Ejercicios Análisis II

Transcripción

1 Ejercicios Análisis II Ejercicios resueltos del libro Real and Complex Analysis de Walter Rudin Mauricio Bravo Vera Segundo semestre 2010

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3 Índice general 1. Integración Abstracta 5 2. Medidas de Borel Positivas 7 3. Espacios L p Teoría elemental de Espacios de Hilbert Ejemplos de técnicas de espacios de Banach 21 3

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5 Capítulo 1 Integración Abstracta 1. Sean {a n }, {b n } sucesiones en [, ]. Demostrar: a) lím sup( a n ) = lím inf (a n) b) lím sup(a n + b n ) lím sup(a n ) + lím sup(b n ) supuesto que ninguna de las sumas es de la forma c) Si a n b n para todo n, entonces lím inf a n lím inf Muéstrese mediante un ejemplo que puede darse la desigualdad estricta en b) b n 5

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7 Capítulo 2 Medidas de Borel Positivas 1. Sea {f n } sucesión de funciones reales no negativas definidas en R 1 y considere las cuatro siguientes afirmaciones a) Si f 1 y f 2 son semicontinuas superiormente, entonces f 1 + f 2 es semicontinua superiormente b) Si f 1 y f 2 son semicontinuas inferiormente, entonces f 1 + f 2 es semicontinua inferiormente c) Si cada {f n } es semicontinua superiormente entonces 1 f n es semicontinua superiormente d) Si cada {f n } es semicontinua inferiormente entonces 1 f n es semicontinua inferiormente Demuestre que tres de ellas son ciertas y una es falsa. Qué ocurre si se omite la expresión no negativas? Resulta afectada la veracidad de las afirmaciones si se sustituye R 1 por un espacio topológico general? Probemos a) Notemos que el conjunto {x : f 1 (x) + f 2 (x) < α} se puede escribir como ({x : f 1 (x) < β} {x : f 2 (x) < x β}) β α como este conjunto es abierto f 1 + f 2 es semicontinua superiormente. Además como en ninguna parte de la demostración se usó el hecho de que las f i sean no negativas ni tampoco de que X = R 1, la afirmación es válida si se omiten tales expresiones b) De la misma forma vemos que {x : f 1 (x) + f 2 (x) > α} = ({x : f 1 (x) > β} {x : f 2 (x) > α β}) β α 7

8 f 1 + f 2 es semicontinua inferiormente, aún si f i no son no negativas, y en cualquier espacio topológico X c) Es Falsa. Sea 1 si x 1 f 1 (x) = 0 otro caso 1 si x [ 1, 1 ] [ 1, 1 ] n n+1 n+1 n f n (x) = 0 otro caso f j es semicontinua superiormente ya que es la característica de un cerrado. Sea f(x) = i f i(x) f(0) = 0, f(x) 1 si x 0 {x : f(x) < 1/2} = {0} no es abierto i f i no es semicontinua superiormente d) Si cada f n es semicontinua inferiormente veremos que i f i(x) es semicontinua inferiormente Afirmación: α R{x : i f i(x) > α} = n 1 {x : n i=1 f i(x) > α} Veamos ( ) Sea x tal que i f i(x) > α. Como la sucesión de sumas parciales converge a cierto L > α, N tal que k f i (x) > α, k N i=1 x {x : k f i (x) > α}, k N i=1 x { } n x : f i (x) > α, n 1 i=1 Veamos ahora ( ). Sea x { } n x : f i (x) > α n 1 i=1 n 0 n 0 tal que f i (x) > α, pero f j es no negativa j se tiene que i=1

9 n 0 α < f i (x) f i (x) x {x : f i (x) > α} i=1 i i i f i es semicontinua inferiormente. En este caso, usamos el hecho de que las funciones f j eran no negativas, en caso de no cumplir con esto la afirmación es falsa. Veamos el siguiente ejemplo 1 si x 1 f 1 (x) = 0 otro caso Para n > 1 f n (x) = 1 si x [ 1 n, 1 n+1 ] [ 1 n+1, 1 n ] 0 otro caso Cada f n es semicontinua inferiormente (no son no negativas) pero i f i(x) = 0 si x = 0 f i (x) 1 si x 0 {x : f(x) = i f i(x) > 1/2} = 0 no es abierto 2. Sea f una función compleja arbitraria definida en R 1 y defínase: ϕ(x, δ) = sup{ f(s) f(t) : s, t (x δ, x + δ)} ϕ(x) = ínf{ϕ(x, δ) : δ > 0} Demuestre que ϕ es semicontinua superiormente, que f es continua en un punto si y sólo si ϕ(x) = 0 y por lo tanto, que el conjunto de puntos de continuidad de un a función compleja arbitraria es un G δ. Formúlese y demuéstrese un resultado análogo para espacios topológicos generales en lugar de R 1 3. Sea X un espacio métrico, con métrica ρ. Para todo conjunto no vacío E X se define ρ E (x) = ínf{ρ(x, y); y E} Demuéstrese que ρ E es una función uniformemente continua en X. Si A y B son subconjuntos de X, cerrados no vacíos y disjuntos, examínese el significado de la función f(x) = en relación con el lema de Urysohn ρ A (x) ρ A (x) + ρ B (x)

