Espacios de Hilbert. 1. Propiedades básicas

Transcripción

1 Capítulo 9 Espacios de Hilbert 1. Propiedades básicas En este capítulo estudiaremos las propiedades básicas, así como algunas aplicaciones, de la teoría de espacios de Hilbert. Definición 9.1. Decimos que X es un espacio de Hilbert si es un espacio vectorial con producto interno completo. Es decir, si d es la métrica inducida por la norma en X, inducida a su vez por el producto interno, entonces (X,d) es completo. Si X es un espacio con producto interno, escribiremos el producto interno de x,y X como (x,y), y la norma inducida como x. Entre las propiedades que satisface la norma inducida se encuentra la identidad del paralelogramo. Proposición 9.2 (Identidad del paralelogramo). Si x,y X, entonces x + y 2 + x y 2 = 2 x y 2. Demostración. Sean x,y X. Entonces x + y 2 + x y 2 = (x + y,x + y) + (x y,x y) = (x,x) + (x,y) + (y,x) + (y,y) + (x,x) (x,y) (y,x) + (y,y) = 2 x y 2. De hecho, uno puede mostrar que, si X es un espacio normado tal que su norma satisface la identidad del paralelogramo, entonces la norma es 149

2 Espacios de Hilbert inducida por un producto interno, por medio de la identidad de polarización (ejercicios 3 y 4). Decimos que x,y X son ortogonales, y escribimos x y, si (x,y) = 0. Proposición 9.3 (Teorema de Pitágoras). Si x y, entonces x + y 2 = x 2 + y 2. Demostración. Como (x, y) = 0, x + y 2 = (x + y,x + y) = (x,x) + (x,y) + (y,x) + (y,y) = x 2 + y 2. Observamos que hemos utilizado el hecho que, si (x,y) = 0, entonces (y,x) = 0. Mostramos ahora la continuidad del producto interno. Proposición 9.4. Sea X un espacio con producto interno (, ). Entonces (, ) : X X K es continua. Recordemos que a X X se le asigna la métrica producto (ejemplo 1.10, capítulo 1). Demostración. Es suficiente con mostrar que, si x n x y y n y en X, entonces (x n,y n ) (x,y) en K. Pero, por la desigualdad de Cauchy- Schwarz, (x n,y n ) (x,y) (x n x,y n ) + (x,y n y) x n x y n + x y n y. Como la sucesión (y n ) converge, es acotada, digamos y n M para todo n. Entonces, dado ε > 0, tomamos N tal que, para n N, ε ε x n x < y y n y < 2M x + 1. Entonces, si n N, (x n,y n ) (x,y) x n x y n + x y n y ε 2M + 1 M + x ε 2 x + 1 < ε. Si x X y Y es un subespacio 1 de X, decimos que x es perpendicular a Y, y escribimos x Y, si x y para todo y Y. 1 De aquí en adelante, con subespacio de X nos referiremos a un subespacio vectorial de X.

3 1. Propiedades básicas 151 No es muy difícil verificar que, si Y es un subespacio de X, entonces su cerradura Ȳ también lo es (ejercicio 5). El siguiente corolario se sigue de forma inmediata de la proposición 9.4. Corolario 9.5. Si x Y, entonces x Ȳ. Mostramos ahora el siguiente teorema. Teorema 9.6. Sea Y un subespacio cerrado del espacio de Hilbert X. Entonces, para cada x X, existe un único y 0 Y tal que x y 0 x y para todo y Y. Es decir, y 0 es el vector en Y más cercano a x. Por la definición de distancia entre dos conjuntos (más exactamente, entre un punto y un conjunto), vemos que y 0 es el único vector en Y que satisface x y 0 = d(x,y ). Notamos que, si x Y, entonces y 0 = x. Demostración. Sea r = d(x,y ). Para cada n 1, tomamos y n Y tal que x y n < r + 1 n. Mostraremos que la sucesión (y n) es de Cauchy y, como X es completo (es un espacio de Hilbert), converge. Observamos primero que, por la identidad del paralelogramo, y n y m 2 = 2 y n x y m x 2 y n + y m 2x 2 ( < 2 r + 1 ) 22 ( r + 1 ) n m 2 (y n y m ) x 2 ( 2 r 2 + 2r n + 1 ) n (r 2 + 2r n + 1 ) n 2 4r 2 ( 1 = 4r n m) n m 2, donde hemos usado el hecho que 1 2 (y n + y m ) Y y entonces 1 2 (y n y m ) x r. Como 1 n, 1 m 0, concluimos que, dado ε > 0, existe N tal que, si n,m N, y n y m < ε. Entonces (y n ) converge, digamos y n y 0, y, como Y es cerrado, y 0 Y. Por la construcción de (y n ), obtenemos que x y 0 = r = d(x,y ).

