p p k u j jp ju ku k kLp (U \ ) = kj k kLp ( ) ! 0; U\

Di ( u)

@( k ) @xi

Di u Lp (U \ )

Di u

@ k @xi @ k @xi

+ Lp (U \ )

+ Lp ( )

@ @xi

@ u @xi 1

ku

@ @xi

k Lp (U \ )

p k kLp ( )

! 0:

Del Lema 16.13 se sigue que u 2 W 1;p (U \ ) y que k ! u en W 1;p (U \ ) y, como 1;p 1 k 2 Cc (U \ ); se tiene entonces que u 2 W0 (U \ ): Aplicando la Proposición 16.23 concluimos que v := u # 2 W01;p (B n 1 (0; 1)

(0; 1)) \ C 0 (B n 1 (0; 1)

[ 1; 1]):

Demostraremos que v(y; 0) = 0

8y 2 B n 1 (0; 1):

(16.11)

16.2. ESPACIOS DE SOBOLEV

409

Observa que esto basta para probar la a…rmación del teorema ya que, puesto que x0 = #(0; 0) 2 K; se tiene que u(x0 ) = (x0 )u(x0 ) = v(0; 0) = 0: Para probar (16.11) elegimos 'k 2 Cc1 (B n 1 (0; 1) (0; 1)) tal que 'k ! v en 1;p W (B n 1 (0; 1) (0; 1)): Como 'k (y; 0) = 0 para todo y 2 B n 1 (0; 1); el teorema fundamental del cálculo asegura que Z t @'k (y; s)ds 8t 2 (0; 1): 'k (y; t) = 0 @xn Sea " 2 (0; 1): Por el teorema del valor medio para integrales existen t" ; s" 2 (0; ") tales que Z " Z " j'k (y; t)j dt = " j'k (y; t" )j y jv(y; t)j dt = " jv(y; s" )j : (16.12) 0

0

Por tanto, 1 "

Z

0

"

j'k (y; t)j dt

Z

0

"

@'k (y; s) ds @xn

8" 2 (0; 1);

e integrando ambos lados de la desigualdad sobre B n 1 (0; 1) obtenemos que Z Z @'k 1 j'k j ; " Q" Q" @xn donde Q" := B n 1 (0; 1) (0; "): Dado que Q" tiene medida …nita, se tiene que 'k ! v k ! Di v en L1 (Q" ) (ver Proposición 14.31). De modo que, pasando al en L1 (Q" ) y @' @xn límite cuando k ! 1; concluimos que Z Z 1 jvj jDn vj : " Q" Q" Combinando esta desigualdad con (16.12) obtenemos Z Z Z Z 1 " 1 jv(y; s" )j = jv(y; t)j dtdy = jvj " Q" kyk 0; que depende únicamente de n; p y q, tal que k'kq entonces p < n y q =

8' 2 Cc1 (Rn ) ;

C kr'kp

(17.1)

np : n p

Demostración: Para cada ' 2 Cc1 (Rn ) y

> 0 de…nimos

' (x) := '( x): Aplicando el teorema de cambio de variable obtenemos Z Z 1 1 q q j'(y)jq dy = n k'kqq j'( x)j dx = n k' kq = Rn

Rn

y

@' @xi

p p

=

Z

p

Rn

p

@'( x) dx = @xi

p n

Z

Rn

p

@'(y) dy = @xi

p n

@' @xi

p

: p

Aplicando la desigualdad (17.1) a la función ' concluimos que 1 n=q

k'kq

C

es decir, k'kq

C

1

n=p

n +n p q

kr'kp

kr'kp

8' 2 Cc1 (Rn ) ; 8 > 0; 8' 2 Cc1 (Rn ) ; 8 > 0:

Haciendo tender a cero si 1 np + nq > 0 o a in…nito si 1 np + nq < 0 vemos que, si 1 np + nq 6= 0; la desigualdad anterior no se satisface para ninguna ' 6= 0. Así que necesariamente 1 np + nq = 0; en cuyo caso np > 1 y q = nnpp ; como a…rma el enunciado.

17.1. DESIGUALDADES DE SOBOLEV

421

De…nición 17.2 Si p 2 [1; n) se de…ne el exponente crítico de Sobolev como np

p :=

n

p

:

Nota que p > p: Probaremos a continuación que la desigualdad (17.1) se cumple cuando p 2 [1; n) y q = p : Usaremos el siguiente lema. Lema 17.3 Sean n 2 y f1 ; : : : ; fn 2 Ln 1 (Rn 1 ) : Si x = (x1 ; :::; xn ) 2 Rn denotamos x bi := (x1 ; :::; xi 1 ; xi+1 ; :::; xn ) 2 Rn 1 y de…nimos f (x) :=

n Q

fi (b xi ):

i=1

Entonces f 2 L1 (Rn ) y

n Q

kf kL1 (Rn )

i=1

kfi kLn

1 (Rn 1 )

:

Demostración: Demostraremos esta a…rmación por inducción sobre n: Si n = 2 la a…rmación es obvia, ya que Z Z Z jf (x1 ; x2 )j dx1 dx2 = jf1 (x2 )j dx2 jf2 (x1 )j dx1 : R2

R

R

Supongámosla cierta para n y demostrémosla para n + 1: Sean f1 ; : : : ; fn+1 2 Ln (Rn ) : Fijemos por un momento el valor de xn+1 y de…namos n gi (z1 ; : : : ; zn 1 ) := jfi (z1 ; : : : ; zn 1 ; xn+1 )j n 1 ; i = 1; :::; n: Observa que gi 2 Ln 1 (Rn 1 ) de modo que, aplicando la hipótesis de inducción, concluimos que la función g(y) :=

n Q

gi (b yi ) =

i=1

pertenece a L1 (Rn ) y que kgkL1 (Rn ) Nota que

n Q

i=1

kgi kLn

jf (y; xn+1 )j =

n Q

i=1

n Q

i=1

1 (Rn 1 )

=

jfi (b yi ; xn+1 )j n

n Q

i=1

Z

Rn

n 1

;

y 2 Rn ;

n

1

1 n 1

jfi (z; xn+1 )j dz

jfi (b yi ; xn+1 )j jfn+1 (y)j = jg(y)j

n 1 n

:

jfn+1 (y)j :

(17.2)