10 4. Es fácil conjeturar el valor de los siguientes límites n 0 ( 1 x n) n e x/2 dx y n cuando n. Probar que su conjetura es correcta. 0 ( 1 + x n) n e 2x dx Solución: Sea f n (x) = χ [0,n] ( 1 x n) n e x/2. Probaremos que para todo x positivo, f n (x) f n+1 (x). Como e x/2 es constante para x fijo, basta probar que ϕ x (n) = ( 1 + x ) n n Es creciente (como función de n), para ello derivemos ϕ x (n) como función de n. ( ϕ x(n) = 1 x ) [ n ( log 1 x ) + x ] n n n x como x n (1 x n )n 0, además sabiendo que log(x) x 1 tenemos ( log 1 x ) + x n n x = log ( ) n x + x n n n x + ( ) n x = log + n n n x 1 ( ) ( ) n x n log + log n n x = log(1) = 0 n n x ϕ x (n) es creciente f n (x) f n+1 (x). Como lím f n (x) = e x/2 L 1 usando el teorema de la convergencia monótona de Lebesgue, tenemos lím n 0 ( 1 x n) n e x/2 dx = X lím f n(x)dx = 0 e x/2 = 2

11 Capítulo 3 Espacios L p 1. Probar que el supremo de cualquier colección de funciones convexas en (a, b) es convexa en (a, b) y que el límite puntual de sucesiones de funciones convexas es convexa. Qué puede decir sobre límite superior y límite inferior de funciones convexas? 2. Si ϕ es convexa en (a, b) y si ψ es convexa y no decreciente en el rango de ϕ. Probar que ψ ϕ es convexa en (a, b). Para ϕ > 0 mostrar que la convexidad de log ϕ implica la convexidad de ϕ, pero no viceversa Solución Por la convexidad de ϕ en (a, b) tenemos que ϕ((1 t)a + tb) (1 t)ϕ(a) + tϕ(b) Ahora, como ψ es convexa y no decreciente, se tiene que (ψ ϕ)((1 t)a + tb) = ψ(ϕ((1 t)a + tb)) ψ((1 t)ϕ(a) + tϕ(b)) = (1 t)(ψ ϕ)(a) + t(ψ ϕ)(b) Suponiendo ahora que log ϕ es convexa, como exp es convexa y no decreciente, por lo que vimos recién exp log ϕ = ϕ es convexa Para ver que la convexidad de ϕ no implica la convexidad de log ϕ consideremos ϕ(x) = x 2 que convexa en R, luego (log(ϕ))(x) = log(x 2 ) = 2 log(x) que no es convexa 11

12 3. Asuma que ϕ es una función real continua en (a, b) tal que ( ) x + y ϕ ϕ(x) + 1 ϕ(y) x, y (a, b) 2 Probar que ϕ es convexa (la conclusión no se tiene si omitimos la continuidad de la hipótesis) Afirmación: Si t es de la forma (1 n )a + n b para n = {1, 2,, 2 k 1} entonces 2 k 2 k ϕ(t) (1 n ) ϕ(a) + n 2 k 2 ϕ(b) k Demostraremos esto por inducción, sobre k k = 1 se tiene por definición Supongamos ( que se cumple para k. Sea t = 1 n ) a + n 2 k+1 2 b +1 ( ), entonces t = 1 2 [ (( 1 m 2 k ) a + m 2 k b ) + (( 1 m + 1 ) a + m k ϕ(t) = 1 2 ϕ (( 1 m 2 k ) a + m 2 k b ) ϕ ( 1 m + 1 )] b 2 k ) a + m + 1 b 2 k 2 k Por hip. inductiva 1 ((1 m ) ϕ(a) + m ) 2 2 k 2 ϕ(b) + 1 (( 1 m + 1 ) ϕ(a) + m + 1 k 2 2 ( k 1 = 2 m k+1 2 m + 1 ) ( m ϕ(a) + 2 k m + 1 ) ϕ(b) k+1 2 ( k+1 = 1 2m + 1 ) ( ) 2m + 1 ϕ(a) + ϕ(b) q.e.d 2 k+1 Sea λ (0, 1), podemos escoger k n = 2 k+1 n tal que k 2 k+1 n λ ϕ((1 λ)a + λb) = lím ϕ((1 k n )a + k n b) lím [(1 k n )ϕ(a) + k n ϕ(b)] = (1 λ)ϕ(a) + λϕ(b) ) ϕ(b) 2 k 4. Suponer que f es una función medible compleja en X, µ es una medida positiva sobre X, y ϕ(p) = f p dµ = f p p (0 < p < ) Sea E = {p : ϕ(p) < }. Asuma que f > 0 a) Si r < p < s, r E, y s E, probar que p E X

