Analisis Funcional

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Teor´ıa, procedimientos de demostraci´on y ejercicios de An´alisis Funcional Lic. Alejandro Alonso F´ uster Dra. Luc´ıa Arg¨ uelles Cort´es

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

´Indice General 1 Una aproximaci´ on al estudio del An´ alisis Funcional 1 1.1 Orientaciones metodol´ogicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 1.2 Caracter´ısticas del texto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.3 Sobre el enfoque global en el curso de An´alisis Funcional . . . 5 1.4 Pre´ambulo al texto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.4.1 Influencia del An´alisis Cl´asico en el An´alisis Funcional 7 1.4.2 Generalizaci´on de la geometr´ıa al An´alisis Funcional . . 10 1.4.3 Importancia de los espacios normados generales . . . . 11 1.5 Panor´amica del texto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 2 Espacios normados 2.1 Espacios normados . . . . . . . . . . 2.2 Espacios de Banach . . . . . . . . . . 2.3 Espacios de Hilbert . . . . . . . . . . 2.4 Desigualdades de H¨older y Minkowski 2.5 Ejercicios Resueltos . . . . . . . . . . 2.6 Ejercicios Propuestos . . . . . . . . .

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

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15 16 20 24 25 27 43

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45 45 50 60 63 70 71 79 85 92

3.6

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

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

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

102 108 119 121 122 124 132 135 140

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

142 . 143 . 144 . 150

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

180 . 180 . 182 . 188 . 195 . 206

ii

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. 161 . 179

Cap´ıtulo 1 Una aproximaci´ on al estudio del An´ alisis Funcional El An´alisis Funcional es un producto de las matem´aticas modernas que condensa resultados de diferentes ramas del an´alisis tales como: las ecuaciones diferenciales ordinarias y parciales, ecuaciones integrales, c´alculo variacional, an´alisis num´erico, teor´ıa de aproximaciones y otros. Se ha demostrado que resulta sumamente importante para una mejor comprensi´on de resultados ya obtenidos y por obtener. Hoy d´ıa, es imposible trabajar en temas del an´alisis sin alg´ un conocimiento de los m´etodos y herramientas que nos proporciona. El an´alisis cl´asico trabaja en espacios eucl´ıdeos n−dimensionales, de donde tenemos las nociones de funciones, convergencia, etc. El An´alisis Funcional extiende y generaliza considerablemente algunas nociones como espacio, convergencia y funci´on. Los elementos de los espacios ahora no s´olo ser´an n´ umeros o n−uplos de n´ umeros sino elementos de naturaleza arbitraria, por ejemplo: funciones, medidas, sucesiones. Estos espacios pueden tener infinitas dimensiones y ´estas pueden ser contables o no. Adem´as de funciones se tienen aplicaciones (transformaciones) de espacios en otros, por lo que en casos especiales podemos hablar de funcionales y operadores. La convergencia y los l´ımites ser´an tambi´en redefinidos de manera muy general para espacios muy abstractos. La forma muy general de estas nociones b´asicas permite aplicar los resultados en otras ramas distintas de las matem´aticas. Algunos resultados est´an muy cerca de los cl´asicos del an´alisis, pero en otros casos difieren considerable1

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

1.1

Orientaciones metodol´ ogicas

La asignatura An´alisis Funcional es una de las de mayor grado de abstracci´on a la cual se enfrenta el estudiante de Licenciatura en Matem´atica. Esto se debe a su car´acter unificador, destinado a la obtenci´on de resultados muy generales que pueden ser aplicados pr´acticamente en todas las ramas de la Matem´atica. Lo anterior explica por qu´e esta asignatura es considerada simult´aneamente como b´asica espec´ıfica y como asignatura del ejercicio de la profesi´on. El enfoque intr´ınseco del An´alisis Funcional constituye una dificultad para la generalidad de los estudiantes que la reciben a la altura del cuarto a˜ no de la carrera, tras haber recibido otras asignaturas b´asicas y del ejercicio de la profesi´on, donde se han aprendido algunas t´ecnicas un tanto espec´ıficas del An´alisis Funcional. Entre estas asignaturas pueden citarse el An´alisis Matem´atico, la Topolog´ıa y la Teor´ıa de la Medida e Integraci´on. La dificultad que se ha aludido ha sido reconocida por estudiantes de todas las universidades del pa´ıs en diversos contextos, por lo cual la impartici´on del An´alisis Funcional constituye un reto pedag´ogico para los profesores del claustro de la carrera, agravado por la carencia de textos con caracter´ısticas id´oneas. 2

El texto b´asico carece expl´ıcitamente de ejercitaci´on y los textos de consulta que pueden utilizarse (que se refieren en la bibliograf´ıa de este texto) manifiestan algunos de los se˜ nalamientos siguientes: • Solo muestran algunos ejercicios propuestos, ninguno resuelto. • Indican respuestas cualitativas de algunos ejercicios propuestos. En algunos casos se esboza la aplicaci´on de ciertos artificios. Por lo antes se˜ nalado reviste importancia acometer la did´actica especializada de esta asignatura a partir de la elaboraci´on de un libro como material de estudio que posea las caracter´ısticas requeridas, en particular, cubrir los contenidos planteados en el Plan de Estudios de la Carrera de Matem´atica. La intenci´on del texto es viabilizar la adquisici´on de habilidades en las t´ecnicas del An´alisis Funcional, que deben lograrse mediante las formas organizativas de docencia tales como el seminario, cuya preparaci´on debe estar apoyada en una adecuada orientaci´on del trabajo independiente. El seminario es propicio para debatir tanto aspectos te´oricos como pr´acticos, por lo que se ha prestado atenci´on al desarrollo de ejemplos de ambos tipos en el texto. Por tanto, complementando el texto con una gu´ıa apropiada, se puede estimular la independencia en el estudiante, potenciar la inclusi´on de temas novedosos del perfil del especialista (de acuerdo con el Plan de Estudio), seleccionar las actividades preparatorias para el desarrollo del seminario y basar la ejecuci´on de actividades de reafirmaci´on de conocimientos.

1.2

Caracter´ısticas del texto

El presente libro es el resultado de varios a˜ nos de trabajo de los profesores de la asignatura An´alisis Funcional y surge debido a la necesidad de que tanto los estudiantes como los profesores puedan utilizar un texto metodol´ogicamente apropiado para el desarrollo del proceso docente-educativo. El mismo est´a estructurado mediante seis cap´ıtulos que abarcan temas b´asicos de la formaci´on del profesional en esta asignatura. Cada uno de los cap´ıtulos presenta los esenciales te´oricos dosificados en ep´ıgrafes que muestran las 3

definiciones, relaciones te´oricas fundamentales y comentarios que contribuyen a la fijaci´on del conocimiento. El desarrollo de los ejercicios est´a preparado para que el profesor pueda viabilizar la ense˜ nanza probl´emica y para que el estudiante pueda estudiar de forma tutorial bajo la orientaci´on del docente porque se han explotado creativamente las facilidades del editor1 para este fin. Como caracter´ıstica general, la forma de presentaci´on de los cap´ıtulos confiere una unidad metodol´ogica al texto. Este hecho, unido a que el tratamiento te´orico es general y el contenido es consecuente con los requerimientos de la ejercitaci´on seleccionada, hace del texto un material bibliogr´afico auto contenido. Con el fin de reafirmar y ampliar la formaci´on profesional relacionada con el ejercicio de la profesi´on, en el pen´ ultimo cap´ıtulo se han introducido ejercicios relacionados con la aplicaci´on pr´actica de la teor´ıa de Fredholm a la resoluci´on de ecuaciones integrales, lo cual refuerza el car´acter extraordinario de este texto en cuanto a su aplicabilidad. Sobre la base de resultados ya publicados, relativos a la aplicaci´on de modernos m´etodos de ense˜ nanza en el aprendizaje de la Matem´atica, en algunos casos vinculados al uso de la computaci´on, en la confecci´on del presente libro se manifiestan las siguientes perspectivas que confieren aspectos novedosos al texto: • Se han utilizado las extraordinarias ventajas que ofrece el LaTeX en cuanto al manejo de la simbolog´ıa estructural, con vistas a instrumentar la condici´on tutorial del conocimiento, lo cual aumenta notablemente la calidad del autoestudio. Esto puede apreciarse a lo largo de los ejercicios que son explicados en este libro. • Se han aprovechado invariantes metodol´ogicas para el desarrollo de algunos temas, tales como la determinaci´on de la norma de un operador, en particular de un funcional. • Se ha procurado facilitar tanto al profesor como al estudiante la concepci´on del seminario como forma de concretar el papel integrador de la asignatura. A este fin contribuye la forma en que se ha dise˜ nado la resoluci´on de los ejercicios. 1