4 Espacios de Hilbert Para mostrar unicidad, sea z 0 Y tal que x z 0 = d(x,y ). Entonces, por la identidad del paralelogramo nuevamente, y 0 z 0 2 = 2 y 0 x z 0 x 2 y 0 + z 0 2x 2 = 2r 2 + 2r (y 0 z 0 ) x 2 0, donde también hemos usado el hecho que 1 2 (y 0 z 0 ) x r, con r = d(x,y ). Entonces y 0 z 0 = 0, lo que implica que z 0 = y 0. Al vector y 0 del teorema 9.6 se le llama la proyección ortogonal de x sobre Y, y se denota por Proy Y x. La razón de este nombre está dada por el siguiente teorema. Teorema 9.7. Sea Y un subespacio de X y x X. Entonces y 0 = Proy Y x si, y solo si, x y 0 Y. Demostración. Sea y 0 = Proy Y x y w = x y 0. Para y Y, y 0, sea Primero, tenemos que Entonces z = (w,y) y 2 y. w z = x (y 0 + z) x y 0 = w. w 2 w z 2 = w 2 (w,z) (z,w) + z 2 = w 2 (w,y) (w,y) (w,y) 2 (w,y) (y,w) + y 2 y 2 y 4 y 2 = w 2 (w,y) 2 y 2, lo que implica que (w,y) 0, y entonces w y. Como y Y es arbitrario, w Y. Para la inversa, suponemos ahora que x y 0 Y. Entonces, para y Y, x y 0 y 0 y, porque y 0 y Y, y, por el teorema de Pitágoras, x y 2 = x y y 0 y 2 x y 0 2. Ejemplo 9.8. Consideramos el caso en que el subespacio Y es de dimensión finita, con base ortonormal {u 1,...,u l }. Entonces, para x X, Proy Y x = (x,u 1 )u (x,u l )u l.

5 2. Sistemas ortonormales completos 153 Para mostrar esto, sea y 0 = (x,u 1 )u (x,u l )u l. Mostraremos que x y 0 Y. Si y Y, como la base {u 1,...,u l } es ortonormal (ejercicio 6), Entonces (x y 0,y) = (x,y) (y 0,y) = = y = (y,u 1 )u (y,u l )u l. l (y,u j )(x,u j ) j=1 por lo que x y 0 y. ( x, l ) ( l ) (y,u j )u j (x,u j )u j,y j=1 l (x,u j )(u j,y) = 0, j=1 En la siguiente sección estudiaremos el caso general, para el cual Y no necesariamente es de dimensión finita, por lo que tenemos que extender el concepto de base ortonormal. 2. Sistemas ortonormales completos Decimos que un subconjunto S X es ortonormal si, para todo x,y S, { 1 x = y (x,y) = 0 x y. Lo primero que haremos es recordar el proceso de Gram-Schmidt para producir sucesiones ortonormales. Teorema 9.9. Sea (v n ) un sucesión (posiblemente finita) de vectores linealmente independientes en X. Entonces existe un conjunto ortonormal S = {u 1,u 2,...,} (posiblemente finito) tal que, para cada n, el espacio generado por u 1,...,u n. v n gen{u 1,...,u n }, Se entiende que, si (v n ) es un sucesión finita con, digamos, l vectores, entonces la conclusión del teorema se cumple para n l. Demostración. La demostración de este teorema es constructiva, cuyo algoritmo, como lo mencionamos antes, es conocido como el proceso de Gram- Schmidt. j=1

