ANÁLISIS FUNCIONAL. Oscar Blasco

ANÁLISIS FUNCIONAL Oscar Blasco

Contents 1 Introducción a los espacios de Hilbert 5 1.1 Producto escalar: Propiedades y ejemplos........... 5 1.2 Completitud y ortogonalidad................... 9 1.3 Proyecciones ortogonales...................... 12 1.4 Dualidad.............................. 17 2 Introducción a los espacios de Banach 19 2.1 Espacios normados: Propiedades y ejemplos.......... 19 2.2 Completitud y separabilidad................... 23 2.3 Espacios de Funciones....................... 27 3 Operadores lineales y continuos 39 3.1 Primeras definiciones y ejemplos................. 39 3.2 El espacio L(X, Y )........................ 45 3.3 Espacios de Banach finito dimensionales............ 5 3.4 Dualidad.............................. 53 3.5 Operadores invertibles...................... 57 3.6 Aplicaciones a ecuaciones integrales............... 59 4 Ampliación de espacios de Hilbert 69 4.1 Bases Ortonormales........................ 69 4.2 Operador adjunto......................... 75 5 Teoría espectral de operadores 81 5.1 Espectro de un operador..................... 81 5.2 Operadores compactos...................... 84 5.3 Espectro de operadores compactos................ 88 5.4 Espectro de operadores autoadjuntos en espacios de Hilbert.. 93 5.5 El teorema espectral....................... 96 3

Chapter 1 Introducción a los espacios de Hilbert 1.1 Producto escalar: Propiedades y ejemplos Definición 1.1.1 Sea X un espacio vectorial sobre K (K = R ó C). Una aplicación, : X X K se llama producto escalar si cumple las siguientes propiedades: (i) x + y, z = x, z + y, z, x, y, z X. (ii) αx, y = α x, y, x, y X, α K. (iii) y, x = x, y, x, y X. (iv) x, x >, x X, x. Nota 1.1.1 Se obtiene de manera inmediata que (v) x, y + z = x, y + x, z, x, y, z X. (vi) x, αy = ᾱ x, y, x, y X, α K. Definición 1.1.2 Un espacio (X,, ) dotado de un producto escalar se dice espacio prehilbertiano. Definimos x = x, x. Ejemplo 1.1.1 R n = {x = (x 1,..., x n ) : x i R} con x, y = x i y i. i=1 5

6 Chapter 1. Introducción a los espacios de Hilbert Ejemplo 1.1.2 C n = {z = (z 1,..., z n ) : z i C} con z, w = z i w i. i=1 Ejemplo 1.1.3 l 2 = {(z n ) n N : z n C, n=1 z n 2 < } con (z n ), (w n ) = z n w n. n=1 Ejemplo 1.1.4 C([a, b]) espacio de funciones continuas (con valores en K) con f, g = b a f(t)g(t)dt. Ejemplo 1.1.5 Sea Ω R n medible Lebesgue. Considerar L 2 (Ω) = {f : Ω K medibles : f(x) 2 dm(x) < }. Diremos que f g si m({x Ω : f(x) g(x)}) =, i.e. f = g en casi todo punto y definimos L 2 (Ω) el espacio cociente L 2 (Ω)/. Definimos el producto escalar sobre este espacio f, g = f(x)g(x)dm(x). Ω Proposición 1.1.3 (Desigualdad de Cauchy-Schwarz) Sea (X,, ) un espacio prehilbertiano. Entonces Ω x, y x y, x, y X (1.1) Demostración: Podemos suponer que x y que y pues caso contrario x, y = y la desigualdad es trivial. Consideremos λ, β K, x, y X. βx + λy, βx + λy = β 2 x, x + β λ x, y + βλ y, x + λ 2 y, y Como x se puede elegir β = x,y x 2 = β 2 x 2 + 2R(β λ x, y ) + λ 2 y 2. x, y 2 + y 2. x 2 y λ = 1 y se obtiene Y por tanto x, y 2 x 2 y 2.

1.1. Producto escalar: Propiedades y ejemplos 7 Proposición 1.1.4 (Desigualdad de Minkowski) Sea (X,, ) un espacio prehilbertiano. Entonces Demostración: Usando (1.1) se tiene x + y x + y, x, y X (1.2) x + y 2 = x + y, x + y = x 2 + 2R x, y + y 2 x 2 + 2 x, y + y 2 x 2 + 2 x y + y 2 = ( x + y ) 2. Nota 1.1.2 Si (X,, ) es un espacio prehilbertiano entonces (X, ) es un espacio normado. Proposición 1.1.5 Sea (X,, ) un espacio prehilbertiano. Entonces (i) : X R + es continua. (ii), : X X K es continua. (iii) + : X X K definida por (x, y) x + y es continua. (iv). : K X K definida por (λ, x) λx es continua. Demostración: (i) Como x x y + y y y x y + x se concluye que x y x y y también y x x y. Es decir, x y x y. Lo que demuestra la continuidad de la norma. (ii) Supongamos que x n x y y n y. Entonces x n, y n x, y = x n x, y n + x, y n y x n x, y n + x, y n y x n x y n + x y n y. Ahora tomar lim n. (iii) y (iv) inmediatas.

8 Chapter 1. Introducción a los espacios de Hilbert Corolario 1.1.6 Si Y es un subespacio vectorial de X entonces la clausura Ȳ es tambien un subespacio. Demostración: Si λ, β K y x, y Ȳ existen (x n) e (y n ) sucesiones en Y tales que x n x e y n y. Ahora por continuidad λx n + βy n Y y λx + βy = lim n (λx n + βy n ) Ȳ. Proposición 1.1.7 (Ley del paralelogramo) Sea (X,, ) un espacio prehilbertiano. Entonces x + y 2 + x y 2 = 2( x 2 + y 2 ) x, y X (1.3) Demostración: x + y 2 + x y 2 = x 2 + 2R( x, y ) + y 2 + x 2 2R( x, y ) + y 2 = 2( x 2 + y 2 ). Proposición 1.1.8 (Identidad de polarización) Sea (X,, ) un espacio prehilbertiano real. Entonces x, y = 1 4 ( x + y 2 x y 2 ) x, y X (1.4) Demostración: x + y 2 x y 2 = x 2 + 2 x, y + y 2 ( x 2 2 x, y + y 2 = 4 x, y.

1.2. Completitud y ortogonalidad 9 1.2 Completitud y ortogonalidad Definición 1.2.1 Un espacio prehilbertiano (X,, ) tal que es completo respecto a la norma x = x, x se denomina espacio de Hilbert. Teorema 1.2.2 (l 2, 2 ), donde (x k ) 2 = ( k=1 x k 2 ) 1/2, es un espacio de Hilbert. Demostración: Sea (x n ) n N una sucesión de Cauchy en l 2. Como x m k x n k x n x m 2, k N se concluye que (x n k) n N es de Cauchy en K, y por ser K un espacio completo lim n x n k = x k para cada k N. Veamos que x m converge a x = (x 1, x 2,...) y x l 2. Dado ε > o existe n N tal que x n k x m k 2 = x n x m 2 2 < ε 2, n, m n. k=1 Fijemos N N. En particular N k=1 x n k x m k 2 < ε 2. Pasando al lim m se tiene que N x n k x k 2 ε 2, n n. k=1 Tomando supremos en N se concluye que x n x 2 ε para n n. Esto significa x n x. La desigualdad de Minkowskyi implica que N N N ( x k 2 ) 1/2 ( x k x n k 2 ) 1/2 + ( k=1 k=1 k=1 x n k 2 ) 1/2 ε + x no. Tomando lim N se concluye que x l 2. Proposición 1.2.3 Sea C([, 1]) el espacio de las funciones continuas en [, 1] con valores en R. Entonces C([, 1]) no es un espacio de Hilbert respecto al producto escalar f, g = 1 f(t)g(t)dt.