13 b) Probar que log ϕ es convexa en el interior de E y que ϕ es continua en E c) Por a), E es conexa. Es E necesariamente abierto? Cerrado? Puede E consistir en un único punto? Puede E ser algún subconjunto conexo de (0, )? d) Si r < p < s, probar que f p máx{ f r, f s }. Mostrar que esto implica que L r (X, µ) L s (X, µ) L p (X, µ) e) Asuma que f r < para algún r < y pruebe que f p f Solución: Veremos primero la pregunta d) y luego como consecuencia tendremos a) y b) d) Si r < p < s, podemos pensar que p = (1 λ)r + λs, λ (0, 1) ( ) 1 Notemos que (1 λ) + λ = 1 entonces si q = 1 λ exponentes conjugados, luego f p p = f p dµ = f (1 λ)r+λs dµ = f (1 λ)r f λs dµ y q = ( ) 1 λ son = ( ( f (1 λ)r ) q dµ ) 1/q ( ( f λs ) q dµ) 1/q ( ) 1 λ ( f r dµ ) λ f s dµ = f (1 λ)r r f λs s f (1 λ)r m f λs m = f (1 λ)r+λs m = f p m donde f m = máx{ f r, f s } f p p f p m f p máx{ f r, f s } Si f L r (X, µ) f r < y f L s (X, µ) f s < f L p (X, µ)

14 L r (X, µ) L s (X, µ) L p (X, µ) a) Por la parte d) tenemos ϕ(p) 1/p = f p máx{ f r, f s } < ϕ(p) < p E b) Consideremos (1 t)r + ts = p log ϕ((1 t)r + ts) = log ϕ(p) = log( f p p) log( f r(1 t) r f st s ) = (1 t) log( f r r) + t log( f s s) = (1 t) log ϕ(r) + t log ϕ(s) c) d) Supongamos primero que f =. Entonces para todo n N definamos A n µ(a n ) > 0, luego = {x : f(x) > n}. Claramente f p = ( X ) 1/p f p dµ ( f p dµ A n ( n p dµ A n = nµ(a) 1/p ) 1/p ) 1/p n lím p f p n N lím p 0 f p = f = Consideremos ahora el caso f < y sin pérdida de generalidad podemos

15 suponer que r < p, entonces f p = = ( ( ) 1/p f p dµ ) 1/p f r f p r dµ ( ) 1/p f r f p r dµ ( p r ) 1/p = p f f r dµ p r p = f f r/p r f cuando p lím sup f p f p Por otro lado, como f < si consideramos el siguiente conjunto se tiene que µ(b) > 0, de esta forma B = {x/ f(x) > f ɛ} f p = ( f p dµ) 1/p ( f p dµ B ) 1/p µ(b) 1/p ( f ɛ) i.e µ(b) 1/p ( f ɛ) f p finalmente tenemos que ɛ > 0 f ɛ lím inf p f p lím sup f p f lím inf f p p p lím p f p = f 5. Asuma, en adición a las hipótesis del ejercicio 4, que µ(x) = 1 a) Probar que f r f s si 0 < r < s b) Bajo que condiciones sucede que 0 < r < s < y f p = f s < c) Probar que L r (µ) L s (µ) si 0 < r < s. Bajo que condiciones estos dos espacios contienen las mismas funciones?

16 d) Asuma que f r < para algún r > 0, probar que { } lím f p = exp log f dµ p 0 si exp{ } es definido como 0. X

17 Capítulo 4 Teoría elemental de Espacios de Hilbert 1. Si M es un subespacio cerrado de H demostrar que M = (M ). Existe alguna afirmación semejante para subespacios M que no sean necesariamente cerrados? 2. Sea {x n : n = 1, 2, 3,...} conjunto LI de vectores en H. Demostrar que la siguiente construcción proporciona un conjunto ortonormal {u n } tal que {x 1, x 2,..., x N } y {u 1, u 2,..., u N } generan el mismo espacio para todo N. Hágase u 1 = x 1 x 1. Una vez construidos u 1, u 2,..., u n 1 defínase: n 1 v n = x n < x n, u i > u i u n = v n v i=1 n Nótese que esto conduce a una demostración de la existencia de un conjunto ortonormal maximal en espacios de Hilbert separables sin hacer referencia al principio de maximalidad de Hausdorff. 3. Demuéstrese que H es separable si y sólo si H contiene un sistema ortonormal maximal que es a lo sumo numerable 4. Si M = {x : Lx = 0} donde L es un funcional lineal continuo en H, demuestre que M es un espacio vectorial de dimensión 1 (salvo si M = H) Por el teorema de representación de Riesz, existe un único vector h H tal que Lx =< x, h >. En particular si x M, 0 = Lx =< x, h > x M entonces h M. 17