6 Espacios de Hilbert Empezamos por observar, que, como los v n son linealmente independientes, en particular v 1 0, por lo que podemos definir u 1 = v 1 v 1. Claramente v 1 gen{u 1 }. Habiendo definido u 1,...,u k ortonormales tales que para n k, definimos v n gen{u 1,...,u n }, w k+1 = v k+1 (v k+1,u 1 )u 1...(v k+1,u k )u k. Es decir, w k+1 es la diferencia entre v k+1 y su proyección ortogonal sobre el espacio generado por u 1,...,u k. Como cada u n gen{v 1,...,v n }, n k (ejercicio 8), w k+1 es una combinación lineal no trivial de v 1,...v k+1 (el coeficiente de v k+1 es 1), por lo que w k+1 0 porque los v n son linealmente independientes. Definimos entonces u k+1 = w k+1 w k+1. Entonces u k+1 u n para n = 1,...,k, por la definición de w k+1, y tiene norma 1. Por la hipótesis de inducción, entonces, u 1,...,u k+1 son ortonormales. Además, v k+1 = w k+1 + (v k+1,u 1 )u (v k+1,u k )u k gen{u 1,...,u k+1 }. Por lo tanto, la existencia del conjunto S deseado se sigue por inducción. Ejemplo Consideramos el espacio X = C([0, 1], C) con producto interno (f,g) = y consideramos la sucesión (f n ) donde f n (x) = x n. Entonces, el proceso de Gram-Schmidt, a partir de la sucesión (f n ), produce la sucesión (e n ) de funciones 1 0 fḡ, e 0 (x) = 1, e 1 (x) = 2 ( 3 x 1 ), 2 e 2 (x) = 6 ( 5 x 2 x e 3 (x) = 20 ( 7 ), x x x 1 20 polinomios ortonormales tales que cada e n tiene grado n.. ),

7 2. Sistemas ortonormales completos 155 Un sistema ortonormal completo es un conjunto ortonormal S tal que Y = gen S es denso en X, es decir, Ȳ = X. En otras palabras, S es un sistema ortonormal completo si para cada x X y ε > 0 existe una combinación lineal y = a 1 v a k v k, con v 1,...,v k S, tal que x y < ε. El siguiente teorema establece la condición necesaria y suficiente para la existencia de un sistema ortonormal completo contable en un espacio de Hilbert. Teorema Sea X un espacio de Hilbert. Entonces X es separable si, y solo si, existe un sistema ortonormal completo contable en X. Recordemos que un espacio es separable si existe un conjunto denso contable. Demostración. Sea X un espacio de Hilbert separable, y sea F = {v n : n Z + } denso en X. Por el teorema 9.9, existe un conjunto ortonormal contable S = {u n : n Z + } tal que v n gen{u 1,...,u n } para cada n. Demostraremos que gen S es denso en X. Sea x X y ε > 0. Entonces, como F es denso, existe v k F tal que x v k < ε. Ahora bien, v k gen{u 1,...,u k }, por lo que existen escalares a 1,...,a k tales que v k = a 1 u a k u k. Entonces v k gen S y x v k < ε, por lo que podemos concluir que gen S es denso. Para la inversa, suponemos que S = {u n : n Z + } es un sistema ortonormal completo, y definimos F = {(a 1 + ib 1 )u n (a k + ib k )u nk : k Z +,a j,b j Q,u nj S,j = 1,...,k}, es decir, el conjunto de todas las combinaciones lineales de vectores en S con coeficientes racionales complejos (si X es un espacio real, simplemente tomamos b j = 0).

8 Espacios de Hilbert Entonces F es contable. Para verificar que es denso, sea x X y ε X. Como gen S es denso, existe y = λ 1 u n λ k u nk gen S tal que x y < ε 2. Ahora bien, para cada j = 1,...,k, tomamos a j,b j Q tales que a j + ib j λ j < ε 2 k. Entonces, si z = (a 1 + ib 1 )u n (a k + ib k )u nk, y z = k a j + ib j λ j 2 < k ε 2 4k = ε 2, y por lo tanto j=1 j=1 x z x y + y z < ε. Como z F, F es denso, y por lo tanto X es separable. Por el teorema anterior, cualquier espacio de Hilbert separable X tiene al menos un sistema ortonormal completo contable. Mostraremos ahora que, de hecho, todos los sistemas ortonormales completos son contables, y son finitos si y solo si X es de dimensión finita. Teorema Sea X un espacio de Hilbert separable y S un sistema ortonormal completo. 1. Si dim X = l <, entonces S tiene l elementos y es una base para X. 2. Si dim X =, entonces S es infinito contable. Notamos que, si X es un espacio de dimensión finita, entonces sus bases podrían ser incontables. Sin embargo, por el teorema 9.12, todos sus sistemas ortonormales completos son contables. Demostración. Suponemos primero que X es dimensión finita, digamos dimx = l. Entonces, como los elementos de S son ortogonales, entonces son linealmente independientes (ejercicio 9). Entonces S tiene a los más l vectores, digamos N l. Sea S = {u 1,...,u N }. Como gen S es denso, para x X y ε > 0 existe y = a 1 u a N u N tal que x y < ε. Pero, si y 0 = (x,u 1 )u (x,u N )u N es la proyección ortogonal sobre gen S, entonces x y 0 x y,