1 Chapter 1. Introducción a los espacios de Hilbert Demostración: Sea t < 1 2 f n (t) = n(t 1 2 ) 1 t < 1 + 1. 2 2 n 1 1 + 1 t 1 2 n Como f n 1, se tiene que para m n f n f m 2 2 = 1 f n (t) f m (t) 2 dt = 1 2 + 1 n 1 2 f n (t) f m (t) 2 dt 4 n. Por tanto {f n } es una sucesión de Cauchy. Supongamos que existe f C([, 1]) tal que lim n f n f 2 =. Entonces 1 f n (t) f(t) 2 dt = + + 1/2 1/2+1/n 1/2 1 1/2+1/n f(t) 2 dt f n (t) f(t) 2 dt 1 f(t) 2 dt. Tomando lim n se concluye que 1/2 f(t) 2 dt + 1 1/2 1 f(t) 2 dt =. Como f es continua entonces f(t) = para < t < 1/2 y f(t) = 1 para 1/2 < t < 1. Como consecuencia f no es continua en t = 1/2. Definición 1.2.4 Sea (X,, ) un espacio prehilbertiano y sean x, y X. Diremos que x e y son ortogonales, y denotaremos x y, si x, y =. Dado M X definimos el conjunto ortogonal de M por M = {x X : x, y = para todo y M}. Ejemplo 1.2.1 Sea X = R n y sean x = (1,,..., ) e y = (, 1,...). Entonces x y. Sea x = (a 1,..., a n ). Entonces (x ) = {(x 1,..., x n ) : n k=1 a i x i = } es un hiperplano de vector normal x. {}}{ Ejemplo 1.2.2 Sea X = l 2 y sean e n = (,...,, 1,..., ) para n N. Entonces e n e m si n m. Si x = (1, 1,,,...) e y = (,, 1, 1/2, 1/3, 1/4,...) entonces x y. n 1

1.2. Completitud y ortogonalidad 11 Si x = (1, 1/4,..., 1/2 n,...) e y = ( 1, 1/2, 1/4,..., 1/2 n,...) 1/2, entonces x y. Sea x = (1, 1/2, 1/4,..., 1/2 n,...). Entonces x = {(x 1,..., x n,..) : x n 2 x n <, = }. n=1 n=1 2n 1 Por ejemplo y 1 = ( 1,,...) ó y 2 = (, 1/2, 1,,...) pertenecen a x. Ejemplo 1.2.3 Sean X = L 2 ([, 1]), f(t) = sen(2πt) y g(t) = cos(2πt). Entonces f g, pues 1 sen(2πt)cos(2πt)dt = 1 1 sen(4πt) =. 2 En el caso complejo, sea φ n (t) = e 2πint para n Z. Entonces φ n φ m si n m. 1 φ n (t)φ m (t)dt = Si f (t) = 1 entonces = + i 1 1 1 e 2πi(n m)t dt cos(2π(n m)t)dt (f ) = {f L 2 ([, 1]); sen(2π(n m)t)dt =, n m. 1 f(t) = }. Proposición 1.2.5 Sea (X,, ) un espacio prehilbertiano y M X. Entonces (i) M es un subespacio vectorial cerrado. (ii) ( M) = M. Demostración: (i) Es suficiente ver que x es subespacio cerrado, pues M = x M x, y es claro que la intersección de subespacios es subespacio y la intersección de cerrados es cerrado. Nótese ahora que x = {y M : x, y = } = (φ x ) 1 ({}) donde φ x (y) = x, y es continua y lineal. (ii) Se tiene que ( M) M ya que M M. Dado ahora x M y dado y M, existe y n M tal que y n y. Por tanto x, y n x, y, y como x, y n = entonces x y.

12 Chapter 1. Introducción a los espacios de Hilbert Proposición 1.2.6 (Teorema de Pitágoras) Sea (X,, ) espacio prehilbertiano real y sean x, y X. Entonces x y si y sólo si x + y 2 = x 2 + y 2. Demostración: Supongamos que x, y = entonces x + y 2 = x 2 + y 2 + x, y + y, x = x 2 + y 2. El reciproco es cierto en el caso real pues x, y + y, x = 2 x, y. 1.3 Proyecciones ortogonales. Definición 1.3.1 Sea (X,, ) un espacio prehilbertiano, C X y x X. Definimos d(x, C) = inf{ x y : y C}. Nos interesa calcular la distancia mínima de un punto a un conjunto, y encontrar el valor (único si es posible) dónde se alcanza. Esto nos obliga a exigir ciertas condiciones en el conjunto C. Nota 1.3.1 Desde luego si x C entonces d(x, C) =, pero puede ocurrir que d(x, C)) = aunque x / C. Éste es el caso si C no es cerrado (por ejemplo X = R, C = (, 1) y x = ). En este caso no se garantiza existencia de mínimo en C. Nota 1.3.2 Si X = R 2, C la circunferencia unidad y x el origen entonces d(x, C) = 1 y se alcanza en todos los puntos de C. La no convexidad de C es el motivo de la no unicidad! Recordemos que un conjunto C X se dice convexo si dados x, y C y < t < 1 entonces tx + (1 t)y C. Teorema 1.3.2 (Aproximación óptima) Sea X espacio de Hilbert, C X convexo y cerrado. Entonces para todo x X existe un único u C tal que d(x, C) = x u.

1.3. Proyecciones ortogonales. 13 Demostración: Probemos primero la existencia. Si x C tomemos u = x. Podemos suponer que x / C, y por ser C cerrado, d(x, C) = d >. Sea (y n ) una sucesión de puntos de C tales que d 2 = x y n 2 d 2 + 1/n. Veamos que (y n ) es de Cauchy. Usando la ley del paralelogramo (1.3) (y n + y m ) 2x 2 + y n y m 2 = 2 y n x 2 + 2 y m x 2 4d 2 + 2 n + 2 m. Como C es convexo se tiene que (y n + y m ) 2x 2 = 4 yn 2 + ym 2 x 2 4d 2. Es decir, 4d 2 + y n y m 2 4d 2 + 2/n + 2/m. Por tanto si n N es tal que 2/n < ε 2 /2 para n n se obtiene y n y m < ε, n, m n. Como (C, d) es un espacio métrico completo existe u C tal que Por tanto lim y n u =. n d x u x y n + y n u d 2 + 1/n + y n u. Y tomando límites se obtiene d = x u. Para la unicidad suponer que u 1 C y u 2 C verifican que x u 1 = x u 2 = d(x, C). Usando de nuevo (1.3) u 1 u 2 2 + 4 x ( u 1 2 + u 2 2 ) 2 = 2 u 1 x 2 + 2 u 2 x 2 = 4d 2. Como u 1 2 + u 2 2 C se tiene 4 x ( u 1 2 + u 2 2 ) 2 4d 2 y por tanto u 1 u 2 =. Definición 1.3.3 Si C es un conjunto convexo y cerrado de un espacio de Hilbert denotamos P C (x) el único elemento en C tal que x P C x = d(x, C).