LaTeX

4

• Se viabiliza la comprensi´on del estudiante en lo relativo al tratamiento de la modelaci´on matem´atica en problemas del An´alisis Funcional, si el profesor aplica las reglas heur´ısticas que caracterizan el m´etodo de ense˜ nanza probl´emica. • Se facilita al profesor el montaje de una ingenier´ıa did´actica, debido a que se ha utilizado un enfoque apropiado mediante el cual los ejercicios se presentan de forma natural en el contexto de la presentaci´on te´orica y los ejercicios propuestos no son simplemente ejercicios adicionales, sino que constituyen un complemento, puesto que se originan en los ejercicios resueltos o los generalizan.

1.3

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

Para el logro de valores ´eticos en el estudiante, es muy u ´til que gane conciencia de la relevancia de los hechos precedentes y del esfuerzo mantenido del hombre para alcanzar nuevas conquistas como respuesta a los retos sociales. Por esto se impone abordar de forma sistem´atica y organizada el contenido con un enfoque que proyecte en particular la historia de la profesi´on. La presentaci´on realizada toma en consideraci´on diversas dimensiones o l´ıneas de la relaci´on An´alisis Funcional-contexto hist´orico con caracter´ısticas utilitarias bien definidas. Entre las dimensiones pueden citarse las siguientes: Psicol´ ogica: Busca la motivaci´on por la aplicaci´on de potentes resultados que conducen al manejo de valores ´eticos inherentes a la matem´atica, tales como la elegancia, la precisi´on y la concisi´on. Epistemol´ ogica: Destinada a materializar las relaciones con otras disciplinas. En este caso son claros los v´ınculos con las m´as notables propiedades topol´ogicas de los espacios m´etricos, entre ellas la caracterizaci´on de la continuidad de funciones definidas entre espacios m´etricos (ampliamente utilizada en la resoluci´on de los ejercicios), el teorema de Baire (base de la demostraci´on del teorema general de la acotaci´on uniforme) y las caracterizaciones de la compacidad en espacios m´etricos, expl´ıcitamente resumidas en el cap´ıtulo 5 por su relevancia pr´actica en 5

el mismo. Como proyecci´on de la teor´ıa estudiada se han aplicado resultados b´asicos del An´alisis Funcional en diversas ´areas, como por ejemplo el teorema de la acotaci´on uniforme en An´alisis Matem´atico; la teor´ıa de operadores inversos en Matem´atica Num´erica y en Ecuaciones Diferenciales; la noci´on de convergencia d´ebil en la teor´ıa de funciones generalizadas y la teor´ıa espectral en la resoluci´on de ecuaciones integrales. L´ ogica: Mediante la dosificaci´on de procesos inductivo-deductivos. En este texto se procura un balance entre lo general y lo particular y una concatenaci´on te´orico-pr´actica basada en los esenciales m´ınimos y la adecuada aplicaci´on de la experiencia acumulada. Axiol´ ogica: Debe garantizar la derivaci´on de valores partiendo de la asequibilidad del conocimiento a partir de las caracter´ısticas de la presentaci´on, la forma de usar las t´ecnicas y el lenguaje. El objetivo es lograr la actualidad en la informaci´on, profundizar la especificidad cultural e inculcar un compromiso social mediante el an´alisis de los hechos y de la labor de eminentes profesionales. En el presente estudio hay nombres expl´ıcitos de gran significaci´on cient´ıfica en la historia del An´alisis Funcional, entre ellos: Stefan Banach (1892-1945) pionero en el estudio de los espacios normados y de sus aplicaciones a partir de 1922; David Hilbert (1862-1943) considerado el m´as c´elebre matem´atico alem´an de la primera mitad del siglo XX, con aportes en casi todas las ramas de la matem´atica (fue contempor´aneo de Otto H¨older (Alemania, 1859-1937)); Hermann Minkowski (1864-1909), matem´atico y f´ısico alem´an de origen ruso, creador de algunos tipos de espacios que fueron la base del progreso de la Teor´ıa de la Relatividad y Frederich Riesz (1880-1956), h´ ungaro, que continu´o y generaliz´o la obra de Hilbert.

1.4

Pre´ ambulo al texto

Con vistas a propiciar una motivaci´on inicial para un acercamiento al texto, brindamos aqu´ı una exposici´on informal que constituye una visi´on escueta de ideas previas que contribuyen a la comprensi´on de la perspectiva del presente libro.

6

1.4.1

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

Para adquirir una idea de c´omo se origin´o la teor´ıa del An´alisis Funcional, es u ´til tomar en consideraci´on algunos hechos basados en la geometr´ıa cl´asica, como los que se exponen a continuaci´on: • En el espacio Rn de n-plos de coordenadas reales, se pueden definir dos operaciones: una de suma (que permite la traslaci´on) y otra de multiplicaci´on por un escalar (o dilataci´on en sentido amplio) y estas operaciones dotan a este espacio de una estructura de espacio vectorial, lo cual ofrece la posibilidad de expresar algebraicamente propiedades afines de la geometr´ıa (por ejemplo, el segmento xy es paralelo al zu si el vector y − x es igual al vector u − z). • La distancia euclideana permite fundamentar la noci´on de convergencia de una sucesi´on de puntos en Rn . La formalizaci´on del concepto de distancia euclideana entre dos puntos x, y como una aplicaci´on de valores positivos definida sobre el producto cartesiano de Rn por s´ı mismo, posee tres propiedades muy caracter´ısticas asociadas a la noci´on heur´ıstica de la separaci´on entre dos puntos: la propiedad triangular, que expresa que en todo tri´angulo XY Z, la longitud del lado XY es menor que la suma de las longitudes de los otros dos lados; la propiedad de invarianza del valor de la distancia al permutar la notaci´on de los puntos considerados y la propiedad de nulidad del valor de la distancia si y s´olo si los puntos coinciden. De aqu´ı que Rn est´a dotado de una estructura m´etrica que presenta dos propiedades b´asicas, sobre las cuales descansa la teor´ıa cl´asica de funciones, esto es, el An´alisis Matem´atico: el teorema de CauchyBolzano (una sucesi´on es convergente si y s´olo si es de Cauchy) y el teorema de Bolzano-Weirstrass (de toda sucesi´on acotada se puede extraer una subsucesi´on convergente). La suficiencia para la convergencia en el teorema de Cauchy-Bolzano ofrece un modelo de comportamiento de Rn que debe recuperarse en espacios m´as generales mediante una caracter´ıstica expl´ıcita, lo cual origina la noci´on de espacio m´etrico completo. • La relaci´on entre las caracter´ısticas vectorial y m´etrica (euclideana, 7