9 2. Sistemas ortonormales completos 157 y por lo tanto x y 0 < ε. Como ε > 0 es arbitrario, x = y 0, y entonces X = gen S. Así que S es una base para X. Del párrafo anterior podemos concluir, en general, que si S es finito entonces es una base para X. Entonces, si X es de dimensión infinita, entonces S es infinito. Solo resta por demostrar que S debe ser contable. Para verificarlo, construiremos una función inyectiva φ : S N de la siguiente forma. Sea F = {v n : n Z + } un conjunto denso contable en X. F existe porque X es separable. Entonces, para u S, existe v k F tal que u v k < 1 2. Definimos entonces φ en S como { φ(u) = mín k : u v k < 1 }. 2 Si u u son vectores en S, por el teorema de Pitágoras u u 2 = u 2 + u 2 = = 2. Entonces v φ(u) v φ(u ) = v φ(u) u + u u + u v φ(u ) u u v φ(u) u u v φ(u ) > > 0, por lo que v φ(u) v φ(u ), y entonces φ(u) φ(u ). Por lo tanto S es contable. Ahora bien, recordemos que, si S = {u 1,...,u l } es una base ortonormal del espacio de dimensión finita X, entonces, para cada x X, x = (x,u 1 )u (x,u l )u l (ejercicio 6). El siguiente teorema generaliza este resultado a espacio de Hilbert separables. Teorema Sea X un espacio de Hilbert separable y S = {u n : u Z + } un sistema ortonormal completo. Entonces, para cada x X, (9.1) (x,u n )u n = x. Más aún, esta expansión de x es única; es decir, si a n u n = x, entonces a n = (x,u n ).

10 Espacios de Hilbert Demostración. Para cada n, sea Y n = gen{u 1,...,u n }. Entonces cada Y n es de dimensión finita y n Proy Yn x = (x,u j )u j = s n, j=1 las sumas parciales de la serie (x,u n)u n. Como gen S es denso, para ε > 0 existe y = a 1 u n a k u nk tal que x y < ε. Entonces, como y Y N, donde N = máx{n 1,...,n k }, tenemos que x s N x y < ε. Más aún, para n N, s N Y n, así que Por lo tanto s n x. Suponemos ahora que Por el teorema 9.4, si s n = x s n x s N < ε. a n u n = x. n a j u j son las sumas parciales de la serie, j=1 entonces (s n,u j ) (x,u j ). Pero (s n,u j ) = { 0 n < j a j n j. Entonces a j = (x,u j ) para cada j. La expansión (9.1) es llamada una expansión ortogonal de x, o serie de Fourier de x, con respecto al sistema ortonormal completo S. A cada uno de los coeficientes (x,u n ) se les llama coeficientes de Fourier de x, y se denotan como ˆx(n). Se entiende que, si X es de dimensión finita, entonces (9.1) es una suma finita. Como corolario, tenemos que estos coeficientes satisfacen la siguientes identidades, conocidas como de Parseval. Corolario 9.14 (Parseval). Sea X un espacio de Hilbert separable y S = {u n } un sistema ortonormal completo. Entonces, para cada x, x 2 = ˆx(n) 2,

11 3. El espacio l donde ˆx(n) = (x,u n ). Además, para x,y X, (x,y) = ˆx(n)ŷ(n). Demostración. Sean s n = n j=1 ˆx(j)u j las sumas parciales de la serie de Fourier de x. Entonces, por el teorema 9.4, s n 2 x 2. Pero, por el teorema de Pitágoras, n s n 2 = ˆx(j) 2, j=1 lo que demuestra la primera parte del teorema. Para la segunda parte, sean t n = n j=1 ŷ(j)u j las sumas parciales de la serie de Fourier de y. Entonces, como u 1,...,u n son ortonormales, n (s n,t n ) = ˆx(j)ŷ(j). j=1 Pero, nuevamente por el teorema 9.4, (s n,t n ) (x,y). (9.2) Como corolario, también obtenemos la desigualdad de Bessel, k (x,v j ) 2 x 2, j=1 si v 1,...,v k son ortonormales en X. 3. El espacio l 2 En esta sección estudiaremos con detalle un ejemplo básico de un espacio de Hilbert de dimensión infinita. Sea l 2 el conjunto de todas las sucesiones (a n ) tales que a n 2 <. Podemos hacer l 2 un espacio vectorial, si definimos las operaciones (a n ) + (b n ) = (a n + b n ) y λ(a n ) = (λa n ). Para verficar que estas operaciones están bien definidas, vemos que, por la desigualdad del triángulo en K N con la norma euclideana, N a n + b n 2 N a n 2 + N b n 2 a n 2 + b n 2