14 Chapter 1. Introducción a los espacios de Hilbert Veamos una propiedad que refleja la idea intuitiva de que el ángulo que forma x P C x con v P C x para todo v C es mayor que π/2. Proposición 1.3.4 Sea X espacio de Hilbert real, C X convexo y cerrado. Entonces (i) x P C x, v P C x, v C, x X. (ii) P C x P C y x y, x, y X. Demostración: (i) Si x C entonces P C x = x y v P C x, x P C x =. Supongamos que x / C, v C y t 1. Si d(x, C) = x P C x = d se tiene Por tanto < d 2 x (tv + (1 t)p C x) 2 = x P C x t(v P C x) 2 x P C x 2 + t 2 v P C x 2 2t x P C x, v P C x = d 2 + t 2 v P C x 2 2t x P C x, v P C x. 2 x P C x, v P C x t v P C x 2, < t < 1. Pasando al lim t se obtiene (i). (ii) Usando (i) se puede poner x P C x, P C y P C x, P C y y, P C y P C x. Sumando ambas desigualdades se concluye que x y (P C x P C y), P C y P C x, y denotando u = x y (P C x P C y) y v = P C y P C x tenemos u, v. De la ley del paralelogramo se concluye x y 2 = u v 2 = u 2 + v 2 2 u, v v 2 = P C y P C x 2. Teorema 1.3.5 Sea X un espacio de Hilbert y Y un subespacio cerrado de X. Entonces P Y x = u si y sólo si u Y y x u Y. En particular X = Y Y.

1.3. Proyecciones ortogonales. 15 Demostración: = )Desde luego u = P Y x Y. Además si z Y se tiene x u 2 x (u + z) 2 x u 2 + z 2 2R( x u, z ) = d 2 + z 2 2R( x u, z ). Por tanto 2R( x u, z ) z 2 para todo z Y. Si y Y y z = ty para t se tendría que 2R( x u, y ) t y 2 para todo y Y. Tomando lim t + se concluye R( x u, y ), y Y y cambiando y por y se obtiene R( x u, y ) =, y Y. Sustituyendo ahora y por iy se llega a I( x u, y ) =, y Y. =)Supongamos u Y y x u Y. Como x u, u y = para todo y Y se tiene x y 2 = x u 2 + y u 2 x u 2 y por tanto u = P Y x. Para probar que X = Y Y observar que x = P Y x + (x P y x) y la descomposición es única. En efecto, si x = y 1 + z 1 = y 2 + z 2 con y 1, y 2 Y y z 1, z 2 Y entonces y 1 y 2 = z 2 z 1 Y Y = {}. Teorema 1.3.6 Sea Y un subespacio cerrado de un espacio de Hilbert X. Definimos P Y : X Y dada por x P Y x. Entonces (i) P Y es una aplicación lineal y continua con P Y x x. (ii) PY 2 = P Y, Y = ImP Y, Y = KerP Y. Demostración: (i) Sean x 1, x 2 X, λ, β K. Veamos que P Y (λx 1 + βx 2 ) = λp Y (x 1 ) + βp Y (x 2 ). Usando el Teorema 1.3.5 es suficiente ver que λx 1 + βx 2 (λp Y (x 1 ) + βp Y (x 2 )), y =, y Y. Pero ésto es consecuencia de la bilinealidad del producto escalar, pues λx 1 +βx 2 λp Y (x 1 ) βp Y (x 2 ), y = λ x 1 P Y (x 1 ), y +β x 2 P Y (x 2 ), y =.

16 Chapter 1. Introducción a los espacios de Hilbert Usando ahora que P Y () = se tiene P Y (x) = P Y (x) P Y () y. (ii) Es claro que P Y (P Y x) = P Y x pues P Y x Y. Dado y Y se tiene que y = P Y y luego ImP Y = Y. Finalmente si x KerP Y significa que P Y x = y por tanto x Y. Definición 1.3.7 P Y se conoce como la proyección ortogonal de X sobre Y. Proposición 1.3.8 Sea Y subespacio de un Hilbert X. (i) Y es cerrado Y = Y. (ii) Y es denso Y = {}. Demostración: (i) Es evidente que Y Y y si coinciden Y es el ortogonal de un conjunto y por tanto cerrado. Suponiendo que Y es cerrado, usando el Teorema 1.3.5, dado x Y se tiene x = y + z con y Y y z Y. Ahora bien z = x y Y Y y por tanto z = y x = y Y. (ii) Apliquemos el Teorema 1.3.5 al subespacio Ȳ. Se tiene que X = Ȳ + Y y por tanto X = Ȳ Y = {}. Ejemplo 1.3.1 Calcular I = inf a,b R π π sen(t) (a + bt) 2 dt. Demostración: Consideremos X = L 2 ([ π, π]), Y = {a + bt : a, b R}. Claramente Y es un subespacio vectorial. Veamos que es cerrado. Sea f n (t) = a n + b n t sucesión convergente a f en L 2 ([ π, π]). En particular 2πa n = π π f n (t)dt, 2π 3 3 b n = π π tf n (t). Por tanto (a n ) y (b n ) son sucesiones de Cauchy en R. Sean a = lim a n y b = lim b n. La función f(t) = a + bt Y, ya que ( π π t f n (t) f(t) 2 dt) 1/2 ( π π a n a 2 dt) 1/2 + ( π π (b n b)t 2 dt) 1/2 = a n a (2π) 1/2 + b n b ( 2π3 3 )1/2. Utilizando el Teorema de la proyección buscamos a, b R tales que sen(t) (a + bt) Y, es decir π (sen(t) (a + bt))dt =, π π π (sen(t) (a + bt))tdt =.

1.4. Dualidad 17 La primera ecuación da a = y la segunda b = 1 π 3 π tsentdt. Ejemplo 1.3.2 Sea X = l 2 y definimos Probar que Y es denso en l 2. Y = {(x n ) l 2 : x n = }. n=1 Demostración: Es inmediato ver que Y es un subespacio. Aplicando Proposición 1.3.8 veremos que Y = {}. Supongamos que (y n ) Y. Consideremos x = (1, 1,,...) = e 1 e 2 Y entonces n=1 y n x n = y 1 y 2 =. Por tanto y 1 = y 2. Considerando e 2 e 3 Y se obtiene y 2 = y 3. En general, e k e k+1 Y y por tanto y k = y k+1. Ahora el vector y l 2 y por tanto y k = para todo k N. 1.4 Dualidad Definición 1.4.1 Sea X un espacio de Hilbert. Una aplicación lineal continua de X en K se conoce como forma lineal continua. Denotamos X = {φ : X K, lineal continua } y le llamamos espacio dual de X. Nota 1.4.1 Sea x Y, la aplicación φ x : X K dada por φ x (x) = x, x pertenece a X. Teorema 1.4.2 (Teorema de Riesz-Fréchet) Sea X un espacio de Hilbert. Para toda φ X existe un único x tal que Es decir, X = X. φ(x) = x, x, x X. Demostración: Sea Y = φ 1 ({}) = Kerφ. Es un subespacio cerrado de X. Si Y = X entonces tomamos x =. Supongamos que Y X. Escribimos X = Y Y. Fijemos v X \ Y, y denotemos w = v P Y v Y. Es claro que w y que φ(w). Definimos x = φ(w) w Y. w 2 Comprobemos que φ(x) = x, x para todo x X.

18 Chapter 1. Introducción a los espacios de Hilbert Comprobemos, ahora, que x es el elemento que buscábamos. En efecto, φ(x φ(x) φ(x) w) = lo que implica que x w Y. Por tanto φ(w) φ(w) x, x = x φ(x) φ(w) w, x + φ(x) φ(w) w, x = φ(x) φ(w) w, w = φ(x). φ(w) w 2 Para demostrar la unicidad, suponer que existen x 1, x 2 X tales que x, x 1 = x, x 2 = φ(x) para todo x X. Por tanto x, x 1 x 2 = para todo x X, y tomando x = x 1 x 2, se concluye x 1 = x 2.