18 Sea ahora W = {αh, α F } subespacio cerrado de H. Si y M podemos escribir y = P y + Qy donde P y W, Qy W. Si x M, 0 =< y, x >=< P y + Qy, x >=< P y, x > + < Qy, x > P y W P y = αh, α F < P y, x >=< αh, x >= α < h, x >= 0 luego 0 =< y, x >=< Qy, x > x M entonces Qy M, pero Qy W < Qy, h >= 0 L(Qy) = 0 entonces Qy M Qy = 0. y M y = P y = αh M = span(h) 5. Sea {a n } una sucesión de números positivos tales que a n b n < siempre que b n 0 y b 2 n <. Demuestre que a 2 n <. Sugerencia: si a 2 n = entonces existen conjuntos disjuntos E k (k = 1, 2, 3,...) de modo que a 2 n > 1. Defínase b n de manera que b n = c k a n n E k Eligiendo n E k convenientemente c k, n b n = aunque b 2 n < 6. Si A [0, 2π] y A es medible, demuestre que lím cos nxdx = lím sen nxdx = 0 A A 7. Encuéntrese un conjunto cerrado E no vacío en L 2 (T ) que no contenga ningún elemento de norma mínima 8. Calcúlese el 1 y hállese el max 1 1 g(x)dx = min a,b,c x 3 a bx cx 2 dx 1 x 3 g(x)dx donde g está sujeto a xg(x)dx = 1 1 x 2 g(x)dx = g(x) 2 dx = 1

19 9. Si x 0 H y M es un subespacio vectorial cerrado de H, demostrar que min{ x x 0 : x M} = max{ < x 0, y > ; y M, y = 1} Sea h 0 H, entonces como M es subespacio cerrado, existe una única descomposición de h 0 de modo que h 0 = P h 0 + Qh 0 P h 0 M, Qh 0 M Además sabemos que Qh 0 = h P h 0 = min{ h m, m M}. Por otro lado si consideramos el siguiente funcional lienal f : M K dado por f(y) =< h 0, y > h 0 H fijo f(y) = < h 0, y > = < P h 0 + Qh 0, y > = < P h 0, y > + < Qh 0, y > = < Qh 0, y > Qh 0 y = Qh 0 entonces f Qh 0 Si consideramos el siguiente elemento y = Qh 0 Qh 0 y = 1 Tenemos que tenemos que y M y ( ) Qh0 f(y) = f Qh 0 Qh 0 = h 0, Qh 0 Qh 0 = P h 0 + Qh 0, Qh 0 Qh 0 = P h 0, + Qh 0 Qh 0 Qh }{{} 0 Qh 0, Qh 0 =0 = Qh 0 2 Qh 0 = Qh 0 que

20 f = Qh 0 sup{ < h 0, y > : y M b ot, y = 1} = min{ m h 0 : m M} Pero como el supremo se alcanza se tiene que max{ < h 0, y > : y M b ot, y = 1} = min{ m h 0 : m M}

21 Capítulo 5 Ejemplos de técnicas de espacios de Banach 1. Probar que la bola unitaria (abierta o cerrada) es convexa en todo espacio vectorial normado 2. Si 1 < p < Probar que la bola unitaria de L p (µ) es estrictamente convexa, es decir, f p = g p = 1, f g, h = 1 2 (f + g) h p < 1 3. Sea C el espacio de todas las funciones continuas en [0, 1] con la norma del supremo. Considérese el conjunto M de todas las f C tales que 1/2 f(t)dt 1 0 1/2 f(t)dt = 1 Pruébese que M es un subconjunto cerrado convexo de C que no contiene ningún elemento de norma mínima 4. Sea M el conjunto de todas las f L 1 ([0, 1]) con respecto a la medida de Lebesgue, tales que 1 0 f(t)dt = 1 Demuéstrese que M es un subconjunto cerrado y convexo de L 1 ([0, 1]) que contiene infinitos elementos de norma mínima. 21

22 5. Sea f un funcional lineal acotado definido en un subespacio M de un espacio de Hilbert H. Demuéstrese que f tiene una única extensión, conservando la norma, a un funcional lineal acotado sobre H y que esta extensión se anula sobre M 6. Si α i ξ i converge para cada sucesión {ξ i } tal que ξ i 0 cuando i, demuéstrese que α 1 <