422

17. ENCAJES DE SOBOLEV

Aplicando la desigualdad de Hölder y la desigualdad (17.2) obtenemos Z n 1 jf (y; xn+1 )j dy kgkL1n(Rn ) kfn+1 kLn (Rn ) Rn

n Q

i=1

Z

Rn

1 n

n

1

jfi (z; xn+1 )j dz

kfn+1 kLn (Rn ) :

(17.3)

Ahora hagamos variar xn+1 : Cada una de las funciones Z

hi (xn+1 ) 7!

n

Rn

1

jfi (z; xn+1 )j dz

1 n

;

i = 1; : : : ; n;

pertenece a Ln (R) y su norma en este espacio es khi kLn (R) =

Z Z R

Rn

1 n

n

1

jfi (z; xn+1 )j dz dxn+1

= kfi kLn (Rn ) :

Así que, integrando la desigualdad (17.3) respecto a xn+1 yQ aplicando la desigualdad de Hölder generalizada (ver Ejercicio 14.68), concluimos que ni=1 hi 2 L1 (R) y Z n Z n Q Q jhi (xn+1 )j dxn+1 kfn+1 kLn (Rn ) jf (x)j dx khi kLn (R) kfn+1 kLn (Rn ) Rn+1

=

R i=1 n Q

i=1

kfi kLn (Rn ) kfn+1 kLn (Rn ) =

Ésta es la desigualdad deseada.

Emilio Gagliardo

i=1

n+1 Q i=1

kfi kLn (Rn ) :

Louis Nirenberg

Teorema 17.4 Existen constantes C > 0; que dependen únicamente de n y p; con las siguientes propiedades:

17.1. DESIGUALDADES DE SOBOLEV

423

(a) Desigualdad de Gagliardo1 -Nirenberg2 -Sobolev: Si p 2 [1; n) entonces k'kp

8' 2 Cc1 (Rn ) :

C kr'kp

(17.4)

(b) Si p 2 (n; 1) entonces 1

k'k1

C jsop(')j n

1 p

8' 2 Cc1 (Rn ) ;

kr'kp

(17.5)

donde jsop(')j denota la medida del soporte de ': Demostración: Sea ' 2 Cc1 (Rn ) : Como ' tiene soporte compacto, el teorema fundamental del cálculo asegura que Z xi @' ' (x) = (x1 ; :::; xi 1 ; t; xi+1 ; :::; xn )dt 1 @xi para cada 1

Si n

i

n y, en consecuencia, Z 1 @' j' (x)j (x1 ; :::; xi 1 ; t; xi+1 ; :::; xn ) dt: 1 @xi

(17.6)

2 de…nimos fi (z1 ; ; :::; zn 1 ) :=

Entonces f1 ; : : : ; fn 2 Ln

1

Z

1 1

@' (x1 ; :::; zi 1 ; t; zi ; :::; zn 1 ) dt @xi

1 n 1

:

(Rn 1 ) y kfi kLn

1 (Rn 1 )

@' = @xi

1 n 1

: L1 (Rn )

Elevando las desigualdades (17.6) a la n 1 1 y tomando el producto de todas ellas obtenemos n n Q j' (x)j n 1 fi (b xi ); i=1

1

Emilio Gagliardo (1930-2008) nació en Génova, Italia. Estudió en la Universidad de Génova, donde fue asistente de Guido Stampacchia con quien realizó sus primeros trabajos en ecuaciones diferenciales. Fue profesor en las universidades de Génova y Pavia. 2 Louis Nirenberg nació en 1925 en Hamilton, Ontario, Canadá. Obtuvo el doctorado en la Universidad de Nueva York bajo la dirección de James Stoker. Es profesor en el Courant Institute of Mathematical Sciences de dicha universidad.

424

17. ENCAJES DE SOBOLEV

donde x bi := (x1 ; :::; xi 1 ; xi+1 ; :::; xn ) 2 Rn 1 . Aplicando el Lema 17.3 se tiene entonces que 1 Z Z n n Y n 1 n Q @' : fi (b xi ) j'j n 1 @x i Rn i=1 Rn 1 i=1 Por tanto,

k'k

n n 1

1 n

n Y @' @xi i=1

(17.7) 1

y como la media geométrica es menor o igual que la media aritmética concluimos que 1 X @' n i=1 @xi n

k'k

n n 1

= 1

1 kr'k1 : n

Por otra parte, para cada > 1; reemplazando a ' por j'j y aplicando la desigualdad de Hölder, obtenemos Z

RN

j'j

n n 1

Z n Y

n 1 n

Rn

i=1

Z

Rn

<

Z

Rn

j'j j'j

j'j p( 1) p 1

p( 1) p 1

1

1

@' @xi p 1 p

p 1 p

(17.8)

' en la desigualdad (17.7) 1 n

n Y @' @xi i=1

1 n

(17.9) p

kr'kp ;

donde la última desigualdad se obtiene aplicando el Ejercicio 2.42 como sigue: !1 1 p 1 n n n p p Y X @' n 1 X @' n p @' < kr'kp : @x n @x n @x i i i p p p i=1 i=1 i=1 Usaremos las desigualdades anteriores para probar las a…rmaciones del teorema. (a): Supongamos que p 2 [1; n): Si p = 1 entonces p = nn 1 y la desigualdad (17.8) es la desigualdad deseada. Si p 6= 1 tomamos := nn 1 p : Nota que > 1; que p( 1) = nn 1 = p y que nn 1 p p 1 = p1 : De la desigualdad (17.9) se sigue entonces que p 1 k'kp

kr'kp :

(b): Supongamos que p 2 (n; 1): Si n = 1; la desigualdad (17.6) y el Ejercicio 14.66 (con X = sop(')) implican que k'k1

k'0 k1

jsop(')j

p 1 p

k'0 kp ;

17.1. DESIGUALDADES DE SOBOLEV

425

que es la desigualdad deseada. Si n 2 consideramos primero el caso en el que jsop(')j = 1

y

kr'kp = 1:

(17.10)

De la desigualdad (17.9) y el Ejercicio 14.66 se sigue entonces que k'k

1

1

k'k p(

n n 1

1

1

k'k

1) p 1

8 > 1:

p p 1

Tomemos := nn 1 p p 1 : Nota que > 1: Sustituyendo por p anterior y tomando en cuenta que p 1 k = nn 1 k 1 obtenemos k

k'k

n n 1

k k

k

k'k

k 1

en la desigualdad

1 k

n n 1

k

(17.11)