Chapter 2 Introducción a los espacios de Banach 2.1 Espacios normados: Propiedades y ejemplos Definición 2.1.1 Sea K = R ó C y sea X un espacio vectorial sobre K. Una norma sobre X es una aplicación : X [, ) verificando (i) x para todo x X y x = si, y sólo si, x =. (ii) αx = α x para todo x X y todo α K. (iii) x + y x + y para todo x e y en X. Un espacio vectorial (X, ) se dice espacio normado si es una norma sobre X. Definición 2.1.2 En K n definimos las siguientes normas: (x 1,..., x n ) 1 = x i, (2.1) k=1 (x 1,..., x n ) 2 = ( x i 2 ) 1/2, (2.2) k=1 (x 1,..., x n ) = sup x i. (2.3) 1 k n Nota 2.1.1 La pruebas de (2.1) y (2.3) son elementales. El hecho de que (2.2) es una norma se vió en el Capitulo anterior. 19

2 Chapter 2. Introducción a los espacios de Banach Definición 2.1.3 Sea 1 < p < en K n definimos (x 1,..., x n ) p = ( x i p ) 1/p. (2.4) Veamos que p es una norma. Para ello usaremos los siguientes lemas. k=1 Lema 2.1.4 (Desigualdad de Young) Sea 1 < p < y 1 p + 1 q = 1. Entonces ab ap p + bq, a, b. (2.5) q Demostración: Podemos suponer que a >, b > y a b. Poniendo x = a p e y = b q hemos de probar que Equivalentemente, x 1/p y 1 1/p x p + y q, x y >. ( x y )1/p 1 1 p (x y 1), x y >. Ésto, denotando λ = x, se obtiene de la estimación (que es consecuencia y teorema del valor medio aplicado a φ(t) = t 1/p ) λ 1/p 1 1 (λ 1), λ 1. (2.6) p. Lema 2.1.5 (Desigualdad de Hölder) Sea 1 < p <, 1 + 1 p q (x 1,..., x n ), (y 1,..., y n ) K n. Entonces = 1 y sean x k y k ( x k p ) 1/p ( y k q ) 1/q. (2.7) k=1 k=1 k=1 Demostración: Supongamos que ( n k=1 x k p ) 1/p = ( n k=1 y k q ) 1/q = 1. Entonces de (2.5) se concluye que x k y k x k p p + y k q q, 1 k n.

2.1. Espacios normados: Propiedades y ejemplos 21 Sumando sobre k y usando la hipótesis se obtiene x k y k 1 k=1 p + 1 q = 1. Denotemos x = (x 1,..., x n ) e y = (y 1,..., y n ). En el caso de que x p = ó bien y q = la desigualdad es trivial. Supongamos entonces que x p y q >. Definiendo x k = x k x p e y k = y k y q para 1 k n se tiene que ( n k=1 x k p ) 1/p = ( n k=1 y k q ) 1/q = 1 y por tanto 1 x k y k 1. x p y q k=1 Lema 2.1.6 (Desigualdad de Minkowski) Sea 1 < p < y sean (x 1,..., x n ), (y 1,..., y n ) K n. Entonces ( x k + y k p ) 1/p ( x k p ) 1/p + ( y k p ) 1/p. (2.8) k=1 k=1 k=1 Demostración: Primero estimamos del siguiente modo x k +y k p = x k +y k x k +y k p 1 x k x k +y k p 1 + y k x k +y k p 1. k=1 k=1 k=1 k=1 Usando (2.7) y el hecho (p 1)q = p podemos escribir x k + y k p ( x k p ) 1/p ( x k + y k (p 1)q ) 1/q k=1 k=1 k=1 + ( y k p ) 1/p ( x k + y k (p 1)q ) 1/q k=1 k=1 = ( x k + y k p ) 1/q( ( x k p ) 1/p + ( y k p ) 1/p). k=1 k=1 k=1 La desigualdad es trivial si n k=1 x k + y k p = así que podemos suponer nk=1 x k + y k p >. Ésto nos permite despejar y se obtiene ( x k + y k p ) 1 1/q ( x k p ) 1/p + ( y k p ) 1/p. k=1 k=1 k=1

22 Chapter 2. Introducción a los espacios de Banach Teorema 2.1.7 (K n, p ) es un espacio normado para 1 < p <. Demostración: Las propiedades (i) y (ii) son inmediatas. La desigualdad triangular corresponde a (2.8) Definición 2.1.8 Sea 1 p < definimos y denotamos y l p = {x = (x n ) n N : x n K, x n p < } n=1 En el caso p = definimos (x n ) p = ( x n p ) 1/p. n=1 l = {x = (x n ) n N : x n K, (x n ) = sup x n < }, n N c = {x = (x n ) n N : x n K, existe n lim x n } c = {x = (x n ) n N : x n K, lim n x n = }. La misma demostración que en el caso finito dimensional permite probar el siguiente resultado: Teorema 2.1.9 (l p, p ) es un espacio normado para 1 < p <. Teorema 2.1.1 Sea 1 p 1 p 2. Entonces Además, si (x n ) l 1 entonces l 1 l p 1 l p 2 c o c l. (x n ) (x n ) p2 (x n ) p1 (x n ) 1. Demostración: Supongamos que (x n ) l p 1 con (x n ) p1 = 1. Entonces x n 1 para todo n N. Por tanto x n p 2 x n p 1. Esto garantiza que (x n ) p2 1. El caso general (siempre que no sea la sucesión nula) se concluye considerando x n = xn (x n) p1 y aplicando lo anterior. Queda como ejercicio el resto de contenidos y desigualdades de normas.

2.2. Completitud y separabilidad 23 2.2 Completitud y separabilidad Definición 2.2.1 Un espacio normado (X, ) se dice espacio de Banach si es completo para la norma, i.e toda sucesión de Cauchy es convergente en X. Nota 2.2.1 Los espacios de Hilbert son obviamente espacios de Banach. Si Y es un subespacio de un espacio de Banach X entonces (Y ; ) es Banach si, y sólo si, Y es cerrado en X. Teorema 2.2.2 (i) (l p, p ) es un espacio de Banach para 1 p <. (ii) (l, ), (c, ) y (c, ) son espacios de Banach. Demostración: (i) se prueba con la demostración similar a la vista para l 2 y se deja al lector. (ii) Sea (x n ) n N una sucesión de Cauchy en l. Entonces (x n k) n N es de Cauchy en K para todo k N. Existe lim n x n k = x k. Definimos x = (x k ) k N. Usando que sup n x n < se tiene que x l. Por otro lado como (x n ) n N es de Cauchy, para cada ε > existe n N tal que sup x n k x m k < ε/2, n, m n. k N Pasando al limite cuando m se tiene x n k x k ε/2, k N, n n. Lo que demuestra que x n x < ε, n n. Es claro que c y c son subespacios vectoriales de l. Demostremos que c es cerrado en l. Sea (x n ) una sucesión de elementos de c convergente en l. Sea x = lim n x n. Por tanto existe n tal que x n x = sup x n k x k < ε/3, n n. k N Hay que probar que x c. Por tanto veamos que existe lim k x k. Es suficiente ver que (x k ) es de Cauchy. Por hipótesis (x n k) k es de Cauchy para todo n N. Por tanto existe k tal que x n k xn k < ε. k, k k.