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

, Prop. (1)

= ≤

d(x, 0) = 0 ⇔ x = 0,

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

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

Prop. (2)

=

d(x, 0) + |−1| d(0, y) |{z} =1

=

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

Por invarianza

=

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

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

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

definido as´ı: (x| y) =

n X

xi y i ,

i=1

debido a que (x| x) =

n X

x2i ≡ (d(x, 0))2 = (p(x))2 .

i=1

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

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

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

9

1.4.2

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

Aunque desde la ´epoca de Euclides se sab´ıa que la validez de los teoremas de la geometr´ıa dependen s´olamente de la axiom´atica que gobierna el comportamiento de los entes geom´etricos y no de la naturaleza de dichos entes, durante mucho tiempo la imagen f´ısica de los conceptos de punto, recta, ´angulo, etc., ejerci´o una gran limitaci´on al campo de aplicaci´on de los teoremas. Con el desarrollo del An´alisis Matem´atico, la perspectiva axiom´atica para la aplicaci´on pr´actica de los resultados gan´o fuerza, y por tanto trascendi´o del marco de E n . Son muy notables los problemas que plantean los ejemplos siguientes: 1) Dada una matriz K = (kij ) y un vector y = (y1 , ..., yn ) ∈ E n , hallar un vector x = (x1 , ..., xn ) ∈ E n tal que: n X

kij xj = yi

i = 1, ..., n

j=1

De forma precisa, la inc´ognita es una funci´on x con dominio en el conjunto {1, ..., n} tal que x(i) = xi

i = 1, ..., n

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

Como en el caso de la teor´ıa de ecuaciones algebraicas se tiene una interpretaci´on geom´etrica de la misma por su relaci´on con E n , Hilbert se 10

propuso hallar un enfoque geom´etrico an´alogo para la teor´ıa de Fredholm, y esto lo llev´o a introducir espacios de dimensi´on infinita cuyos elementos eran sucesiones o funciones con ciertas caracter´ısticas, donde se puede definir la noci´on de distancia, perpendicularidad u ortogonalidad, etc. En la teor´ıa de Hilbert se generaliza la noci´on de punto, pero se mantiene an´aloga la f´ormula para la distancia. En sus trabajos, Minkowski generaliza la noci´on de distancia en un cierto sentido; pero impl´ıcitamente la generalizaci´on del concepto de distancia se ten´ıa desde que Pafnuty Chebychev (Rusia, 1821-1894), en la teor´ıa de aproximaci´on de una funci´on continua x por un polinomio P (t), al evaluar la bondad de la aproximaci´on, utilizaba el valor de d(x, P ) = sup |x(t) − P (t)| , t∈[a,b]

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

1.4.3

Importancia de los espacios normados generales

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

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

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

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

1.5

Panor´ amica del texto

El presente texto consta de seis cap´ıtulos, especializados en t´ecnicas del An´alisis Funcional lineal a partir del segundo. Las principales ideas de cada cap´ıtulo pueden resumirse como sigue: • El segundo cap´ıtulo, relativo a espacios normados, destaca la axiom´atica esencial del concepto de norma e introduce por su relevancia la noci´on de espacio de Banach como caso particular de espacio m´etrico completo, ya que dicha noci´on fundamenta un conjunto sustancial de resultados muy importantes en las aplicaciones. A su vez, son introducidos los espacios de Hilbert como casos particulares de espacios de Banach, debido a que constituyen la generalizaci´on natural de los espacios eucl´ıdeos (donde existe el concepto de ortogonalidad) y adem´as constituyen tambi´en el marco apropiado para el b´asico teorema de Riesz. Los espacios normados resultan el caso m´as sencillo de espacios vectoriales topol´ogicos, y en los ejemplos resueltos se fortalece la idea de la compatibilidad entre la estructura algebraica de espacio vectorial y la 12

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

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

14

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

as´ı: d(x, y) = |x − y|

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

xn −→ x ≡ ∀² > 0 ∃n0 ∈ N : ∀n ≥ n0

d(xn , x) = |xn − x| < ²

La relevancia de este hecho es que permite dotar a R de una estructura no s´olo algebraica, sino anal´ıtica en el sentido de que hace posible manejar la noci´on de convergencia. Si se intenta buscar cu´ales son las propiedades del valor modular que hacen posible este salto cualitativo, se puede observar que en relaci´on con las operaciones de suma y multiplicaci´on de n´ umeros reales se cumple que: |λx| = |λ| |x| |x + y| ≤ |x| + |y| y adem´as |0| = 0. Si se trata de generalizar estas propiedades y convertirlas en axiom´atica de 15

una aplicaci´on de valores positivos definida sobre cualquier espacio vectorial, tambi´en denominado lineal, se tendr´a la definici´on de norma que va a constituir un marco apropiado de estudio de un elevado n´ umero de propiedades de gran impacto en el An´alisis Funcional.

2.1

Espacios normados

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

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

16

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

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

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

inf

x∈A,y∈B

kx − yk

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

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

:

xn → x.

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

sucesiones y espacios funcionales constituidos por funciones continuas, continuamente diferenciables, acotadas, medibles y de variaci´on acotada. Cada uno de ellos se denomina con la notaci´on que se utilizar´a en lo sucesivo. • En el espacio E m kxk =

" m X

# 21 |xk |

2

k=1

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

" m X

# p1 |xk |p

k=1

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

m X

|xk |

k=1

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

" m X

# p1 |xk |p

k=1

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

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

t∈[a,b]

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

19

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

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

La funci´on x(t) real dada en [a, b] se llama funci´on de variaci´on acotada si existe una constante c tal que para toda partici´on del segmento [a, b]

:

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

se cumple la desigualdad: n X

|x(tk ) − x(tk−1 )| < c.

k=1

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

k=1

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

2.2

Espacios de Banach

El concepto de espacio de Banach es muy importante porque en ellos resultan v´alidos los teoremas m´as significativos del An´alisis Funcional, por ejemplo el teorema de la Acotaci´ on Uniforme (que se particularizar´a en el siguiente cap´ıtulo) y los teoremas del inverso acotado y del gr´afico cerrado (que se estudiar´an en el pr´oximo cap´ıtulo). 20

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

II

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

2

Por la definici´on.

21

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

II

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

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

3 4

Aplicando la proposici´on 2.2.1. Por el Teorema de Baire.

22

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

adem´as

[

An ⊂ 5 X ⊂ 6

n

[

An

n

concluyendo, X7 =

[

An =

[

n

A¯n

n

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

x

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

∈B(x0 ,r)

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

pα (−x2 ) | {z }

≤ 2n0

pα (x2 )∈B(x0 ,r)⊂An0

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

∀α ∈ I,

kxk≤1

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

5

Por construcci´on ∀x, {pα } est´a acotada 7 Completo, luego de 2da categor´ıa. 6

23

∀α ∈ I.

2. Si 2r < 1, entonces

1 1 > 0. Sea m > > 1. ∈N 2r 2r

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

aplicando pα (x) α ∈ I pα

³x´ m

≤ 2n0

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

2.3

α∈I kxk≤1

Espacios de Hilbert

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

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

(x | y) kxk kyk

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

2.4

Desigualdades de H¨ older y Minkowski

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

2

|(x | y)| ≤ (x | x)(y | y).

25

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

k=1

k=1

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

p

|xk | < ∞,

k=1

|yk |q < ∞,

k=1

se tiene, ∞ X

∞ X

( |xk yk | ≤

∞ X

) p1 ( |xk |p

k=1

k=1

∞ X

) 1q |yk |q

.

k=1

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

T

T

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

k=1

k=1

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

p

|xk | < ∞,

k=1

∞ X

|yk |p < ∞,

k=1

se tiene, (

∞ X k=1

(

) p1 |xk + yk |p

≤

∞ X k=1

26

) p1 |xk |p

+

(∞ X k=1

) p1 |yk |p

.