:

Como hemos supuesto que jsop(')j = 1 y kr'kp = 1; la desigualdad (17.8) y el Ejercicio 14.70 aseguran que k'k

1 kr'k1 n

n n 1

p 1 1 (n jsop(')j) p kr'kp < 1: n

Si k'k n k 1 para una in…nidad de k 2 N; el Ejercicio 14.69 garantiza que k'k1 n 1 Si, por el contrario, existe k0 0 tal que k'k

n n 1

y

1

k0

entonces

k

k'k

n n 1

k

> 1 8k > k0 ;

1 k

n n 1

k'k

1:

k'k

k 1

n n 1

k 1

8k > k0 + 1;

e iterando la desigualdad (17.11) obtenemos k'k

k + k n n 1

+

k

k0 +1 k0 +1

k'k

k0 1 k0 n n 1

k0

;

P1 i donde := > 1: Aplicando nuevamente el Ejercicio 14.69 i=1 i < 1; ya que concluimos que k'k1 : Así pues, si ' satisface (17.10), entonces k'k1

=

jsop(')j

p n np

kr'kp :

(17.12)

Para probar la desigualdad (17.5) en el caso general observa primero que, si jsop(')j = 0 o kr'kp = 0; entonces ' = 0 y la desigualdad se satisface trivialmente. Si jsop(')j = 6 0

426

17. ENCAJES DE SOBOLEV

y kr'kp 6= 0; aplicamos la desigualdad (17.12) a la función

:=

1=n

kr kp

donde

(x) :=

'(jsop(')j x): Nota que jsop( )j = jsop( )j = 1 y que kr kp = 1: Así que, aplicando el caso anterior obtenemos k'k1 = k k1

kr kp =

jsop(')j

p n np

kr'kp ;

como a…rma el enunciado. La desigualdad de Gagliardo-Nirenberg-Sobolev se extiende por densidad a W01;p ( ): Nota que, si u 2 W01;p ( ); su gradiente r' = (D1 u; : : : ; Dn u) pertenece a [Lp (Rn )]n y + kDn ukpp

krukp := kD1 ukpp +

1=p

:

Corolario 17.5 Si es un subconjunto abierto de Rn y p 2 [1; n); entonces W01;p ( ) Lp ( ) y existe una constante C > 0; que depende únicamente de n y p; tal que kukp

8u 2 W01;p ( ):

C krukp

Demostración: Si u 2 W01;p ( ) y ('k ) es una sucesión en Cc1 ( ) que converge a u en W 1;p ( ); entonces k'k ukp ! 0 y kr'k rukp ! 0: Por otra parte, de la desigualdad (17.4) se sigue que 'k

'j

p

C r'k

r'j

p

C 'k

'j

W 1;p ( )

8k; j 2 N:

Por tanto, ('k ) es una sucesión de Cauchy en Lp ( ) y, en consecuencia, 'k ! v en Lp ( ): Como además 'k ! u en Lp ( ); el Teorema 14.28 asegura que una subsucesión de ('k ) converge tanto a u como a v c.d. en : Por tanto, u (x) = v (x) p.c.t. x 2 : Esto implica que u 2 Lp ( ) y, usando de nueva cuenta la desigualdad (17.4), obtenemos kukp = l m k'k kp n!1

C l m kr'k kp = C krukp ; n!1

que es la desigualdad deseada. Por de…nición, el espacio W01;p ( ) está contenido en Lp ( ) y la inclusión W01;p ( ) Lp ( ) es una función continua. La desigualdad anterior tiene la siguiente consecuencia importante. Teorema 17.6 (de encaje de Sobolev) Si [1; n); entonces W01;p ( ) Lq ( ) y esta inclusión es continua.

es un subconjunto abierto de Rn y p 2 8q 2 [p; p ]

17.1. DESIGUALDADES DE SOBOLEV

427

Demostración: El Corolario 17.5 a…rma que W01;p ( ) constante C > 0 tal que kukp

C krukp

C kukW 1;p (

)

Lp ( ) y que existe una

8u 2 W01;p ( ):

(17.13)

Como además W01;p ( ) Lp ( ) y kukp kukW 1;p ( ) ; la desigualdad de interpolación (ver Ejercicio 14.67) asegura que u 2 Lq (Rn ) para todo u 2 W01;p ( ) y q 2 [p; p ] y que kukq

kuk1p

1 C kukW 1;p ( ) kukW 1;p (

kukp

donde 2 [0; 1] cumple que esta inclusión es continua.

1 q

=

1 p

+

p

)

= C kukW 1;p ( ) ;

: Esto prueba que W01;p ( )

Lq ( ) y que

Vale la pena hacer notar lo siguiente.

Observaciones 17.7 (a) Si ' no tiene soporte compacto la desigualdad (17.4) no es válida en general: ciertamente no se cumple para la función constante ' 1: (b) Si p = n se cumple que W01;n ( ) Lq ( ) para todo q 2 [n; 1) y esta inclusión es continua. Proponemos la demostración de esta a…rmación como ejercicio [Ejercicio 17.23]. (c) Para p 2 (n; 1) se cumple que W01;p ( ) continua3 .

L1 ( ) \ C 0 ( ) y esta inclusión es

(d) La inclusión W 1;p ( ) Lp ( ) se tiene bajo ciertas condiciones, por ejemplo, si es de clase C 1 y su frontera está acotada4 . Cuando es acotado es posible acotar a kukq en términos de krukp y de la medida para un rango mayor de valores de p y q: La siguiente desigualdad se conoce como

de 3

Consulta por ejemplo el libro de H. Brezis, Análisis Funcional, Alianza Editorial, Madrid 1984 (Corolario IX.13). 4 Consulta la referencia anterior (Corolario IX.14).

428

17. ENCAJES DE SOBOLEV

la desigualdad de Poincaré5 .