24 Chapter 2. Introducción a los espacios de Banach Ahora estimamos, para k, k k, x k x k x k x n k + xn k xn k + xn k x k 2 x n x + x n k xn k < ε. La misma demostración sirve para c. Definición 2.2.3 Sea (X, ) un espacio normado y una sucesión (x n ) de elementos de X. Diremos que la serie n x n es convergente si la sucesión de sumas parciales, s n = n k=1 x k es convergente en X, i.e. existe lim n nk=1 x k. A dicho valor se le llama suma de la serie x = n=1 x n. Una serie (formal) de elementos de un espacio normado se dice absolutamente convergente si n=1 x n <. Nota 2.2.2 Sea X = l p para 1 < p <. Consideremos x n = (,..., 1,,...). n La serie n x n es convergente a s = (1, 1/2,..., 1/n,...), pues s x k p 1 p = k=1 k=n+1 k. p Pero no absolutamente convergente, pues x n p = 1 n. Veamos una caracterización de los espacios de Banach en términos de series. Teorema 2.2.4 Sea (X, ) un espacio normado. X es de Banach si, y sólo si, toda serie absolutamente convergente de elementos de X es convergente en X. Demostración: = ) Supongamos que X es Banach y n x n <. Veamos que la sucesión de sumas parciales es de Cauchy. Supongamos n m m x k x k x k x k. k=1 k=1 k=m+1 k=m+1 Usando que el resto m-ésimo converge a cero se obtiene esta dirección. =) Sea (y n ) una sucesión de Cauchy en X. Probemos que es convergente. Dado ε = 1/2 existe n 1 N tal que x n x m 1/2 para n, m n 1. Dado ε = 1/4 existe n 2 > n 1 tal que x n x m (1/2) 2 para n, m n 2. Reiterando existe n k > n k 1 tal que x n x m (1/2) k para n, m n k.

2.2. Completitud y separabilidad 25 En particular se tiene que x nk+1 x nk (1/2) k para todo k N. Por tanto la serie x nk+1 x nk <. k=1 Usando la hipótesis tenemos que k=1 (x nk+1 x nk ) = y X. Veamos que lim n x n = y + x n1. Por ser (x n ) de Cauchy existe n tal que x n x m < ε/2 para n, m n. Por otro lado, existe q N tal que q k=1 (x n k+1 x nk ) y < ε/2 para q q. Finalmente existe k q tal que n k n para todo k k. Y por tanto, si n n k podemos escribir x n (y + x n1 ) x n x nk + x nk x n1 y k 1 x n x nk + (x nk+1 x nk ) y < ε/2 + ε/2 = ε. k=1 Definición 2.2.5 Un espacio normado se dice separable si existe un subconjunto denso y numerable. Nota 2.2.3 R es separable, pues Q es denso y numerable en R. C tiene a Q + iq como subconjunto denso y numerable. Del mismo modo K n para n N son separables para cualquier norma p si 1 p. Veamos unos criterios de separabilidad y no separabilidad de espacios normados. Proposición 2.2.6 Sea X un espacio normado. Supongamos que existe una sucesión (x n ) de elementos de X tal que el conjunto de combinaciones lineales finitas de elementos de la sucesión LIN{x k : k N} = { α j x j : α j K, n N} j=1 es denso en X. Entonces X es separable.

26 Chapter 2. Introducción a los espacios de Banach Demostración: Consideremos K = R (el caso K = C se deja como ejercicio). Definimos D = { q j x j : q j Q, n N}. j=1 Claramente D es numerable pues puede identificarse con un subconjunto de n N A n donde A n = Q es numerable. Dado ε > y x X existe x = n j=1 α j x j tal que x x < ε/2. Ahora encontramos q j Q tales que α j q j < x = n j=1 q j x j D y verifica ε 2n( x j +1) x x x x + α j q j x j < ε/2 + ε/2 = ε. j=1 y por consiguiente Corolario 2.2.7 c y l p para 1 p < son separables. {}}{ Demostración: Considerar x n = e n = (,...,, 1,...). Denotemos c = LIN{e k : k N} el espacio de las sucesiones finitamente no nulas. Si y l p (respect. y c ) se tiene que (y 1,..., y n,,...) c y claramente x k=1 y k e k p = k=n+1 n 1 y k p, n (respect. lim x y k e k = lim n n k=1 sup k n+1 y k =.) Proposición 2.2.8 Sea X un espacio normado tal que existe una familia de abiertos no vacios (O i ) i I tal que (i) O i O j = si i j (ii) I es no numerable. Entonces X es no separable.

2.3. Espacios de Funciones. 27 Demostración: Supongamos que X es separable y probemos que I es numerable. Sea (x n ) una sucesión densa en X. Para cada i I el conjunto O i {x n : n N} =. Sea n i el minimo de los indices tal que x ni O i. Definamos φ : I N dada por φ(i) = n i. Si φ(i) = φ(j) se tiene que x ni = x nj y por tanto O i O j = implica que i = j. Esto prueba que I es numerable. Corolario 2.2.9 l es no separable. Demostración: Sea I = P(N) que es no numerable. Para A N definimos e A (i) = { 1 i A en otro caso Si denotamos O A = {x l : x e A < 1/2} tenemos una familia de abiertos no vacios tales que O A O B = siempre que A B. En efecto, supongamos que A B y existe x O A O B entonces se tendría que e A e B < 1, pero, por otro lado tomando i que sólo pertenezca a uno de los dos conjuntos se tendría e A e B e A (i) e B (i) = 1. Corolario 2.2.1 c no es denso en l. De hecho la clausura de c en l coincide con c. 2.3 Espacios de Funciones. Definición 2.3.1 Sea K un espacio topológico compacto. Denotemos C(K) = {f : K K : f continua } con f = sup t K f(t) si f C(K). Denotamos C (R n ) = {f : R n K : f continua, lim f(t) = } t con f = sup t R n f(t). LLamamos supp(f) a la clausura del conjunto {x R n : f(x) } y definimos C (R n ) = {f : R n K : f continua, supp(f) compacto }. Teorema 2.3.2 Entonces (C([, 1]), ) es un espacio de Banach separable.

28 Chapter 2. Introducción a los espacios de Banach Demostración: La demostración de ser espacio normado y completo la dejamos al lector. Veamos la separabilidad. Sea φ(x) = { 2x x 1/2 2 2x 1/2 x 1. Para cada n N denotamos I n,k = [ k 1, k ], 1 k n, y n n J n, = [, 2 n ], J n,k = [ 2k 1 2k + 1 2n 2n ], 1 k n 1, J n,n = [ 2n 1 2n, n]. Denotemos φ n, (x) =, φ n,k (x) = φ(n(x k 1 n )), x I n,k ψ n, (x) = 2(x 1 2n ), ψ n,k(x) = φ(n(x 2k 1 2n )), x J n,k. Por tanto φ n,k y ψ n,k son continuas en [, 1] y cumplen (φ n,k (x) + ψ n,k (x)) = 1 x [, 1]. k= Probaremos que LIN{φ k,n, ψ k,n } es denso en C([, 1]). Dado ε > y f C([, 1]) existe δ > tal que f(x) f(y) < ε para todo x, y [, 1] con x y < δ. Sea n N tal que 1/n < δ. Consideremos α n, =, α n,k = min{f(x) : x I n,k } = f(x n,k ) para 1 k n y β n,k = min{f(x) : x J n,k } = f(x n,k) para k n. Nótese que entonces f(x) α n,k = f(x) f(x n,k ) < ε, x I n,k y Sea Entonces f(x) β n,k = f(x) f(x n,k) < ε x J n,k. g(x) = α n,k φ n,k (x) + β n,k ψ n,k (x). k= f(x) g(x) = (f(x) α n,k )φ n,k (x) + (f(x) β n,k )ψ n,k (x) k=

2.3. Espacios de Funciones. 29 = (f(x) α n,k )φ n,k (x) + (f(x) β n,k )ψ n,k (x) k= f(x) α n,k φ n,k (x) + f(x) β n,k ψ n,k (x) k= ε ( n φ n,k (x) + ψ n,k (x) ) = ε. k= Nota 2.3.1 Entonces (C(K), ) y (C (R n ), ) son espacios de Banach separables. Teorema 2.3.3 C (R n ) es un subespacio denso de C (R n ) Demostración: Caso n = 1: Sea f C (R) y ε >. Existe R > tal que f(x) < ε/2 si x > R. Definimos x < R 1 f( R)(x + R + 1) R 1 < x R g(x) = f(x) x R f(r)(x R 1) R x R + 1 x > R + 1. Es claro que g C (R). Además f(x) x < R 1 f(x) f( R)(x + R + 1) R 1 < x R f(x) g(x) = x R f(x) + f(r)(x R 1) R x R + 1 f(x) x > R + 1 Por tanto. sup f(x) g(x) = sup x R x R f(x) g(x) max{ε/2, sup R x <R+1 Caso n > 1. Pongamos, para n N, 1 t n φ n (t) = (t n 1) n t n + 1 t > n + 1 f(x) g(x) } ε..