12 Espacios de Hilbert para todo N, porque a n 2 y b n 2 convergen, y entonces a n + b n 2 converge, así que (a n + b n ) l 2. Similarmente, (λa n ) l 2, y no es dif ficil verificar que estas operaciones satisfacen los axiomas de un espacio vectorial (ejercicio 15). Más aún, por la desigualdad de Cauchy-Schwarz en K N, si (a n ),(b n ) l 2, N a n b n N a n 2 N b n 2 a n 2 b n 2 para todo N, por lo que la serie a n b n converge absolutamente. Definimos entonces la función (, ) : l 2 l 2 K como ( (9.3) (an,(b n ) ) = a n bn. Proposición La función (, ) : l 2 l 2 K definida por (9.3) es un producto interno en l 2. Más aún, con este producto interno, l 2 es un espacio de Hilbert. Demostración. Para mostrar que (9.3) es un producto interno, tomamos (a n ),(b n ),(c n ) l 2, λ K, y verificamos lo siguiente. 1. ( (a n ),(a n ) ) = a n 2 0, y es 0 si y solo si a n = 0 para todo n, o sea (a n ) = (0). 2. Para todo N, N a n bn = N b n ā n, lo que demuestra que, en el límite, ( (a n ),(b n ) ) = ( (b n ),(a n ) ). 3. Como todas las series siguientes son convergentes, ( (an ) + (b n ),(c n ) ) = ( (a n + b n ),(c n ) ) = (a n + b n ) c n y = ( λ(an ),(b n ) ) = ( (λa n ),(b n ) ) = a n c b + b n c n = ( (a n ),(c n ) ) + ( (b n ),(c n ) ), λa n bn = λ a n bn = λ ( (a n ),(b n ) ).

13 3. El espacio l Ya solo resta mostrar completitud de l 2. Sea (A k ) una sucesión en l 2. Escribiremos cada A k = (a n k ), donde el índice de cada sucesión A k lo hemos escrito como superíndice. Demostraremos que, si la serie A k converge, entonces la serie k=1 k=1 converge, y la completitud de l 2 se sigue del teorema Recordemos que la norma inducida por el producto interno está dada por (a n ) = a n 2. Observamos primero que, para cada n y cada k, a n k A k, y por lo tanto k=1 an k <. Así que la serie k=1 an k converge para cada n, digamos a n k = an. k=1 Mostraremos que la serie k=1 A k converge a la sucesión (a n ) en l 2. Empezamos por verificar que (a n ) l 2. Para cada n, sea A k s n k = k la k-ésima suma parcial de cada serie k an k. Como cada sn k an, para cada N podemos encontrar k tal que l=1 a n l a n s n k < 1 N, para n = 1,...,N. Ahora bien, N a n 2 N a n s n k 2 + N s n k 2. Por la selección de k, N a n s n k 2 < N 1 N = 1.

14 Espacios de Hilbert Ahora, si llamamos M = k=1 A k, tenemos entonces N s n k 2 = N k 2 k N k a n l 2 A l M. Por lo tanto Sea ahora l=1 a n l l=1 l=1 N a n 2 (1 + M) 2 y, como N es arbitrario, (a n ) l 2. s k = k ( k A l = l=1 la k-ésima suma parcial de k A k. Sea ε > 0, y tomamos K tal que, para k K, A l < ε 2. l>k Tal K existe porque k A k <. Mostraremos que, para k K, l=1 s k (a n ) < ε. Sea k K, y tomamos N Z +. Escogemos p > k tal que, para cada n = 1,...,N, s n p a n < ε 2 N. Tal p existe porque s n l a n cuando l para cada n (notamos que p depende de N). Entonces N s n k an 2 N s n k sn p 2 + N s n p an 2. a n l ) Por la selección de p, el segundo sumando puede ser estimado por N s n p a n 2 < N ε 2 4N = ε 2. Para el primero, N s n k sn p 2 = N k<l p a n l 2 k<l p N a n l 2 A l < ε 2, k<l p porque k K. Entonces, s k (a n ) < ε. N sn k an 2 < ε y, como N es arbitrario,