Henri Poincaré

Teorema 17.8 (Desigualdad de Poincaré) Sea un subconjunto abierto y acotado de Rn : Existe una constante C > 0, que depende sólo de n; p y q, tal que kukq

1

1

C j jq+n

1 p

krukp

8u 2 W01;p ( );

(17.14)

si alguna de las siguientes tres condiciones se satisface: (a) p 2 [1; n) y q 2 [1; p ]: (b) p = n

y q 2 [1; 1):

(c) p 2 (n; 1) y q 2 [1; 1]: En consecuencia, si p 2 [1; n) entonces W01;p ( ) continua, W01;n ( )

Lq ( ) para cada q 2 [1; p ] y la inclusión es

Lq ( ) para cada q 2 [1; 1) y la inclusión es continua,

si p 2 (n; 1) entonces, módulo la elección de un representante, W01;p ( ) y la inclusión es continua. 5

C 0( )

Jules Henri Poincaré (1854-1912) nació en Nancy, Francia. Estudió en la École Polytechnique, donde fue alumno de Charles Hermite. Fue profesor de la Universidad de Paris (la Sorbonne). Realizó contribuciones fundamentales en diversos campos de la matemática.

17.1. DESIGUALDADES DE SOBOLEV

429

Demostración: (a): Si p 2 [1; n) y q 2 [1; p ]; aplicando las desigualdades de la Proposición 14.31 y el Corolario 17.5 obtenemos que 1 p

1

kukq

j jq

1

1

1 p

C j jq+n

kukp

8u 2 W01;p ( ):

krukp

(b): Sean p = n y q 2 [1; 1): Si n = 1 se sigue de (17.6) que Z

k'kq =

Z

1 q

q

j'(x)j dx

1 q

q k'0 k1

1

= j j q k'0 k1

8' 2 Cc1 ( ):

Argumentando como en el Corolario 17.5 concluimos que 1

kukq

8u 2 W01;1 ( ):

j j q kDuk1

nq Si n 2 de…nimos r := maxf n+q ; 1g: Observa que r 2 [1; n): Nota además que r = q nq n si r = n+q y que q n 1 si r = 1: En consecuencia, de la a…rmación (a), la Proposición 14.31 y el Ejercicio 14.70 se sigue que, para toda u 2 W01;n ( );

kukq

C krukr

kukq

j jq

1

n 1 n

1

1

Cn q j j q krukn kuk

n 1 n

1

C j jq

n n 1

si r =

nq ; n+q

kruk1

Cn

n 1 n

1

j j q krukn

si r = 1:

(c): Sean p 2 (n; 1) y q 2 [1; 1]: De la desigualdad (17.5) se sigue que k'k1

1

C j jn

1 p

8' 2 Cc1 ( ) ;

kr'kp

(17.15)

Recuerda que C 0 ( ) con la norma k k1 es un espacio de Banach (ver Teorema 5.21). Así que, argumentando como en el Corolario 17.5 se prueba que cada u 2 W01;p ( ) coincide c.d. con una función que pertenece a C 0 ( ) y que la desigualdad (17.15) es válida para u: Combinando esa desigualdad con la Proposición 14.31 obtenemos kukq

1

j j q kuk1

1

1

C j jq+n

1 p

krukp ;

que es la desigualdad deseada. La desigualdad de Poincaré permite reemplazar a la norma de W01;p ( ) por krukp . Más precisamente, se cumple lo siguiente. Corolario 17.9 Sea p 2 [1; 1): Si tonces

es un subconjunto abierto y acotado de Rn enkuk := krukp

430

17. ENCAJES DE SOBOLEV

es una norma en W01;p ( ), equivalente a la norma k kW 1;p ( ) : En consecuencia, W01;p ( ) con esta nueva norma también es un espacio de Banach. Si p = 2 esta norma está inducida por el producto escalar Z Z n P hu; vi := ru rv = (Di u) (Di v) ; u; v 2 H01 ( ): i=1

De modo que H01 ( ) con este producto escalar resulta ser un espacio de Hilbert.

Demostración: El Teorema 17.8 asegura que existe una constante C, que depende sólo de n y p; tal que kukp

1

8u 2 W01;p ( ):

C j j n krukp

1

Tomando C0 := C j j n obtenemos kuk

kukW 1;p (

)

=

kukpp

+

krukpp

1 p

(C0p + 1)1=p kuk

8u 2 W01;p ( ):

Estas desigualdades implican, en particular, que kuk = 0

,

kukW 1;p (

)

=0

,

u = 0:

Así que k k satisface la propiedad (N1) de la De…nición 2.9. Las propiedades (N2) y (N3) se prueban como en la Proposición 16.12. Las mismas desigualdades aseguran que las normas k k y k kW 1;p ( ) son equivalentes.

17.2.

El teorema de Rellich-Kondrashov

Cuando es acotado y q < p la inclusión W01;p ( ) Lq ( ) tiene una propiedad adicional: es un operador compacto. En esta sección probaremos esta a…rmación. De…nición 17.10 Una función F : X ! Y entre espacios métricos es compacta si para cualquier subconjunto acotado A de X el conjunto F (A) := fF (a) : a 2 Ag es relativamente compacto en Y: Equivalentemente, una función F : X ! Y entre espacios métricos es compacta si para cualquier sucesión acotada (xk ) en X, la sucesión (F (xk )) contiene una subsucesión convergente en Y [Ejercicio 17.19]. Empezaremos probando el siguiente lema.

17.2. EL TEOREMA DE RELLICH-KONDRASHOV

Lema 17.11 Si u 2 W01;1 (Rn ) y

431

2 Rn entonces

kT u

kruk1 k k ;

uk1

donde T u denota a la traslación de u por ; es decir, (T u) (x) = u(x

):

Demostración: Sean ' 2 Cc1 (Rn ) y x; 2 Rn : Aplicando el teorema fundamental del cálculo a la función f (t) := '(x t ); t 2 R, obtenemos Z 1 Z 1 0 (r'(x t ) ) dt: f (t)dt = '(x ) '(x) = f (1) f (0) = 0

0

Por tanto, j'(x

)

'(x)j

n P

i=1

Z

0

1

@' (x @xi

t ) j i j dt

n P

i=1

Z

0

1

@' (x @xi

t ) dt k k :

Integrando esta desigualdad respecto a x concluimos que Z kT ' 'k1 = j'(x ) '(x)j dx Rn Z 1Z n P @' (x t ) dx dt k k = kr'k1 k k : i=1 0 Rn @xi