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

½Z

p

T

T

T

Una aplicaci´on F : X −→ Y , X e Y espacios normados, se llama continua en el punto x0 ∈ X, si para cualquier ² > 0 existe δ = δ(x0 ) > 0 tal que, para todo x0 ∈ Sδ (x0 ), f (x) ∈ S² (f (x0 )). Una aplicaci´on F : X −→ Y se llama continua, si es continua en cada punto x0 ∈ X. Una aplicaci´on F : X −→ Y se llama uniformemente continua, si para cualquier ² > 0 existe δ = δ(²) > 0 tal que, para todo x0 ∈ X de x ∈ Sδ (x0 ) se deduce que f (x) ∈ S² (f (x0 )). (Ejercicios resueltos 15, 16 y 17, ejercicio propuesto 6) Tambi´en es v´alida y muy u ´til desde el punto de vista pr´actico, la siguiente caracterizaci´on de la continuidad de una funci´on definida entre espacios m´etricos mediante el concepto de sucesi´on y que se conoce con la denominaci´on de funci´on sucesionalmente continua. Se tiene en este caso que: f es continua en x ≡ f es sucesionalmente continua en x ≡ [xn −→ x ⇒ f (xn ) −→ f (x)]. (Ejercicio resuelto 14)

2.5

Ejercicios Resueltos

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

x∈X

t∈[a,b]

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

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

⇒ x(t) = 0 ∀t ∈ [a, b] ⇒ x = 0. 27

2) p(αx) =

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

t∈[a,b]

= |α| p(x) α ∈ K 3) Sean x, y ∈ X

t∈[a,b]

t∈[a,b]

x ∈ X.

t ∈ [a, b]

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

p(x)

p(y)

{z

}

cota superior

⇒

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

t∈[a,b]

p(x+y)

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

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

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

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

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

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

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

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

µ

¶

0

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

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

Pero por las definiciones

µ

0

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

t∈[a,b]

¶ 0

0

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

t∈[a,b]

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

0

0

t∈[a,b]

0

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

t∈[a,b]

t∈[a,b]

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

t∈[a,b]

0

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

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

p(y)

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

d(z,y)

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

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

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

t∈[a,b]

|f (t) − f0 (t)| < 1

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

Introduciendo z ∈ X.

30

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

¯ A ⊂ A¯ ⇒ Diam(A) ≤ Diam(A).

¯ Sean x, y ∈ A. ∃ {xn } , {yn } ⊂ A

:

xn −→ x

∧

yn −→ y.

d(xn , x) < ²

∧

d(yn , y) < ².

Sea ² > 0 ∃n0 ∈ N

:

∀n ≥ n0

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

∴

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

b>0

33

8. ¿Constituye kxk =

" m X

# p1 |xk |p

k=1

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

1−p 1−p > 0 ⇒ 2 p > 1 = kxk + kyk . p

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

Desigualdad triangular.

34

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

n→∞

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

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

Soluci´ on Def.

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

α kxk2 ≤ kxk1 ≤ β kxk2

Y {an } es una sucesi´on fundamental en (X, kk2 ) si y s´olo si ∀² > 0 ∃n0 (²) ∈ N : ∀n0 ≥ n ∀p ∈ N kan+p − an k2
0 ∃n1 (²) ∈ N : n ≥ n1 kan − ak1 < α². Como ∀x ∈ X α kxk2 ≤ kxk1 ⇒ α kan − ak2 ≤ kan − ak1 ≤ α² ⇒ kan − ak2 ≤ ² entonces, {an } −→ a en (X, kk2 ). Luego, como {an } es una sucesi´on n→∞

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

:

(z | m) = 0 ∀m ∈ M } .

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

α, β ∈ K. ¿αx + βy ∈ M ⊥ ?

Hay que probar que ∀m ∈ M,

(αx + βy | m) = 0

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

36

=0

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

(xn | m) = 0 Pero,

(xn | m) −→ (x | m)11 | {z } n→∞ =0

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

b _

x(t)

a

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

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

n X

|x(tk ) − x(tk−1 )| < c

k=1

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

Consecuencia del Ejemplo Resuelto (5).

37

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

b _

x(t),

a

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

b _

x(t) = 0

a

⇒ |x(a)| = 0 ∧

b _

x(t) = 0.

a

Como n X

|x(tk ) − x(tk−1 )| ≤ sup

n X

|x(tk ) − x(tk−1 )| =

b _ a

k=1

k=1

x(t)

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

b _

x(t) = 0.

a

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

b _

αx(t)

a

= |α| |x(a)| + sup = |α| |x(a)| + sup

n X k=1 n X k=1

38

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

" = |α| |x(a)| + |α| sup

n X

# |x(tk ) − x(tk−1 )|

k=1

" = |α| |x(a)| +

b _

#

x(t) = |α| kxk .

{z a

|

}

kxk

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

b _

(x + y)(t)

a

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

n X

|(x + y)(tk ) − (x + y)(tk−1 )|

k=1

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

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

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

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

n X

|x(tk ) − x(tk−1 )|

k=1

k=1

+

n X

|y(tk ) − y(tk−1 )| .

k=1

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

n X k=1 n X

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

k=1

+ sup

n X

|y(tk ) − y(tk−1 )|

k=1

39

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

n X

|x(tk ) − x(tk−1 )|

k=1

+ |y(a)| + sup

n X

|y(tk ) − y(tk−1 )|

k=1

= |x(a)| + |

b _

{z

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

a

}

|

kxk

b _

{z

y(t) = kxk + kyk .

a

}

kyk

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

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

esto es por definici´on de f2 f2 (αn , xn ) = αn xn

f2 (α, x) = αx;

luego concretamente tenemos que demostrar que: Def.

αn xn −→ αx ≡ kαn xn − αxk −→ 0. n→∞

n→∞

40

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

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

n→∞

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

−→ 0

n→∞

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

R

R

∈

Supongamos entonces que Def.

xn −→ x ≡ kxn − xk −→ 0 n→∞

n→∞

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

Se introduce el l´ımite x.

41

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

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

que

n→∞

kxn k −→ kxk . n→∞

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

´

³

´

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

n→∞

n→∞

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

−→

∈K

∈K

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

f (x, y) | {z }

Se introduce el t´ermino xn .

42

;

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

luego hay que demostrar que Def.

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

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

|

−→ 0

n→∞

{z

}

|

−→ 0

n→∞

−→ 0

n→∞

{z

−→ 0

n→∞

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

2.6

Ejercicios Propuestos

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

}

5. Probar los ejercicios resueltos 14 y 15 a partir de la definici´on expresada en t´eminos de ², δ. 6. Probar que si X es un espacio unitario, x0 ∈ X la aplicaci´on f (x) = (x, x0 ),

(x ∈ X)

es una aplicaci´on continua, aplicando: on sucesionalmente continua; a) la caracterizaci´on de funci´ b) la definici´on en t´erminos ², δ; c) el ejercicio resuelto 16.