15 3. El espacio l El espacio de Hilbert l 2 tiene al conjunto de las sucesiones e k, dadas por { e n k = 1 k = n 0 k n, como sistema ortonormal completo, ya que (ejercicio 16) (a n ) = a n e n para cualquier (a n ) l 2. Por lo tanto, l 2 es separable, por el teorema Más aún, l 2 es isométricamente isomorfo a cualquier otro espacio de Hilbert separable, como lo afirma el siguiente teorema. Teorema Sea X un espacio de Hilbert separable de dimensión infinita. Entonces X es isométricamente isomorfo a l 2 ; es decir, existe una isometría Φ : X l 2 tal que es un isomorfismo. Demostración. Como X es separable y de dimensión infinita, existe un sistema ortonormal completo, digamos S = {u n }, infinito contable. Entonces, para cada x X, x = ˆx(n)u n, donde ˆx(n) = (x,u n ), por el teorema Definimos entonces la función Φ : X l 2 como Φ(x) = (a n ), donde a n = ˆx(n). Por la identidad de Parseval, x 2 = a n 2 = Φ(x) 2, por lo que Φ es una isometría. Claramente es lineal porque el producto interno es lineal. Para verificar que es un isomorfismo, observamos primero que Φ es inyectiva porque Φ(x) = x, y entonces Φ(x) = 0 solo si x = 0. Para mostrar que Φ es sobreyectiva, sea (a n ) l 2 y consideramos la serie a n u n. Para mostrar que converge, sean s n las sumas parciales. Entonces, como los u n son ortonormales, si n > m tenemos, por el teorema de Pitágoras, s n s m 2 = a n 2. m<l n Como (a n ) l 2, para ε > 0 existe N tal que, si n N, n N a n 2 < ε 2. Por lo tanto, si n,m N, s n s m < ε.

16 Espacios de Hilbert Así que la sucesión (s n ) es de Cauchy y, como X es completo (es un espacio de Banach), converge, digamos a n u n = x. Por la unicidad de la expansión ortogonal (teorema 9.13), Φ(x) = (a n ), y por lo tanto Φ es sobreyectiva. 4. El espacio L 2 ([0, 1]) Consideremos el espacio C([0, 1], C) (que solo denotaremos C([0, 1]). Recordemos que podemos definir el producto interno (f,g) = el cual induce la norma 2. Sin embargo, C([0,1]) no es completo con respecto a esta norma. Por ejemplo, si consideramos la sucesión de funciones continuas (f n ) dadas por n 1/3 0 x 1 f n (x) = n 1 1 x 1/3 n x 1, entonces (f n ) es una sucesión de Cauchy en C([0,1]), con la norma 2, pero no converge. Para demostrarlo, sea ε > 0, y tomamos N > 64. Entonces, para n > ε6 m N, 1 f n f m 2 2 = (n1/3 m 1/3 ) 2 n 0 fḡ, 1 m + 1 n m 1/3 1 1 x 2/3dx 1 ( 1 ) n 1/3 + 3 n 1/3 4 N 1/3 < ε2, y por lo tanto f n f m 2 < ε. Entonces la sucesión (f n ) es de Cauchy. Si convergiera, digamos, f n f, entonces f sería acotada. Sea M > 0 tal que f M. Pero entonces, si tomamos N > (M + 1) 3, para x [0,1/N]. Así que f N f 2 2 = f N (x) M = N 1/3 M > f N f 2 1 N 0 1 = 1 N, y entonces f n f 2 1 N para todo n N, lo que contradice f n f con respecto a la norma 2.