Si u 2 W01;1 (Rn ); tomamos una sucesión ('k ) en Cc1 (Rn ) tal que 'k ! u en W01;1 (Rn ): Entonces k'k uk1 ! 0; kT 'k T uk1 ! 0 y kr'k ruk1 ! 0: De la desigualdad anterior se sigue que kT u

uk1 = l m kT 'k k!1

' k k1

l m kr'k k1 k k = kruk1 k k ;

k!1

como a…rma el enunciado. El siguiente resultado, debido a Franz Rellich6 y Vladimir Kondrashov7 , juega un papel crucial en la demostración de la existencia de soluciones de ciertas ecuaciones diferenciales. 6

Franz Rellich (1906-1955) nació en Tramin, en el norte de Italia. Estudió en la Universidad de Göttingen, donde fue alumno de Richard Courant. En 1933 se vió forzado a abandonar esa universidad debido a la posición activa que adoptó frente al nazismo. Regresó en 1946 y, como director del Instituto de Matemáticas, jugó un papel importante en su reconstrucción. 7 Vladimir Iosifovich Kondrashov (1909-1971) nació en Moscú. Estudió en la Universidad Estatal de Moscú, donde fue alumno de Sergei Sobolev con quien continuó colaborando a lo largo de su vida. Fue profesor del departamento de alta matemática del Instituto de Física de la Ingeniería de Moscú.

432

17. ENCAJES DE SOBOLEV

Franz Rellich

Teorema 17.12 (Rellich-Kondrashov) Si es un subconjunto abierto y acotado n de R ; p 2 [1; n) y q 2 [1; p ), entonces la inclusión W01;p ( ) Lq ( ) es compacta, 1;p es decir, toda sucesión acotada en W0 ( ) contiene una subsucesión que converge en Lq ( ). Demostración: Sea A un subconjunto acotado de W01;p ( ): La desigualdad de Poincaré (ver Teorema 17.8) implica que A un subconjunto acotado de Lq ( ) para todo q 2 [1; p ]: Como de costumbre, identi…camos a una función de…nida en un abierto con su extensión trivial a todo Rn ; de…nida en (12.21). Probaremos que A satisface las hipótesis (i) y (ii) del Corolario 14.47 cuando q 2 [1; p ). Sean " > 0 y ! un abierto tal que ! : Sea C > 0 tal que kukp C para todo u 2 A. Como la integral es invariante bajo traslaciones se tiene que kT ukp C para todo u 2 A y 2 Rn : Usando la desigualdad de interpolación (ver Ejercicio 14.67), el Lema 17.11 y el Ejercicio 14.70, concluimos que existe C1 > 0 tal que kT u

kT u

ukq

(2C)1

kT u

(2C)1 donde tomando

satisface

1 q

=

+

(n j j)

1 p

(2C)1

uk1

(p 1) p

krukp k k

: Observa que

2 (0;dist(!; Rn r )) tal que kT u

uk1p

uk1 kT u

ukq < "

<

kruk1 k k C1 k k

8u 2 A,

> 0 si q 2 [1; p ): En consecuencia,

1 ( C"1 )

se tiene que

8 2 Rn con k k <

y 8u 2 A.

Así pues, A satisface la hipótesis (i) del Corolario 14.47 cuando q 2 [1; p ). Por otra parte, la Proposición 14.31 asegura que, para cualquier abierto ! kukLq (

r!)

kukLp

1

( r!)

j r !j q

1 p

1

C j r !j q

1 p

8u 2 A.

;

17.2. EL TEOREMA DE RELLICH-KONDRASHOV

Puesto que j r !j <

( C" )

es acotado y 1

:=

1 p

1 q

433

> 0; podemos elegir un abierto !

tal que

: Se tiene entonces que kukLq (

r!)

8u 2 A.

0 su…cientemente pequeña de modo que ke + tvk2 6= 0 para todo t 2 ( "; "); y consideremos la función h : ( "; ") ! R dada por h(t) := I

e + tv ke + tvk2

=

kek2 + 2 he; vi t + kvk2 t2 ke + tvk2 : = ke + tvk22 kek22 + 2 he; vi2 t + kvk22 t2

Esta función es diferenciable y su derivada está dada por h0 (t) =

2 ke + tvk22 he; vi + kvk2 t

2I(e + tv) he; vi2 + kvk22 t

ke + tvk42

:

Como 0 es un mínimo de h; se tiene que 0 = h0 (0) = 2 (he; vi

he; vi2 ) .

Esto demuestra la a…rmación. (c): Sea (uk ) una sucesión en \ H tal que I(uk ) = kuk k2 ! : Entonces (uk ) está acotada en H01 ( ). Aplicando el Teorema 15.29, el teorema de Rellich-Kondrashov (Teorema 17.12) y el Ejercicio 15.51, concluimos que (uk ) contiene una subsucesión (ukj ) tal que u kj * e ukj ! e

débilmente en H01 ( ); fuertemente en L2 ( ):

438

17. ENCAJES DE SOBOLEV

En consecuencia, kek2 = 1, es decir, e 2 : Más aún, como H es débilmente cerrado en H01 ( ) (ver Ejercicio 15.54), se tiene que e 2 H: Usando el Corolario 15.27 concluimos que 2 I(e) = kek2 l m inf ukj = l m inf I(ukj ) = : j!1

j!1

Esto prueba que u es un mínimo de I en

\ H:

Teorema 17.18 Existe un subconjunto B = fek : k 2 Ng de H01 ( ) con las siguientes propiedades: (a) ek 2

en H01 ( ) con valor propio

es una función propia de

k

:= I(ek );

(b) hek ; em i = 0 si k 6= m; (c) 0 <

1

y

k

2

l mk!1

k

= 1;

(d) B es una base de Hilbert de L2 ( ): Demostración: Usando la Proposición 17.17 de…nimos (ek ) inductivamente como sigue: escogemos e1 2 tal que I(e1 ) = nf I(u): u2

Sean W2 := linfe1 g el subespacio de H01 ( ) generado por e1 y H2 := fv 2 H01 ( ) : he1 ; vi = 0g su complemento ortogonal en H01 ( ). Escogemos e2 2 \ H2 tal que I(e2 ) =

nf

u2 \H2

I(u):

Continuando de este modo, de…nimos Hk := fv 2 H01 ( ) : hw; vi = 0 8w 2 Wk g;

Wk := linfe1 ; :::; ek 1 g; y escogemos ek 2

\ Hk tal que I(ek ) =

nf

u2 \Hk

(17.19)