3 Chapter 2. Introducción a los espacios de Banach Definimos Φ n (x) = φ n ( x ) para x R n. fφ n C (R n ). Además Si f C (R n ) se tiene que f fφ n = sup f(x) (1 Φ n (x)) sup f(x). x >n x >n Con ésto se concluye el resultado. Vamos a definir ahora el espacio L p (Ω) para 1 p <. Sea Ω R n medible Lebesgue. Considerar L p (Ω) = {f : Ω K medibles : f(x) p dm(x) < }. Diremos que f g si m({x Ω : f(x) g(x)}) =, i.e. f = g en casi todo punto, donde m es la medida de Lebesgue en R n. Definición 2.3.4 Sea 1 p <. Definimos L p (Ω) el espacio cociente L p (Ω)/, y su norma f p = ( f(x) p dm(x)) 1/p. Ω Teorema 2.3.5 (L 1 (Ω), 1 ) es un espacio de Banach. Demostración: Es immediato ver que es un espacio vectorial. Veamos ahora que es normado. En efecto, si f 1 = Ω f(x) dx = entonces f = en casi todo punto, es decir f =. Es claro que λf 1 = Ω λ f(x) dx = λ f 1 y que f + g 1 = f(x) + g(x) dx ( f(x) + g(x) )dx = f 1 + g 1. Ω Ω Para ver que es completo, veremos que toda serie absolutamente convergente en L 1 (Ω) es convergente. Supongamos que n=1 f n 1 = n=1 Ω f n(x) dx <. Usando el teorema de la convergencia monótona de Lebesgue se sabe que f n (x) dx = f n (x) dx <. n=1 Ω Ω n=1 De ésto deducimos que n=1 f n (x) dx < en casi todo punto, i.e existe un conjunto medible Lebegue de medida nula N tal que la serie n=1 f n (x) es absolutamente convergente en C para todo x / N. Por tanto definiendo Ω

2.3. Espacios de Funciones. 31 f(x) = n=1 f n (x) si x / N y f(x) = si x N se tiene una función f medible tal que n=1 f n = f en casi todo punto. Veamos que n=1 f n converge a f en L 1 (Ω). N f f n 1 = n=1 N f(x) f n dx Ω n=1 f n (x) dx Ω n=n+1 f n (x) dx n=n+1 Ω f n 1. n=n+1 La convergencia absoluta de la serie nos lleva a concluir el resultado. Proposición 2.3.6 (Desigualdad de Hölder) (i) Sean 1 < p < y 1/p + 1/q = 1. Si f L p (Ω) y g L q (Ω) entonces fg L 1 (Ω). Además fg 1 f p g q. (ii) Sean 1 < p 1, p 2 < y 1/p 1 +1/p 2 = 1/p 3. Si f L p 1 (Ω) y g L p 2 (Ω) entonces fg L p 3 (Ω). Además fg p3 f p1 g p2. Demostración: (i) Usando la desigualdad de Young f(x) g(x) f(x) p p + g(x) q q e integrando se obtiene Ω f(x) g(x) dx f p p p + g q q q. Si f p = g q = 1 entonces Ω f(x) g(x) dx 1/p + 1/q = 1. Si f p = ó bien g q = se tiene que f = en casi todo punto ó bien g = en casi todo punto, y por tanto fg = en casi todo punto y el resultado se cumple trivialmente.

32 Chapter 2. Introducción a los espacios de Banach Si f p > y g q >, tomar f = f/ f p y g = g/ g q y aplicar lo anterior para obtener fg 1 f p g q. (ii) Se sigue de (i) teniendo en cuenta el siguiente hecho: f L p (Ω) f p L 1 (Ω) y además f p = f p 1/p 1. Suponemos que f p 3 L p 1/p 3 (Ω), g p 3 L p 2/p 3 (Ω) con p 3 /p 1 +p 2 /p 1 = 1. Por tanto f p 3 g p 3 L 1 (Ω) con fg p3 = f p 3 g p 3 1/p 3 1 f p 3 1/p 3 p 1 /p 3 g p 3 1/p 3 p 2 /p 3 = f p1 g p2. Corolario 2.3.7 Si Ω es un conjunto de medida finita, y 1 p 1 < p 2 < entonces L p 2 (Ω) L p 1 (Ω). Además f p1 m(ω) 1/p 1 1/p 3 f p2 para toda f L p 2 (Ω). Demostración: Basta con usar (ii) Proposition 2.3.6, pues tenemos que f L p 2 (Ω) y χ Ω L q (Ω) para todo q 1. Pongamos 1/p 1 = 1/p 2 + 1/q. Entonces fχ Ω L p 1 (Ω) y se tiene que fχ Ω p1 χ Ω q f p2 = m(ω) 1/p 1 1/p 3 f p2. Teorema 2.3.8 (L p (Ω), p ) es un espacio normado para 1 < p <. Demostración: Sean f, g L p (Ω) y λ, β K. Consideremos los representantes de las clases de equivalencia f 1, g 1 L p (Ω), es decir f(x) = f 1 (x) salvo en un conjunto N de medida nula y g(x) = g 1 (x) salvo en un conjunto M de medida nula. Entonces λf + βg coincide con λf 1 + βg 1 salvo en N M. Además λf 1 (x) + βg 1 (x) p 2 p ( f 1 (x) p + g 1 (x) p ) y por tanto λf + βg L p (Ω). Esto demuestra que L p (Ω) es un espacio vectorial. Veamos ahora que es normado. Supongamos que f p p = Ω f(x) p dx = entonces f = en casi todo punto, es decir f =.

2.3. Espacios de Funciones. 33 Además λf p = ( Ω λ p f(x) p dx) 1/p = λ f p. Finalmente, si f, g L p (Ω) y f + g p >, podemos razonar como en el caso de sucesiones, es decir, usando la Desigualdad de Hölder, f + g p p = f(x) + g(x) p dx Ω ( f(x) + g(x) ) f(x) + g(x) p 1 dx Ω f(x) f(x) + g(x) p 1 dx + g(x) f(x) + g(x) p 1 dx Ω ( f(x) p dx) 1/p ( Ω f(x) + g(x) (p 1)q dx) 1/q Ω Ω + ( g(x) p dx) 1/p ( f(x) + g(x) (p 1)q dx) 1/q Ω = ( f p + g p ) f + g p/q p. Por tanto, despejando, f + g p f p + g p. Ω Teorema 2.3.9 (Teorema de Riesz-Fisher) Sea 1 p < y sea (f n ) una sucesión de Cauchy en L p (Ω). Entonces existe una subsucesión f nk y una función no negativa g L p (Ω) tales que (i) f nk (x) g(x) x Ω, (ii) f nk converge a f casi por todas partes, (iii) (f n ) converge a f en L p (Ω). Demostración: Dado ε = 1/2 k existe n k > n k 1 tal que f m f n p < 1/2 k, n, m n k. Consideremos g 1 = f n1 y definimos para k N, g k = g k 1 + f nk f nk 1 = f n1 + f n2 f n1 +... + f nk f nk 1. Es una sucesión creciente de funciones no negativas en L p (Ω). g(x) = lim k g k (x). Usando la desigualdad triangular de Minkowski g k p k f n1 p + f ni f ni 1 p i=2 k f n1 p + 1/2 i 1 i=2 f n1 p + 1 <. Definimos