17 4. El espacio L 2 ([0,1]) 165 Para obtener un espacio de Hilbert, tomamos entonces la completitud C([0,1]) del espacio C([0,1]) (sección 5, capítulo 2) con respecto a la norma 2. Lo denotaremos como L 2 ([0,1]). L 2 ([0,1]) es un espacio de Hilbert (ejercicio 17), y se le llama espacio de Lebesgue de funciones cuadráticamente integrables. No es obvio que los elementos de L 2 ([0,1]), definidos como clases de equivalencia de sucesiones de Cauchy en (C([0,1]), 2 ), puedan ser representados por funciones en [0,1], y la demostración está fuera del alcance de estas notas 2. Sin embargo, será suficiente para nosotros el que f L 2 ([0,1]) si, y solo si, existe una sucesión de funciones continuas f n en [0,1] tales que f n f con respecto a 2. Ejemplo La función f(x) = x 1/3, x 0, f(x) = 0, está en L 2 ([0,1]). De hecho, es el límite de la sucesión (f n ), presentada anteriormente, bajo la norma 2. 3 Empezamos por observar que L 2 ([0,1]) es separable. 4 Como consecuencia del teorema de Stone-Weierstrass, el espacio (C([0,1]), u ) (con respecto a la norma uniforme) es separable (corolario 5.15), por lo que existe un conjunto contable F = {f n } de funciones continuas tales que, para cada f C([0,1]) y cada ε > 0, f n f u < ε. Podemos tomar, por ejemplo, los polinomios con coeficientes racionales. Ahora bien, sea f L 2 ([0,1]) y sea ε > 0. Entonces, existe una función continua g tal que Ahora bien, existe f n F tal que Entonces f g 2 < ε 2. g f n u < ε 2. f f n 2 f g 2 + g f n 2 < ε g f n 2 Por lo tanto, F es denso en L 2 ([0,1]). ε g f n 2 u < ε 2 + ε 2 = ε Véase, por ejemplo, [2], para la demostración de este hecho. 3 Más precisamente, es un representante del límite. Refiérase a la sección 5 del capítulo 2 para los detalles. 4 En general, la completitud de un espacio separable es separable (ejercicio 18).

18 Espacios de Hilbert Por el teorema 9.11, L 2 ([0,1]) tiene un sistema ortonormal completo contable, el cual podemos tomar, por ejemplo, el obtenido al aplicar el proceso de Gram-Schmidt a la sucesión de polinomios 1,x,x 2,x 3,..., como en el ejemplo Sin embargo, un sistema ortonormal completo más popular es el formado por las funciones exponenciales e n (x), n Z, dadas por e n (x) = e 2πinx, x [0,1]. Aquí, enumeramos a los enteros como 0, ±1, ±2,... Teorema La colección de funciones S = {e n : n Z} forma un sistema ortonormal completo en L 2 ([0,1]). Demostración. Empezamos por verificar que gen S es denso en C([0, 1]), con respecto a la norma uniforme. Pero, como para cada n e n (x) = cos nx + isen nx, entonces gen S es el conjunto de polinomios trigonométricos en [0, 1] con coeficientes complejos, y por lo tanto es denso en C([0, 1]) (separando partes real e imaginaria), como habíamos observado en el ejemplo Entonces, para cada f C([0, 1]) y cada ε > 0, existe un polinomio p gen S tal que f p u < ε. Ahora, para f L 2 ([0,1]) y ε > 0, sea g C([0,1]) tal que f g 2 < ε 2, y sea p gen S tal que g p u < ε 2. Entonces, similarmente al análisis anterior, tenemos f p 2 f g 2 + g p 2 < ε g p 2 ε g p 2 u < ε 2 + ε 2 = ε. 0 Dejamos como ejercicio la verificación que las funciones e n son ortonormales (ejercicio 19). Podemos entonces expresar cada f L 2 ([0,1]) como la serie (9.4) f = n Z ˆf(n)e n, 0

19 4. El espacio L 2 ([0,1]) 167 donde ˆf(n) son los coeficientes de Fourier ˆf(n) = (f,e n ), y la suma se entiende simétricamente, es decir ˆf(n)e n = lím n Z con convergencia en L 2 ([0,1]). N N n= N ˆf(n)e n, Si f es una función continua, entonces sus coeficientes de Fourier están dados por ˆf(n) = (f,e n ) = y podemos preguntarnos si la serie n Z 1 0 ˆf(n)e 2πinx f(x)e 2πinx, converge punto por punto, o uniformemente, a f(x). Tenemos el siguiente teorema. Teorema Sea f C([0,1]), y suponemos que sus coeficientes de Fourier satisfacen (9.5) ˆf(n) <. Entonces la serie de Fourier (9.6) converge uniformemente a f. n Z ˆf(n)e 2πinx n Z Demostración. Empezamos por observar que, por el criterio M de Weierstrass, (9.5) implica que la serie converge uniformemente en C([0, 1]), digamos a la función continua g. Ahora bien, si S N es la suma parcial S N (x) = N n= N ˆf(n)e 2πinx de la serie (9.6), entonces, como S N g, entonces S N g en L 2 ([0,1]), y por lo tanto ŜN(n) ĝ(n), cuando N, para cada n. Pero { 0 N < n Ŝ N (n) = ˆf(n) N n. Entonces ĝ(n) = ˆf(n).