I(u):

Se tiene entonces que Hi

Hk

y

hek ; ei i = 0

8i = 1; :::; k

1

(17.20)

y, usando la Proposición 17.17, concluimos que 0<

1

2

k

;

(17.21)

17.3. VALORES PROPIOS DEL LAPLACIANO

donde

k

439

:= I(ek ); y que hek ; vi =

hek ; vi2

k

8v 2 Hk :

De (17.20) y (17.22) se sigue que 0 = hei ; ek i = puesto que i > 0; esta igualdad implica que 0 = hei ; ek i = hei ; ek i2 Como H01 ( ) = Wk

i

(17.22)

hei ; ek i2 para todo i = 1; :::; k

8i = 1; :::; k

1 y,

(17.23)

1:

Hk ; las a…rmaciones (17.22) y (17.23) nos permiten concluir que hek ; vi =

k

hek ; vi2

8v 2 H01 ( );

es decir, la sucesión (ek ) satisface (a). La a…rmación (17.23) implica (b) y, como ek 2 ; asegura también que B := fek : k 2 Ng es ortonormal en L2 ( ): La a…rmación (c) se sigue entonces de (17.21) y de la Proposición 17.16. 2 Para obtener (d) resta probar que la cerradura de lin(B) = [1 k=1 Wk en L ( ) es L2 ( ): Para ello basta demostrar que Cc1 ( ) está contenido en la cerradura de lin(B); ya que L2 ( ) es la cerradura de Cc1 ( ) en L2 ( ) (ver Teorema 14.44). Sea ' 2 Cc1 ( )rlin(B): Denotemos por wk a la proyección ortogonal de ' sobre Wk con respecto al producto escalar de L2 ( ): Entonces h' wk ; wi2 = 0 para todo w 2 Wk : En consecuencia, h'

wk ; ei i =

i

h'

wk ; ei i2 = 0

8i = 1; :::; k

1:

Esto prueba que h' wk ; wi = 0 para todo w 2 Wk . Como ' 6= wk se tiene que ' wk 2 \ Hk y la identidad (17.19) implica que k' wk k 2

k

' k'

I

wk wk k2

:

Observa además que I(') = I(' wk + wk ) = k' wk k2 + 2 h' wk ; wk i + kwk k2 = k' wk k2 + kwk k2 k' wk k2 = I(' wk ): En consecuencia, k'

wk k22

1 k

I('

wk )

1 k

I('):

Como k ! 1 concluimos que wk ! ' en L2 ( ): Esto prueba que Cc1 ( ) está contenido en la cerradura de lin(B) en L2 ( ).

440

17. ENCAJES DE SOBOLEV

Observa que 1

kuk2 = nf1 2; u2H0 ( ) kuk 2 u6=0

es decir,

1=2 1

es la constante óptima para la desigualdad de Poincaré kuk2

1=2 1

kuk ;

u 2 H01 ( ):

El teorema anterior asegura la existencia de soluciones débiles ( k ; ek ) del problema (17.16). El mismo razonamiento que usamos para probar la Proposición 16.31 demuestra que, si es de clase C 1 y ek 2 C 2 ( ), entonces ( k ; ek ) es solución clásica de (17.16) [Ejercicio 17.27]. Un resultado de regularidad asegura que, si es de clase C 1 y ( k ; ek ) es solución débil de (17.16), entonces ek 2 C 1 ( ).

17.4.

Ejercicios

Ejercicio 17.19 Prueba que una función F : X ! Y entre espacios métricos es compacta si y sólo si para cualquier sucesión acotada (xk ) en X, la sucesión (F (xk )) contiene una subsucesión convergente en Y: Ejercicio 17.20 Sea F : X ! Y una función lineal y continua entre espacios de Banach. Demuestra las siguientes a…rmaciones. (a) Si dim X < 1 entonces F es compacta. (b) Si dim Y < 1 entonces F es compacta. Ejercicio 17.21 Prueba que, si dim X = 1; la identidad I : X ! X no es compacta. Ejercicio 17.22 (a) Sea ' 2 Cc1 ( ): Prueba que existe una constante C > 0; que @' @' depende sólo de n; k'k1 ; @x ; : : : ; @x ; tal que n 1 ku'kpW 1;p (

)

C

Z

1

(jujp + jD1 ujp +

(Sugerencia: Usa el Ejercicio 16.42.)

1

+ jDn ujp )

8u 2 W 1;p (Rn );

17.4. EJERCICIOS

441

(b) Si ! es abierto y ! ; prueba que existe una constante C > 0 que depende sólo de n; p; ! y ; tal que Z

!

p=p p

juj

C

Z

(jujp + jD1 ujp +

+ jDn ujp )

8u 2 W 1;p (Rn ):

(17.24) ) tal que '(x) = 1 para todo x 2 ! y (Sugerencia: Prueba que existe ' 2 aplica el problema anterior y el Teorema 17.13.) Cc1 (

(c) Si ! es abierto, ! cumple que Z

; y C satisface (17.24), prueba que para esa misma C se

p=p p

!+

juj

C

Z

+

(jujp + jD1 ujp +

+ jDn ujp )

8u 2 W 1;p (Rn ); 8 2 Rn ;

donde X + := fx + : x 2 Xg: Ejercicio 17.23 Si es un subconjunto abierto de Rn ; prueba que W01;n ( ) Lq ( ) para todo q 2 [n; 1) y que esta inclusión es continua. (Sugerencia: Usa la desigualdad (17.9) y la de Young para demostrar que, si > 1; existe una constante C ; que depende sólo de , tal que k'k

n n 1

C

k'k n(

1) n 1

+ kr'kn

8' 2 Cc1 (Rn ) :

Aplica esta desigualdad con = n + i; i = 0; 1; 2; :::; j; para concluir que existe una constante Cn;j ; que depende sólo de n y j, tal que k'k n(n+j) n 1

8' 2 Cc1 (Rn ) ;

Cn;j k'kW 1;n (Rn )

y aplica la desigualdad de interpolación para probar que k'kq

8' 2 Cc1 (Rn )