44

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

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

3.1

Continuidad, acotaci´ on y norma de un operador lineal

El conocido concepto de funci´on continua entre espacios m´etricos adquiere un matiz especial cuando los espacios son vectoriales y el operador es lineal. Se ver´a que en este caso son v´alidos dos resultados de gran fuerza pr´actica: 45

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

(7) Si x = (x1 , x2 , x3 , ...) Ã

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

k=1

(8) Ax = y si y(s) = s x(s); (9) Ax = y si y(s) = x(s − 1); (10) El operador combinado (evaluaci´on y multiplicaci´on): Ax = y

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

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

siendo y(t) = θ0 (t) x(t);

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

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

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

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

tales que A es lineal acotado} .

umero Definici´ on 3.1.4 El n´ kAk =

sup

kAxk

x∈X,kxk≤1

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

kAxk , kxk

B = sup kAxk ,

C = sup kAxk , kxk≤1

D = inf{k ≥ 0 : ∀x ∈ X kAxk ≤ k kxk}.

kxk=1

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

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

kAxk ≤ k kxk)

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

kAx0 k =k kx0 k

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

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

3.1.1

Ejercicios Resueltos

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

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

Por la linealidad de A.

50

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

=0

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

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

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

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

continua

cerrado

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

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

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

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

Recordar Teorema 3.1.1

52

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

x0n (t) = ntn−1

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

t∈[0,1]

t∈[0,1]

sup |xn (t)| = sup |tn | = 1 t∈[0,1]

t∈[0,1]

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

es un conjunto acotado; pero no est´a acotado.

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

Recordar Teorema 3.1.2. A es lineal.

53

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

kyk2

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

⇒ kxn+p − xn k −→ 0 ∧

≥0

kA(xn+p − xn )k −→ 0.

n→∞

n→∞

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

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

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

54

2do) kAxk ≤ k

∀x : kxk ≤ 1 ⇒ C ≤ D.

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

² 2

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

Ã

! ² D− kxk 2

∀x 6= 0 ¡Absurdo!

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

t∈[0,1]

0

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

0

≤

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

τ ∈[0,1]

kxk

1

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

kAk

55

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

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

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

Ay(t)

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

t∈[0,1]

entonces, sup kAxk ≤ 1 | {z } kxk≤1

kAk

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

kxk≤1

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

56

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

kuk2 + kvk2 =

p

(u + v | u + v) = kxk ⇒ kP k ≤ 1.

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

57

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

(3.1.1)

Ax(t) =

(3.1.2)

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

A(αx + βy)(t) =

Ax(t)

Ay(t)

Hallemos kAk kAk =

sup kAx(t)k kxk=1

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

" ≤

sup kxk=1

=

# 1 (kxk + kxk) 2

sup kxk = 1 kxk=1

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

12. Si {xn } , {yn } son sucesiones fundamentales de un ´algebra normada A, probar que {xn yn } es una sucesi´on fundamental. Adem´as, si xn −→ x 58

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

−→

n,m→∞

kxn yn − xm ym k agrupando

= = ≤

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

´ Por la definici´on de Algebra ≤M

≤M

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

n,m→∞

−→ 0

n,m→∞

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

n→∞

−→ 0

≤M

n→∞

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

n→∞

−→ 0

≤M

n→∞

59

3.2

Espacio de operadores lineales acotados

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

sup

kAxk

x∈X,kxk≤1

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

entonces, sup kAα k < ∞. α

60

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

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

pα (βx) = kAα (βx)k = |β| kAα xk = |β| pα (x) pα (x + y) = kAα (x + y)k = kAα (x) + Aα (y)k ≤ kAα (x)k + kAα (y)k = pα (x) + pα (y). Ahora debemos comprobar que cada pα es continua, lo cual se har´a mediante el an´alisis de la condici´on de ser sucesionalmente continua. Supongamos que xn −→ x pα (xn ) = kAα (xn )k −→ kAα (x)k = pα (x) ↓ Aα (x) Por hip´otesis se tiene, sup pα (x) = sup kAα (x)k < +∞ ∀x, α

α

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

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

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

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

Def.

= =

lim Tn (αx + βy)

Tn ∈L(X,Y )

n→∞

=

lim (αTn (x) + βTn (y))

n→∞

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

n→∞

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

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

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

Por el Teorema de Banach-Steinhaus

62

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

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

3.2.1

Ejercicios Resueltos

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

n→∞

Bn An −→ BA n→∞

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

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

≤M

63

−→0

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

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

lim kAn − 0k =

1 n

1 =0 n→∞ n

lim kAn k = lim

n→∞

n→∞

u

∴ An −→ 0 en l2 . s

u

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

∞ X

! 12 |xk |2

−→ 0(n → ∞).

k=n+1

Este resultado se obtiene de que xn ∈ l 2 ≡

X

|xn |2 < +∞

n

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

64

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

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

⇒ ∴

lim kBn − 0k ≥ 1 6= 0

n→∞

Bn 9 0

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

y la sucesi´on de operadores An : C[0, 1] −→ C[0, 1] # Z t "X n τk An x(t) = x(τ )dτ, n ∈ N, k! 0 k=0 ¿Converge la sucesi´on An hacia A? ¿Cu´al es el car´acter de la convergencia?

65

Soluci´ on: kAn − Ak =

sup k(An − A)xk kxk=1

=

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

k=n+1

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

∞ X

1 ⇒ An ⇒ A. (k + 1)! k=n+1

En el caso anterior se ha utilizado un resultado del an´alisis matem´atico, ex =

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

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

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

f undamental

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

⇒

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

66

Entonces, ∃y ∈ Y : An x −→ y. n→∞

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

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

lim An (αx n→∞ |{z} lineal

+ βy)

lim (αAn x + βAn y) = αAx + βAy.

n→∞

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

≤

kAn k | {z }

kxk ≤ c kxk ∀n

fund.⇒acotada

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

en L(X, Y ). 67

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

⇒ An xn −→ Ax, n→∞

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

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

1 ⇒ kAxk ≥ kxk M |{z} m

para m =

1 M 75

∀x ∈ D(A),

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

con m > 0

(3.3.3)

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

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

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

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

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

Lineal

76

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

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

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

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

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

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

n→∞

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

k=n+1

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

S = (I − C)

=

∞ X

C n ∈ L(X),

n=0

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

1 1 − kCk

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

∈L(X)

B=

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

luego A es continuamente inversible. 14 15

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

78

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

° ° ° ° °−A−1 C ° ≤ °A−1 °

kCk |{z}

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

4.2.1

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

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

(4.2.1) (4.2.2)

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

n ∈ N,

con kxk = max |αj | . 0≤j≤n

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

Tn (x) = α0 + α1 + ... + αn

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

i=0

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

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

Cantidad de coeficientes

103

=1

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

Y = K (los

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

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

Aplicando la ley de contraposici´on en el teorema de la Acotaci´on Uniforme.

104

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

de Banach ⇒ L(X, Y ) de Banach.

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

∀x0 ∈ X 0

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

x00 (x01 + x02 ) = (x01 + x02 )(x) = 3 x01 (x) + x02 (x) = x00 (x01 ) + x00 (x02 ). Tambi´en, Def.

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

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

3 4

Definici´on de suma de funciones. Definici´on de producto de un escalar por una funci´on.

105

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

y 00 (x0 ) = x0 (λx),

:

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

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

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

kx0 k=1

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

∀x ∈ X 0

:

kx0 k = 1.

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

=kJxk

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

106

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

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

acotado ⇔ J(M ) acotado.

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

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

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

m∈M

∀X 0 ∈ X.

x0 (m)

Entonces J(M )6

est´a acotado ⇒ M

est´a acotado.

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

existe

Entonces kxn k est´a acotada. 5 6

Por hip´otesis. Isometr´ıa.

107

lim x0 (xn ).

n→∞

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

Como toda sucesi´on convergente de escalares est´a acotada ⇒ ∀x0 ∈ X 0

sup |x0 (xn )| < +∞. n

De aqu´ı que M est´a acotado.

4.2.2

Ejercicios Resueltos

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

Soluci´ on al inciso a)

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

0≤t≤1⇒0≤

√

t≤1

∴ Est´a acotada.