34 Chapter 2. Introducción a los espacios de Banach Usando el Teorema de la convergencia monótona de Lebesgue se obtiene que g L p (Ω), pues g(x) p dx = lim g k (x) p dx <. k Ω Ahora se concluye que g(x) p < (y por tanto g(x) < ) en casi todo punto. Claramente (i) queda probado ya que f nk f nk f nk 1 +... + f n2 f n1 + f n1 = g k g. Por otro lado existe un conjunto N de medida nula tal que si x / N se tiene g(x) = lim g k (x) = f n1 (x) + f ni (x) f ni 1 (x) <. k Podemos concluir que la serie i=2 (f ni (x) f ni 1 (x)) es convergente en casi todo punto. Definimos Ω i=2 f(x) = f n1 (x) + (f ni (x) f ni 1 (x)) i=2 y por tanto se cumple (ii). Es claro que f(x) g(x) en casi todo punto, y por tanto f L p (Ω). Veamos finalmente que f f n cuando n. Para cada n N, se tiene que, si x / N, lim f n(x) f nk (x) = f n (x) f(x). k Por otro lado, dado ε > existen n N tal que f n (x) f m (x) p dx < ε p, n, m n. Ω Usando que existe k N tal que n k n para k k se concluye que f n (x) f nk (x) p dx < ε p, n n, k k. Ω Aplicando ahora el lema de Fatou se concluye que f n (x) f(x) p dx lim inf f n (x) f nk (x) p dx ε p, n n. k Ω Por tanto f n f p ε para n n. Ω

2.3. Espacios de Funciones. 35 Proposición 2.3.1 (Densidad de las funciones escalonadas) Sea Ω R n abierto no vacío y 1 p <. Si f L p (Ω) y ε > entonces existe una función escalonada g = m k=1 α k χ Ik, donde I k son intervalos con Īk Ω, 1 k m, tal que f g p < ε. Demostración: Supongamos que Ω es acotado y f es una función superior. Ahora usando que Ω es abierto encontramos una sucesión creciente de compactos (que son uniones de intervalos) tal que Ω = k N K k. Como f es una función superior existe una sucesión creciente de funciones escalonadas f k (que podemos suponer no negativas) que converge a f en casi todo punto. Ahora tenemos que (f k χ Kk ) k N es una sucesión creciente de funciones escalonadas, cumpliendo y además f k χ Kk f p, en casi todo punto, f k χ Kk f p 2 p f p. Por el teorema de la convergencia dominada se deduce que existe n o N tal que f f k χ Kk p < ε, k n. Tomando g = f n χ Kn = m k=1 α k χ Ik se obtiene el resultado (nótese que los intervalos I k K n ). Supongamos ahora que Ω no es acotado y que f : Ω C. Definimos Ω k = Ω {x R n : x < k} que cumple Ω = k=1ω k y, debido al Teorema de la convergencia dominada de Lebesgue se tiene que f fχ Ωk p p = Ω f(x) fχ Ωk p dx, k. Ahora descomponemos primero fχ Ωk = (Rfχ Ωk ) + (Rfχ Ωk ) +i(ifχ Ωk ) + i(ifχ Ωk ). Y usando que L p (Ω k ) L 1 (Ω k ), podemos incluso descomponer cada una de las funciones no negativas integrables anteriores en diferencia de dos funciones superiores positivas. y aplicamos la aproximación anterior en cada pedazo y recomponemos la aproximación de la función original. Teorema 2.3.11 Sea Ω R n un conjunto medible Lebesgue. Entonces L p (Ω) es separable para 1 p <. Demostración: Basta probarlo para Ω = R n. En otro caso si (f n ) es una sucesión densa en L p (R n ) entonces (f n )χ Ω es una sucesión densa en L p (Ω). (En efecto, si ε > y f L p (Ω), basta considerar la extensión f(x) = si

36 Chapter 2. Introducción a los espacios de Banach x / Ω y f(x) = f(x), x Ω de modo que f n f L p (R n ) < ε para algún n N y por consiguiente (f n )χ Ω f L p (Ω) < ε para algún n N.) Ahora consideremos D el conjunto de funciones caracteríticas de intervalos I = [a 1, b 1 ]... [a n, b n ] con extremos a i, b i Q. Este conjunto D es separable, pues es equipotente con Q 2n. Usando Proposición 2.3.1 si f L p (R n ) y ε > entonces existe una función escalonada g = m k=1 α k χ Ik, donde I k son intervalos, 1 k m, tal que f g p < ε/2. Ahora podemos cada intervalo I k substituirlo por otro ε J k con extremos racionales de modo que m n (I k \ J k ) < p. Ahora 2 p m( α k p +1) h = m k=1 α k χ Jk LIN(D) y se tiene que g h p < ε/2. Finalicemos esta sección con el espacio L (Ω). Definición 2.3.12 Denotamos L (Ω) es espacio de la funciones medibles f : Ω C y acotadas. Ponemos L (Ω) = L (Ω)/. Se conoce con el nombre de espacio de las funciones esencialmente acotadas. Definimos f = inf{c : m({x Ω : f(x) > C}) = }. Proposición 2.3.13 Sea f L (Ω). Entonces f f en casi todo punto, i.e. m{x Ω : f(x) > f } = }. Demostración: Sea C k > f tal que C k f < 1/k y m(a k ) = donde A k = {x Ω : f(x) > C k }. Es resultado se sigue del hecho {x Ω : f(x) > f } = k A k. Teorema 2.3.14 (L (Ω), ) es un espacio de Banach no separable para Ω R. medible con m(ω) >. Demostración: Es inmediato probar que L (Ω) es un espacio vectorial. Veamos que es una norma: Si f =, la Proposición 2.3.13 implica f = en casi todo punto. Claramente si λ inf{ λ C : m({x Ω : f(x) > C}) = } = inf{d : m({x Ω : λf(x) > D}) = } = λf. Finalmente observemos que {x Ω : f(x) + g(x) > f + g }

2.3. Espacios de Funciones. 37 y por tanto {x Ω : f(x) > f } {x Ω : g(x) > g } m({x Ω : f(x) + g(x) > f + g }) = de donde se concluye que f + g f + g. Demostremos ahora la completitud. Sea (f n ) una sucesión de Cauchy en L (Ω) Dado k N existe n k tal que f n+l f n < 1/k para n n k y l N. Entonces, si A k n,l = {x Ω : f n+l (x) f n (x) > 1/k} se tiene que m(a k n,l) = para n n k y l N. Consideremos A = k=1 n=n k l=1a k n,l que tiene medida nula. Entonces f n+l (x) f n (x) 1/k k, l N, n n k, x / A (2.9) y por tanto (f n (x)) es de Cauchy. Pongamos f(x) = lim f n (x) para x / A y f(x) = para x A. Veamos que f L (Ω) y lim n f n f =. Como f es límite de medibles es medible. Además si x / A, f n1 +l(x) f n1 +l(x) f n1 (x) + f n1 (x) 1 + f n1 (x), l N y tomando límites cuando l se tiene que f(x) 1 + f n1 (x) en casi todo x Ω. Usando la desigualdad triangular f 1 + f n1. Finalmente usando (2.9) se concluye fijado k y n n k y tomando límites cuando l f(x) f n (x) 1/k x / A, por tanto f f n 1/k para n n k y se tiene que (f n ) converge a f en L (Ω). Finalmente veamos la no separabilidad del espacio. Descomponemos Ω = k Ω k donde Ω k son disjuntos dos a dos y de medida positiva (basta con cortar el espacio con una red de disjuntos de R n ) Considerar A N y denotar Ω A = k A Ω k. Poniendo O A = {f L (Ω) : f χ ΩA < 1/2} se obtiene una colección no numerable de conjuntos disjuntos dos a dos, lo que permite, usando la Proposición 2.2.8, probar que L (Ω) es no separable.