Cn;j k'kW 1;n (Rn )

si q 2 [n; n(n+j) ].) n 1 Ejercicio 17.24 (Espacios de Sobolev de orden superior) Sean un subconjunto abierto de Rn , m 2 N, m 2 y p 2 [1; 1]: Se de…nen recursivamente W m;p ( ) := fu 2 Lp ( ) : u 2 W 1;p ( ) y Di u 2 W m kukW m;p (

)

:= kukpp + kD1 ukpW m

1;p (

)+

1;p

( ); i = 1; :::; ng;

+ kDn ukpW m

1=p 1;p (

)

:

442

17. ENCAJES DE SOBOLEV

Es decir, u 2 W m;p ( ) si sus derivadas débiles de orden D u := D1 1

Dn n u con

=(

1 ; :::;

n)

m;

2 (N [ f0g)n ; j j :=

1

+

+

n

m;

existen y pertenecen a Lp ( ); donde Di0 u := u

y

Di i u := Di D u si | {z }i i

(Nota que todas las derivadas débiles de orden 16.46). Usando esta notación, kukW m;p (

)

=

P

j j m

i

1:

veces

m son de esta forma, ver Ejercicio

kD ukpp

!1=p

:

(a) Prueba que kukW m;p ( ) es una norma en W m;p ( ) y que W m;p ( ) con dicha norma es un espacio de Banach. Se de…ne W0m;p ( ) := cerradura de Cc1 (Rn ) en W m;p ( ): n ); entonces (b) Prueba que, si p 2 [1; m

W0m;p ( )

Lq ( )

con q :=

np n mp

y esta inclusión es continua. (c) Prueba que, si

n está acotado y p 2 ( m ; 1); entonces

W0m;p ( )

Ck( )

con k := m

n p

1

y esta inclusión es continua, donde la norma en C k ( ) es la de…nida en el Ejercicio 5.48. Ejercicio 17.25 (a) Prueba que, si es un subconjunto abierto y acotado de Rn ; 1;n entonces la inclusión W0 ( ) Lq ( ) es compacta para todo q 2 [1; 1): (Sugerencia: Reduce esta situación al caso p 2 [1; n) y usa el Teorema 17.12.) (b) Prueba que, si es un subconjunto abierto y acotado de Rn y p 2 (n; 1), entonces la inclusión W01;p ( ) C 0 ( ) es compacta. (Sugerencia: Usa el Corolario 7.10.)

17.4. EJERCICIOS

443

(c) Formula y demuestra las a…rmaciones correspondientes a éstas y a la del Teorema 17.12 para los espacios de Sobolev de orden superior W0m;p ( ) de…nidos en el Ejercicio 17.24. Ejercicio 17.26 Sean un subconjunto abierto y acotado de Rn ; Prueba que Z Z ru r' = u' 8' 2 Cc1 ( ) si y sólo si

Z

ru rv =

Z

2 R y u 2 H01 ( ):

8v 2 H01 ( ):

uv

Ejercicio 17.27 Prueba que, si es de clase C 1 ; toda solución débil ( ; u) del problema (17.16) tal que u 2 C 2 ( ), es solución clásica de (17.16), es decir, u(x) = u(x) 8x 2

y

u(x) = 0 8x 2 @ :

Ejercicio 17.28 Si Rn es acotado y > 1 ; donde 1 de en H0 ( ); de…nimos Z Z 2 kukH 1 ( ); := u + jruj2 0

1

es el primer valor propio

1=2

:

(a) Prueba que ésta es una norma en H01 ( ) y que está inducida por el producto escalar Z Z hu; viH 1 ( ); := uv + ru rv: 0

(b) Prueba que todas estas normas son equivalentes en H01 ( ): En consecuencia, H01 ( ) es completo con cualquiera de estas normas. Ejercicio 17.29 Prueba que, si

Rn es acotado, f 2 L2 ( ) y

>

1;

el problema

u + u = f en ; u = 0 sobre @ : tiene una única solución débil, es decir, existe una única función u 2 H01 ( ) tal que Z Z Z ru r' + u' = f' 8' 2 Cc1 ( ): Además, esta función minimiza el funcional J : H01 ( ) ! R dado por Z Z 1 2 2 jrvj + v f v: J (v) = 2

A la ecuación

u = f se le llama la ecuación de Poisson.

Índice alfabético ín…mo puntual, 260 base de Hilbert, 379 bola abierta BX (x; "), 36 cerrada BX (x; "), 39 campo vectorial, 111 casi dondequiera (c.d.), 295 cerradura A; cerrX (A), 39 débil, 391 compactamente contenido, 348 complemento de un conjunto X r A, 40 ortogonal, 374 completación, 97 condición de Lipschitz, 112 inicial, 111 condición de Dirichlet, 413 homogénea, 410 conjunto a lo más numerable, 159 abierto, 37 acotado, 57 cerrado, 39 compacto, 56 conexo, 192 convexo, 387 débilmente cerrado, 390 de Cantor, 319 H(V; W ), 208

denso, 154 equicontinuo, 125 integrable, 282 medible, 328 nulo, 292 ortogonal, 379 ortonormal, 379 relativamente compacto, 125 S (Rn ), 259 S (Rn ), 260 totalmente acotado, 122 contracción, 99 convergencia débil, 380 de una serie, 86 de una sucesión, 43 en Lp vs. convergencia puntual, 343 fuerte, 381 puntual, 80 uniforme, 80 uniforme de una serie, 88 convolución, 348, 365 criterio de Cauchy para series, 87 de convergencia uniforme, 84 de la raíz para series, 94 de Weierstrass para series, 87 cubierta, 55 abierta, 55 cubo de Hilbert, 141 444

ÍNDICE ALFABÉTICO

derivada débil, 395 débil de kxk , 397 de Fréchet, 167, 168 de Gâteaux, 176 de orden k, 186 direccional, 176 parcial, 180 desigualdad de Cauchy-Schwarz, 368 de Gagliardo-Nirenberg-Sobolev, 420 de Hölder, 18, 338 de Hölder en Rn , 14 de Hölder generalizada, 363 de Hölder para series, 26 de interpolación, 363 de Minkowski, 19, 340 de Minkowski para series, 17 de Poincaré, 425 de Young, 12 del triángulo, 8, 368 difeomor…smo de clase C 1 , 240 de clase C k , 407 distancia, 8 dual topológico, 376 ecuación de Laplace, 409 de Poisson, 440 integral de Fredholm, 104 integral de Volterra, 107 no lineal de Fredholm, 118 equicontinuo, 125 equivalencia, 34 espacio completo, 78 de Banach, 78 Cc0 (Rn ), 225 Cc0 ( ), 240