0

R1

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

Soluci´ on al inciso b) Sea fn (x) =

0

t∈[0,1] n

0 n

n

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

∴ |fn (x)| ≤ kxk est´a acotado.

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

108

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

t1 , t2 , ..., tn ∈ [−1, 1] son

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

f (αx + βy) =

f (x)

f (y)

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

|f (x)| =

max

kxk

2 kxk 3 2 ⇒ kf k ≤ 3 =

109

kxk

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

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

f (y)

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

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

t∈[−1,1]

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

t∈[−1,1]

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

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

110

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

n X k=0 n X

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

k=0 n X

= α

αk x(tk ) +β

|k=0 {z

}

n X

αk y(tk ) = αf (x) + βf (y).

|k=0 {z

f (x)

}

f (y)

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

≤ ≤ ≤

n X

max

t∈[−1,1]

max

à n X

k=1 n X

t∈[−1,1]

|αk x(tk )| |αk | |x(tk )|

k=1

!

|αk | kxk −→ Sea α0 = max |αk | 1≤k≤n

k=1

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

111

Entonces

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

k=1

≤ sup x6=0

|f (x)| = kf k kxk

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

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

kfn − f k | {z }

≤²

= sup |fn (x)−f (x)| kxk≤1

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

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

y ∈ B¯1 . kyk

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

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

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

kf k =k f˜ k .

:

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

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

y

k f˜ k≤ kf k ≤ 7 k f˜ k

kf kkxk

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

Por ser f˜ una extensi´on de f .

113

:

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

(P1) Consideremos M = {λx

:

λ ∈ K} .

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

x2

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

f (x2 )

f (αx1 ) = f (α λ1 x ) |{z} x1

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

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

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

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

114

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

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

a) Demostrar que kf k =

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

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

f (λx0 ) = λ

kf k =

1 1 = =1 kx0 k max |x0 (t)| t∈[0,1]

8

Consecuencia del Corolario 4.2.2.1

115

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

=

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

=

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

Def. de f1

=1

f2 (λx0 )

Def. de f2

=−1

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

:

λ ∈ K,

l ∈ L}

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

x2

∈K

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

116

∈L

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

∀λ 6= 0,

l donde − ∈ L. d 1 kλx0 + lk d

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

1 | f (l) |≤ klk . |{z} d =0

Luego, kf k ≤

1 . d

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

∀l ∈ L.

=1

Como d = inf kx0 − lk l∈L

∃ {ln } ⊂ L

:

ln −→ kx0 − ln k −→ d. n→∞

Sustituyendo 1 ≤ kf k kx0 − lk

∀n.

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

117

1 . d

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

l X

αmk xmk

k=1

⇒ f (x) = f

à l X

! αmk xmk

=

k=1

l X k=1

αmk f (xmk ) = 0 | {z } =0

¯ ∈L

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

=0

=0

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

118

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

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

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

∈M ⊥

lim fn (x) = f (x) = 0 ⇒ f ∈ M ⊥ . n

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

A (4.2.3) lo llamamos Complemento Ortogonal de M .

4.3

Espacio Dual

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

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

K = {k

:

|f (x)| ≤ k kxk

∀x ∈ X} .

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

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

120

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

n X

αi f (xi ),

¯i=1 n ¯X

¯ |f (x)| = ¯ ¯

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

i=1

≤ kxk0

n X

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

i=1

Definamos k=

n X

|f (xi )| ,

i=1

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

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

4.3.1

Operadores Conjugados

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

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

121

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

A∗2 g2

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

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

4.3.2

Conjugado de Hermite

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

H −→ H H 0 −→ H0 ∗ A

pero tambi´en y como resultado de la aplicaci´on del Teorema de Riesz, tenemos, y

˜∗ A

z

Γy

A

Γz

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

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

12

122

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

123

Rec´ıprocamente, si y = A(x), (A(x) | A(x)) = (x | A˜∗ (A(x))). Entonces, ° ° ° ° ° ˜∗ ° ° ° 2 kA(x)k ≤ °A (A(x))° kxk ≤ kA(x)k °A˜∗ ° kxk ° ° ° ° kA(x)k ≤ °A˜∗ ° kxk ° ° ° ° ⇒ kAk ≤ °A˜∗ ° ° ° ° ° ∴ °A˜∗ ° = kAk . De aqu´ı que si A = A˜∗ se llama Autoconjugado y se tiene que, (A(x) | y) = (x | A(y)) El conjugado de Hermite posee un conjunto de propiedades operativas significativas que provienen de aplicar la propiedad fundamental demostrada y utilizar las propiedades caracter´ısticas del producto escalar. (Ejercicios resueltos 3 y 4) La propiedad fundamental aludida tiene tambi´en un gran valor pr´actico para determinar la expresi´on del conjugado de Hermite. (Ejercicios resueltos 5, 6 y 7) En general, la definici´on de operador conjugado se hace t´ecnicamente m´as compleja cuando las hip´otesis que se asumen sobre el operador original son m´as d´ebiles. (Ejercicios resueltos 8 y 9)

4.3.3

Ejercicios Resueltos

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

124

Por el teorema 4.2.1: kAxk =

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

≤

∗

∗

sup kA (f )k kxk ≤ kA k kxk . kf k=1

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

(P1) A ≡ A,

y = αy1 + βy2 ;

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

;

y ≡ y; ∗

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

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

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

La barra significa conjugaci´on compleja.

126

Por el ejercicio 5: β

α

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

A

B

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

y = y;

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

∗

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

;

y ≡ y; ∗

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

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

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

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

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

An y

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

2

kAn xk =

s

|xk |2 −→ 0 ⇒ An −→ 0.

k=n+1

n→∞

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

0 ∗

+xn+2 (An y)n+2 +...) | {z } y2 ∗

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

128

y1

Como kAn ∗ xk = kxk

∀x ∈ l2 ⇒ ∀x 6= 0 An ∗ x 9 0.

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

1

(Ax | y) = (L)

Ax(t)y(t)dt Z

0

Z

1

= (L)

1

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

⇒ A∗ y(t) = ty(t).

x(t)ty(t)dt = (x | A∗ y)

0

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

tal que xn → 0 y T xn → y.

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

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

17

Gr´afico de T¯

129

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

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

n,m→∞

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

T¯x = y = lim T xn . n→∞

18

Porque {xn } es convergente.

130

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

lim T (αxn + βyn )

n→∞

lim (αT xn + βT yn )

n→∞

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

T¯y

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

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

De aqu´ı que 19

donde puede tomarse xn = x ∀n.

° ° T¯x = 19 T x ⇒ kT k ≤ °T¯° .

L´ımite de la sucesi´on constante de t´ermino T x.

131

4.4

Convergencia D´ ebil

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

w

xn −→ x

xn −→ y

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

y

f (xn ) −→ f (y)),

entonces debemos probar que x = y. Puesto que en un espacio m´etrico el l´ımite es u ´nico, la hip´otesis implica que f (x) = f (y). Por la linealidad de f , esto es equivalente a f (x − y) = 0 para cualquier f ∈ X 0 . Puesto que f puede ser cualquier funcional lineal acotado, podemos aplicar el Corolario 4.2.2.1 para afirmar que x − y = 0 ´o x = y; por tanto es imposible para una sucesi´on que converja d´ebilmente a dos elementos diferentes. Se cumplen tambi´en las propiedades operativas del l´ımite siguientes: Si

w

w

xn −→ x entonces

yn −→ y, w

xn + yn −→ x + y. 132

De manera similar, si α es un escalar y w

xn −→ x, entonces

w

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

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

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

w

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

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

x00 (x0n ) −→ x00 (x0 ).