20 Espacios de Hilbert Por el teorema 9.16, la función Φ : L 2 ([0,1]) l 2 dada por Φ(f) = ( ˆf(n)) n Z, n = 0, ±1,..., es un isomorfismo, g = f, porque ambas son continuas. Ejercicios 1. Sea (x,y) = x y el producto interno estándar en R 2. Entonces (x,y) = x y cos θ, donde θ es el ángulo entre los vectores x y y en R Utiliza el ejercicio anterior para mostrar la ley de cosenos: si a,b,c son las longitudes de los lados de un triángulo, y θ es el ángulo opuesto al lado de longitud c, entonces a 2 + b 2 = c 2 + 2abcos θ. 3. La siguiente identidad es llamada la identidad de polarización, tanto en el caso real como en el complejo. a) Sea X un espacio con producto interno sobre R. Entonces, para x,y X, (x,y) = 1 4( x + y 2 x y 2). b) Sea X un espacio con producto interno sobre C. Entonces, para x,y X, (x,y) = 1 4( x + y 2 x y 2 + i x + iy 2 i x iy 2). 4. Sea (X, ) un espacio normado tal que, para todo x,y X, x + y 2 + x y 2 = 2 x y 2. Entonces es inducida por un producto interno. (Sugerencia: Utiliza el ejercicio anterior.) 5. Sea Y un subespacio vectorial del espacio normado X. Entonces la cerradura Ȳ también es un subespacio vectorial de X. 6. Sea X un espacio con producto interno de dimensión finita y sea {u 1,...,u l } una base ortonormal para X. Entonces, para todo x X, x = (x,u 1 )u (x,u l )u l.

21 Ejercicios Sea X un espacio con producto interno de dimensión finita sobre K. Entonces, si dimx = l, X es isométricamente isomorfo a K l ; es decir, existe un isomorfismo Φ : X K l que preserva el producto interno, para todo x,y X. (x,y) = (Φx,Φy) 8. Sean (u n ) y (v n ) sucesiones de vectores linealmente independientes tales que, para cada n, v n gen{u 1,...,u n }. Entonces, para cada n, u n gen{v 1,...,v n }. 9. Sean v 1,...,v k ortogonales en el espacio X. Entonces son linealmente independientes. 10. Considera X = C([ 1, 1]) con el producto interno (f,g) = 1 1 A partir de f n (x) = x n, n = 0,1,2,..., utiliza el proceso de Gram- Schmidt para obtener polinomios p 0,p 1,p 2,p 3 tal que cada p n es de grado n y son ortonormales. Estos polinomios son llamados polinomios de Legendre. 11. Sea Y un subespacio cerrado del espacio de Hilbert X y T : X Y definida como Tx = Proy Y x. Entonces T es continua. (Sugerencia: Utiliza el teorema de Pitágoras.) 12. Sea Y un subespacio cerrado del espacio de Hilbert X, y sea fḡ. Y = {x X : x Y }. Entonces Y es un subespacio cerrado de X. 13. Sea Y un subespacio cerrado del espacio de Hilbert X. Entonces X = Y Y. 14. Sea X un espacio de Hilbert separable y Y un subespacio cerrado de X. Entonces Y es separable. 15. Sea l 2 el conjunto de las sucesiones (a n ) en K tales que a n 2 <. Entonces l 2 es un espacio vectorial con operaciones (a n ) + (b n ) = (a n + b n ) y λ(a n ) = (λa n ).

22 Espacios de Hilbert 16. Para cada k, sea e k la sucesión (e n k ) { donde e n k = 1 k = n 0 k n. Entonces, para (a n ) l 2, (a n ) = a n e n. 17. Sea X un espacio vectorial con producto interno y sea X su completitud. Entonces X es un espacio de Hilbert. 18. Si X es separable, entonces X es separable. 19. Para cada n Z, sea e n (x) = e 2πinx. Entonces { 1 1 n = m e n (x)e m (x)dx = 0 n m Para toda f C([0,1]), la sucesión ( ˆf(n)) es acotada. 21. Sea f continuamente diferenciable en [0,1] y tal que f(0) = f(1). Entonces f (n) = 2πin ˆf(n), donde f (n) es el n-ésimo coeficiente de Fourier de la derivada f de f. (Sugerencia: Integra por partes.) 22. Sea f continuamente diferenciable en [0,1] y tal que f(0) = f(1). Entonces su serie de Fourier converge uniformemente a f. (Sugerencia: Utiliza el problema anterior.)