445

C 0 (K; X), 86 C 0 (K; Y ), 65 Cb0 (Z; X), 83 Cck ( ), 346 L(X), 285 L(V; W ), 165 L1loc ( ), 348 Lk (V; W ), 184 L(V1 ; :::; Vk ; W ), 184 C 0 (K), 154 de Hilbert, 370 L1 ( ), 337 Lp ( ), 337 de Sobolev H 1 ( ), 401 de Sobolev H01 ( ), 403 de Sobolev W 1;p ( ), 399 de Sobolev W01;p ( ), 403 de Sobolev W m;p ( ), 438 de Sobolev W0m;p ( ), 439 `p , 16 Tx;y (X), 136 discreto Xdisc , 17 B(S; X), 21 C 0 [a; b], 20 Cp0 [a; b], 20 Rn , 15 Rnp , 15 C k ( ; W ); C k ( ), 188 C k ( ; W ); C k ( ), 188 métrico, 8 normado, 12 ortogonal, 372 separable, 159 tangente, 202 expansión de Taylor, 191 exponente crítico de Sobolev, 419 extensión trivial de una función, 284

446

fórmula de Green, 410 de Taylor, 190 frontera, 53 función (Fréchet-)diferenciable, 166, 168 acotada, 21 analítica, 90 armónica, 409 bilineal, 184 característica 1X , 267 continua, 32 de clase C 1 , 173 débilmente diferenciable, 395 de clase C k , 186 esencialmente acotada, 337 Gâteaux-diferenciable , 176 integrable, 274, 284 Lipschitz continua, 34 localmente integrable, 313 longitud, 136 medible, 332 multilineal, 184 parcialmente diferenciable, 180 propia, 432 radial, 310 Riemann-integrable, 290 semicontinua inferiormente s.c.i., 67 semicontinua superiormente s.c.s., 67 uniformemente continua, 70 funcional, 378 gradiente, 181, 387 débil, 395 grupo lineal general GL(n; R), 235 ortogonal O(n), 236 homeomor…smo, 33 identidad del paralelogramo, 368

ÍNDICE ALFABÉTICO

imagen inversa de un conjunto 1 (B), 42 de un conjunto (A), 36 integración por partes, 394 integral de Lebesgue, 274, 284 de kxk , 312 de una función continua, 226, 240 de una función radial, 310 de una función s.c.i., 257 de una función s.c.s., 261 inferior, 272 superior, 272 interior int(A); intX (A), 37 isometría, 23 isomor…smo de Banach, 204 límite, 166 débil de una sucesión, 380 de una sucesión, 43 inferior, 68 puntual, 80 superior, 68 uniforme, 80 laplaciano, 409 lema de Baire, 385 de Fatou, 304 de Sard, 320 linealidad de la derivada, 169 de la integral, 279 longitud de una trayectoria, 65 mínimo de una función, 62

ÍNDICE ALFABÉTICO

local, 207 máximo de una función, 62 local, 207 método de aproximaciones sucesivas, 102 métrica, 8 discreta ddisc , 17 inducida en un subconjunto, 23 inducida por una norma, 12 uniforme d1 , 22 métricas equivalentes, 35 matriz ortogonal, 236 matriz jacobiana, 182 medida de Haar, 228 de Lebesgue, 282, 328 monotonia de la integral, 279 multiplicador de Lagrange, 207, 388 norma, 11 uniforme k k1 , 337 k kp , 337 inducida por el producto escalar, 369 k kp , 12, 16, 17 uniforme k k1 , 22 normas equivalentes, 35

447

de Bernstein, 149 de Legendre, 389 principio de Cavalieri, 270 de contracción, 99 de Dirichlet, 378, 411, 413 problema de Cauchy, 111, 130 producto de espacios métricos X Y , 49 escalar, 368 proyección ortogonal, 374 punto crítico, 207 de contacto, 39 …jo, 100 interior, 37 radio de convergencia, 88 rectángulo, 224 regla de la cadena, 169 para derivadas débiles, 404 para funciones de variable real, 172 relativamente compacto, 125 reparametrización, 135

símbolos ! , 348 f g, 348 serie, 86 operador de Fourier, 389 compacto, 129 de funciones, 88 de Fredholm, 107 de potencias, 88 de volterra, 110 solución ortonormalización clásica, 410 de Gram-Schmidt, 388 débil, 411, 413 soporte, 225, 240 para casi todo (p.c.t.), 295 subcubierta, 55 parametrización proporcional a la longitud de arco, 137 subespacio métrico, 23 polinomio

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lin(X ); generado por X , 379 subsucesión, 44 subvariedad de un espacio de Banach, 206 sucesión, 43 acotada, 44 convergente, 43 de Cauchy, 75 regularizante, 352 regularizante estándar, 352 uniformemente de Cauchy, 84 suma directa de espacios de Hilbert, 371 supremo puntual, 257

ÍNDICE ALFABÉTICO

de Pitágoras, 386 de punto …jo de Banach, 100 de Rellich-Kondrachov, 429 de representación de Fréchet-Riesz, 377 de Stone-Weierstrass, 155 de Taylor, 189 de Tonelli, 336 de Vitali, 331 del complemento ortogonal, 374 del valor medio, 172 topología débil, 391 totalmente acotado, 122 traslación T f , 226 trayectoria, 65, 135

teorema valor de aproximación de Bernstein, 150 propio, 107, 110, 432 de aproximación de Weierstrass, 152 regular, 202 de Arzelà-Ascoli, 127 volumen, 267, 282 de Bolzano-Weierstrass, 62 de una bola, 270 de cambio de variable, 280, 314 de cambio de variable para derivadas débiles, 405 de convergencia débil de sucesiones acotadas, 383 de convergencia dominada, 306 de convergencia dominada en Lp , 341 de convergencia monótona, 302 de Dini, 255 de Egorov, 362 de encaje de Sobolev, 424 de existencia de Peano, 133 de existencia de trayectorias geodésicas, 139 de Fréchet-Kolmogorov, 355 de Fubini, 299 de Heine-Borel, 61 de la función implícita, 204 de la función inversa, 217 de Picard-Lindelöf, 115