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

:

x00 (x0n ) = x0n (x) ,

x00 (x0 ) = x0 (x).

se plantea: ∗−w

Definici´ on 4.4.3 x0n −→ x0 ⇔ ∀x ∈ X

x0n (x) −→ x0 (x).

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

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

134

4.4.1

Ejercicios Resueltos

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

w

xn −→ x y

n→∞

Soluci´ on: w

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

II

III

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

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

135

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

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

Soluci´ on: w

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

w

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

⇒ ∀x ∈ X y ∀y ∈ Y

(Ax|y)

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

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

(An x | y) −→ (Ax | y).

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

∀z ∈ Y

En particular, w

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

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

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

i=1 k X i=1

20

Por la hip´otesis.

136

αi bi .

Consideremos: ∀j = 1, ..., k

fj (x) = fj

à k X

! αi bi

= αj

i=1

f es lineal y necesariamente continua.

21

fj (xn ) −→ fj (x) 22 | {z } | {z }

∀j = 1...k

αj

(n)

αj

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

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

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

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

k X i=1

g(xn ) =

k X i=1

α i fi |{z} ∈A

αi fi (xn ) −→ |{z} ∈A

21

X finito-dimensional. Por la convergencia d´ebil. 23 k k y k k1 son equivalentes. 22

137

k X i=1

αi fi (x) = g(x). |{z} ∈A

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

5.2

Operadores lineales totalmente continuos

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

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

144

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

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

145

Se tiene que A es lineal, supongamos que B est´a acotado, B

acotado ⇒ A(B) ⊂ | {z } acotado

A(X) | {z } finito-dimensional

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

S totalmente acotado.

146

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

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

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

kT x − Tn xk2 ≤

147

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

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

(5.2.1)

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

(5.2.2)

an´alogamente, consideramos la ecuaci´on conjugada f − A∗ f = ω

(5.2.3)

y una ecuaci´on homog´enea conjugada ψ − A∗ ψ = 0.

(5.2.4)

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

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

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

Z

b

(Ax)(s) = µ |

a

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

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

149

5.2.1

Ejercicios Resueltos

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

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

n [

S²xi (xi ).

(5.2.6)

i=1

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

n \

S²xi (y).

i=1

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

n [

(S²xi (xi ) ∩ B).

i=1

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

(5.2.7)

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

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

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

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

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

"∞ X

# 12 |αi − βi |2

.

i=1

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

:

d(x, 0) = 1},

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

152

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

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

A(x) = f (x) z |{z} ∈K

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

(5.2.8)

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

A(y)

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

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

acotada

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

∀n ∈ N

Por tanto, ∃xnk :

f (xnk ) −→ λ ∈ K.

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

acotado ⇒ A(B) acotado].

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

Aplicando la definici´on de relativamente compacto. Aplicando el Teorema 5.2.1. 8 Cualquier subconjunto de un conjunto acotado tambi´en est´a acotado. 7

154

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

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

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

kTn − T k =

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

kxk=1

" =

sup kxk=1

155

n ∞ X

k=n+1

# 12 |yk |2

−→ 0.

n→∞

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

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

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

kxn k ≤ r ⇒k xn /r k≤ 1 |{z} zn

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

156

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

A compacto ⇒ ∃{xn } ⊂ {xn } : (2)

(1)

B compacto ⇒ ∃{xn } ⊂ {xn } : (2)

(1)

A(xn ) −→ y; (2)

B(xn ) −→ z, (2)

(1)

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

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

(1)

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

(2)

(1)

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

(n)

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

157

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

160

∀s, t ∈ [a, b]

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

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

5.3

Ejercicios resueltos aplicados a la resoluci´ on de ecuaciones integrales

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

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

a

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

161

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

se obtiene la acotaci´on siguiente: |(T (x))(t) − (T (y))(t)| ≤ |µ| M d(x, y) (t − a). Sea la hip´otesis de inducci´on: (t − a)m |(T (x))(t) − (T (y))(t)| ≤ |µ| M d(x, y) m! m

m

m

m

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

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

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

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

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

n = 0, 1, 2, ...

Para n = 0 la primera iteraci´on es: Z

1

x1 (t) = v(t) + µ 0

et−s x0 (s) ds | {z }

Z = v(t) + µ et |0

v(s) 1

e−t v(s) ds {z } K0

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

= v(t) + µet (K0 + µ K0 ) = v(t) + µ K0 et (1 + µ) Probemos por inducci´on que: xn+1 (t) = v(t) + µ et K0 (1 + µ + µ2 + ... + µn ) Para n = 1 ya est´a probado. La hip´otesis de inducci´on es: xn (t) = v(t) + µ et K0 (1 + µ + ... + µn−1 ) 163

La tesis de inducci´on resulta: Z xn+1 (t) =

12

1

v(t) + µ

et−s xn (s) ds

0

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

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

1 1−µ

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

y hacer zn = xn − xn−1 ,

n ≥ 1.

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

n ≥ 1.

(5.3.1)

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

Soluci´ on al inciso 3.1) zn+1 (t) 12

Def.

= =

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

Definici´on de la iteraci´on

164

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

Soluci´ on al inciso 3.2) z

z

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

z2

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

z1 (t)

x1 (t)

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

Def.

=

v

⇒ z2

z1 = µ S(v)

Por (5.3.1)

= ⇒

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

Tomando como hip´otesis de inducci´on zn = µn S n (v) y sustituyendo en el caso (n + 1)−´esimo con n ≥ 1: zn+1 = µ S(zn ) = µ S(µn S n (v)) S lineal = µn+1 S n+1 (v) Sustituyendo x = lim xn = n→∞

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

n→∞

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

R1 0

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

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

v(t) ≡ 1

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

(5.3.3)

Se obtiene Z

1

S(1) = 0

Z

1 1

S 2 (1) = 0

1

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

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

etc.

1

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

1 . 1−µ

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

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

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

166

Agrupando µ

Z

b

¶

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

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

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

donde ˜ s, µ) = K(t,

n X

µj Kj+1 (t, s),

j=0

siendo Z

Z

b

Kn (t, s) =

b

... a

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

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

13

Por hip´otesis y aplicando propiedades de la integral.

167

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

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

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

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

Si |µ| M (b − a) < 1 entonces ∞ X

|µ|n M n (b − a)n c0 < +∞,

n=0

luego,

∞ X

µ n vn

n=0

es absolutamente convergente si |µ| < 14

Por el inciso 5.1.

168

1 . M (b − a)

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

Z

b

+µ2 |

a

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

Sustituyendo Z 2

·Z

b

b

¸

S (v) =

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

K2 (t,s)

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

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

169

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

a

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

Luego,

Z

b

Kn+1 (s, t) =

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

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

t et1

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

De manera an´aloga se llega a probar que Kn (s, t) = t es

∀n ≥ 1

8. Dada la ecuaci´on integral Z

1

x(s) − µ

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

170

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

∞ X

µj Kj+1 (s, t)

j=0

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

0

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

0

=

1

Ã

! 1 st t u du 3

1 st 32

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

171

0 ≤ t, s ≤ 2π.

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

aplicando identidades trigonom´etricas tenemos, 1 2

Z

2π 0

1 cos(s − 3u + 2t) du − 2

Z

2π

cos(s − u − 2t) du 0

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

K2 (s, t) = −

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

N X

b = 2π y

an sin nt cos ns

n=1

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

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

172

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

=

n=1

N X N X

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

0

n=1 j=1

=

j=1

N X N Z 2π X

Z

cos nt1 sin jt1 dt1 . 0

n=1 j=1

Donde

2π

an aj sin nt cos js

Z

2π

cos nt1 sin jt1 dt1 = 015 0

11. Supongamos que K(s, t) =

n X

aj (s)bj (t),

j=1

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

n X

cj aj (s)

(5.3.4)

j=1

donde

Z

b

cj =

bj (t)x(t) dt a

y las inc´ognitas satisfacen: cj − µ Z

n X

Z ajk ck = vj

b

bj (t) v(t) dt. a

15

bk (t) aj (t) dt a

j=1

vj =

b

siendo ajk =

Aplicando identidades trigonom´etricas.

173

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

=

X

a

µZ

b

aj (s) a

|

j

j

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

Sustituyendo en la ecuaci´on (5.3.4) escrita en t´erminos de S(x) obtenemos X x(s) = v(s) + µ(S(x))(s) = v(s) + µ ci ai (s) (5.3.5) i

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

= v(s) + µ

XZ

+µ

2

i

j

b

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

i

XX

i=1

Z

cj ai (s) |a

j

b

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

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

a

i

(5.3.6)

j

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

a

i

i

luego, ∀i

ci = vi + µ

X j

174

cj aji

j

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

X

cj aji

j6=i

= ci (1 − µ aii ) − µ

X

cj aji

j6=i

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

Z

1

x(s) = µ

i = 1, ..., n.

t2 (5s2 − 3)x(t) dt + es

0

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

1

x(s) = µ 0

a1 (s)

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

n = 1,

v(s) = es

b1 (t)

Evaluemos la expresi´on Z

1

1 − µ a11 = 1 − µ 0

t2

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

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

Luego hay soluci´on u ´nica ∀µ : el ejercicio 12 donde

Z (1 − µ a11 ) c1 = v1 = | {z } =1

1 0

et

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

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

Integrando por partes

175

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

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

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

2

b1 (t)

b2 (t)

La forma de la soluci´on es: x(s) = v(s) + µ

n X

cj aj (s)

j=1

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

1

a11 = 0

Z

t2 1

a22 = 0

Z a12 = 0

0

t

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

1

a21 =

t2

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

1

Z

t

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

t2

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

176

t2



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

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

Hallemos los t´erminos a11 , a22 , a12 , a21 , Z

1

a11 = 0

Z

1 1

a12 = 0

Z 0

t

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

1

a21 =

t

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

1

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

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

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

x

Z

x

n

u(t)dt = 0

0

(x − t)n−1 u(t) dt, (n − 1)!

(5.3.7)

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

(5.3.8)

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

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

Ahora podemos expresar Z

x

0

y =

u(t) dt + 1. 0

(P4) Integrando

Z

x

y=

u(t) dt2 + x + c2

0

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

178

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

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

5.4

Ejemplos Propuestos

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

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

!

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

Z

x

y= 0

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

y adem´as: Ã

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

179

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

6.1

Operadores autoconjugados

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

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

181

6.1.1

Ejercicios Resueltos

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

R

∈

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

si (A1 x | x) ≤ (A2 x | x) ∀x ∈ H.

Probar que A1 ≤ A2

∧

A2 ≤ A1 ⇒ A1 = A2 .

Soluci´ on: A1 ≤ A2 ⇒ ⇒ A2 ≤ A1 ⇒ ⇒ ⇒

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

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

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

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

(Axn | xn ) −→ (Ax | x). n→∞

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

→0

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

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

183

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

=

(x | ABy)

⇒

((AB − BA)x | y) = 0 ∀y,

AB∈δ(H)

=

A∈δ(H)

(Ax | By)

=

B∈δ(H)

(BAx | y)

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

= =

A∈δ(H)

=

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

=

B∈δ(H)

(x | |{z} BA y) AB

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

0

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

1

tx2 (t)dt ≥ 0 ∀x(t) ∈ L2 [0, 1]

0

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

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

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

X

xk λk yk = (Ax | y)

k

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

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

185

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

Teo. 6.1.3

=

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

kxk=1

donde x = xM + xM ⊥ . |{z} |{z} ∈M

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

(P x | x) = kxM k2 ≥ 0.

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

⇒ xM ⊥ = 0 ⇒ x ∈ M. 186

kP xk

∈M ⊥

f)

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

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

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

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

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

(6.1.1)

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

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

6.2

Espectro de un operador lineal

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

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

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

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

1

Agrupando.

189

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

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

! 1 Aλ = A − λI = −λ I − A λ

∀λ 6= 0

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

¿Bajo qu´e condiciones I −

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

:

|λ| ≤ kAk} ,

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

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

Complementando.

190

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

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

es una funci´on operador.

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

λ→λ0

A(λ) − A(λ0 ) λ − λ0

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

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

∞ X

λ−n−1 An .

n=0

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

f

ρ(A) −→ L(X) −→ |{z} K |{z } =

C

=

C

f ∈ (L(X))0 ,

donde R(λ) = Rλ (A).

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

= f lineal

=

f continua

−→

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

ya que:

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

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

Ã

1    |λ| 

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

=

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

entonces kR(λ)k est´a acotado y |f (R(λ))| ≤ kf k

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

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

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

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

:

N Normal} .

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

∀x ∈ H ⇒ kU xk2 = kU k2

∀x ∈ H.

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

∗U

normal

=

(U˜ ∗ U x | x) = (x | x).

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

6.2.1

Ejercicios Resueltos

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

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

x(t) =

1 t − |{z} λ

z(t)

6∈[0,1]

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

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

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

195

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

λ = 0 ∈ σ(A) R(A) no denso en l2 .

6=l2

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

N´otese que y = (1 − λ)x ⇒ ∀λ 6= 1 x =

1 y, 1−λ

es decir, (I − λI)−1 (y) =

1 1 I ∈ L(E) y⇒ 1−λ 1| {z − λ} Rλ

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

(v(t) − λ)x(t) = 0 ⇒ σ(A) =

v

[0, 1] {z }

continuo

|

6=0

compacto

196

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

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

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

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

197

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

X n

mp = lim kmp = +∞ ⇒ x 6∈ lp k→∞

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

S−λI

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

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

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

E espacio de Banach

198

este caso. −1

Rλ (A) = (A − λI)

∞ 1 n 1X A =− λ n=0 λn

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

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

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

−1

∞ X =e+ (e − x)k k=1

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

y adem´as x

−1

∞ X =e+ (e − x)j , j=1

lo cual se demuestra de forma an´aloga en el teorema 3.3.3. 199

−1

10. Probar que k(e − x)

kxk2 − e − xk ≤ . 1 − kxk

Soluci´ on: (e − x)

−1

=e+x+

∞ X

° ° x ⇒ °(e − x)−1 − e − x° ≤ k

k=2

kxk2 . 1 − kxk

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

(x − y)

=

∞ X

x−1 (yx−1 )k

k=0

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

⇒ (x − y)

° −1 ° °yx ° < 1 ⇒ (x − y)−1

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

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

n,m→∞

−→ 0

n,m→∞

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

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

200

≤M

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

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

f (xn )

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

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

Determinar si 0 ∈ σ(A). °

°

4 ° −1 ° xn

≤

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

201

Soluci´ on: A ∈ σ(H) ⊂ L(H)

Ã

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

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

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

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

rσ (A) =

kAk

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

202

!

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

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

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

=A

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

203

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

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

∀x.

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

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

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

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

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

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

kxk≤1

205

kxk≤1

6.3

Ejercicios Propuestos

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

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

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

206

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

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

208

´Indice de Materias A Acotaci´on Uniforme Aplicaciones, 75 Principio, 44 Teorema, 17 Aplicaci´on Continua, 19 Continua en un punto, 19 Uniformemente continua, 19

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

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

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

209

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

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

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

P Producto escalar, 24 Punto de Adherencia, 16

I Inverso acotado teorema, 55 210

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

211