Chapter 3 Operadores lineales y continuos 3.1 Primeras definiciones y ejemplos En esta sección X e Y son espacios normados y no diferenciamos la notación de la norma en cada uno de los espacios, que será denotada en ambos casos por, salvo que pueda llevar a confusión. Comencemos con un resultado que motiva las definiciones siguientes. Proposición 3.1.1 Sea T : X Y una aplicación lineal. Son equivalentes (i) T es continua en x =. (ii) T es uniformemente continua en X. (iii) Existe una constante C tal que T x C x para todo x X. Demostración: (i) = (ii) Dado ε > existe δ > tal que si u < δ implica que T u < ε. Por tanto T x T y = T (x y) < ε siempre que x y < δ. (ii)= (iii) Como T =, poniendo ε = 1 existe δ > con T x 1 T x 2 < 1 si x 1 x 2 < δ. Si x, x 1 = δx 2 x y x 2 = entonces T x 1 < 1. Esto implica que T x 2 δ x. Es resultado se sigue tomando C = 2 δ. (iii) = (i) Es inmediato. Definición 3.1.2 Una aplicación lineal y continua entre dos espacios normados T : X Y se denomina operador entre X e Y. Escribimos L(X, Y ) para el conjunto de los operadores de X en Y y denotamos L(X) = L(X, X). Definimos, para T L(X, Y ), T = inf{c : T x C x para todo x X}. 39

4 Chapter 3. Operadores lineales y continuos Proposición 3.1.3 Si T L(X, Y ) entonces T = sup{ T x : x 1}. Demostración: Sea a(t ) = sup{ T x : x 1}. Si C es tal que T x C x para todo x X entonces a(t ) C. Por tanto a(t ) inf{c : T x C x, x X} = T. Es claro que T ( x ) a(t ) para todo x. Por tanto T x x a(t ) x para todo x X. Luego T a(t ). Nota 3.1.1 Es inmediato ver que T x T = sup{ T x : x = 1} = sup{ x : x }. Veamos ahora algunos ejemplos concretos de operadores entre espacios normados. Ejemplo 3.1.1 Sean (X, ) = (R n, p1 ) e (Y, ) = (R m, p2 ) donde 1 < p 1, p 2 <. Toda aplicación lineal T : X Y tiene asociada una matriz A = (a ij ) de modo que T (e i ) = m j=1 a ij e j donde e i denota la correspondiente base canónica del espacio finito dimensional, ésto es m m T ( x i e i ) = ( a ij x i )e j = y j e j. i=1 j=1 i=1 j=1 Entonces T L(X, Y ), si 1/p 1 + 1/q 1 = 1, m T ( ( a ij q 1 ) p 2/q 1 ) 1/p 2. j=1 i=1 Demostración: Como m j=1 y j e j p2 = ( m j=1 y j p 2 ) 1/p 2, estimaremos y j. Usando la desigualdad de Hölder, para cada j {1,..., m}, se tiene y j = a ij x i ( a ij q 1 ) 1/q 1 x p1. i=1 i=1 Ahora sumando en j se tiene m m T x p2 = ( a ij x i p 2 ) 1/p 2 ( ( a ij q 1 ) p 2/q 1 ) 1/p 2 x p1. j=1 i=1 j=1 i=1

3.1. Primeras definiciones y ejemplos 41 Ejemplo 3.1.2 Sea X un espacio de Hilbert y φ : X K una aplicación lineal y continua no nula. Por el teorema de Riesz-Frechet existe x X \{} tal que φ(x) = x, x. Entonces φ = x. Demostración: Por la desigualdad de Cauchy se tiene φ(x) x x y ésto implica que φ x. Eligiendo ahora x = x se tiene que x x = 1 y φ(x ) = x. Por tanto φ = x. Ejemplo 3.1.3 Sea X = C (R n ) e Y = R. Sea x R n y definimos φ x : C (R n ) R tal que φ x (f) = f(x ). Entonces φ x L(C (R n ), R) con φ x = 1. Demostración: Es claro que φ x (f) sup x R n f(x) = f. Por tanto φ x 1. Para probar φ x = 1 es suficiente encontrar f C (R n ) tal que f = 1 y f(x ) = 1. Tomemos 1 t x + 1 φ(t) = ( x + 2) t x + 1 t x + 2. t > x + 2 Definimos f(x) = φ( x ) para x R n. Es claro que f C (R n ), f = 1 y φ x (f) = f(x ) = 1. Ejemplo 3.1.4 Sean X = l p, 1 < p <, Y = l 1 y T : l p l 1 dado por T ((x n ) n N ) = ( x n n ) n N. Entonces T L(l p, l 1 ) con T = ( n=1 1 n q ) 1/q donde 1/p + 1/q = 1. Demostración: En primer lugar hay que ver que está bien definido. En efecto si (x n ) n N l p, como ( 1 n ) n N l q (pues 1 < q < ), entonces ( xn n ) n N l 1.

42 Chapter 3. Operadores lineales y continuos Claramente es lineal. Para ver que es continua usamos la desigualdad de Hölder, x n T ((x n ) n N ) 1 = n ( 1 n ) n N q (x n ) n N p. n=1 Sea C q = ( n=1 1 n q ) 1/q. Para probar que T = C q es suficiente encontrar (x n ) n N tal que (x n ) n N p = 1 y T ((x n ) n N ) 1 = C q. Consideremos x n = C q/p q, para n N. Es claro que n q 1 Por otro lado (x n ) n N p = C q/p T ((x n ) n N ) 1 = q ( n=1 n=1 1 n (q 1)p )1/p = 1. C q/p qn q = C q/p q C q q = C q. Ejemplo 3.1.5 Sean X = Y = l p para 1 p <. Dado (λ n ) n N l, definimos T λ : l p l p por T λ ((x n ) n N ) = (λ n x n ) n N. Entonces T λ L(l p, l p ) con T = (λ n ) n N. Demostración: Es inmediato que está bien definido y es continuo con T (λ n ) n N. Para probar que T = (λ n ) n N encontraremos para cada ε > una sucesión (x ε n) n N l p tal que (x ε n) n N p = 1 verificando que T λ ((x ε n) n N ) p + ε > (λ n ) n N. Para ε > existe n ε N tal que λ nε > (λ n ) n N ε. Tomar x ε n = λnε λ nε para n = n ε y x ε n = para n n ε, que cumple que T λ ((x ε n) n N ) p = λ nε. Ejemplo 3.1.6 Sean X = L p (Ω), 1 < p < e Y = L 1 (Ω). Dada f L q (Ω) para 1/p + 1/q = 1, definimos el operador multiplicación M f : L p (Ω) L 1 (Ω) por M f (g) = fg. Entonces M f L(L p (Ω), L 1 (Ω)) con M f = f q.

3.1. Primeras definiciones y ejemplos 43 Demostración: Es inmmediato, usando la desigualdad de Hölder, que el operador está bien definido y es continuo con M f f q. Para demostrar que M f = f q tomar Se tiene que g 1 (x) = { f(x) f(x) 2 q f(x) f(x) = g 1 p = ( f(x) p(q 1) dx) 1/p = f q/p q, Ω por tanto si tomamos g(x) = f q/p q g 1 (x) que cumple g p = 1 y M f (g) = f q/p q f q. Por consiguiente M f (g) 1 = f q. Ejemplo 3.1.7 Sean X = L 1 ([, 1]) e Y = C([, 1]). El operador de Volterra V : L 1 ([, 1]) C([, 1]) viene dado por V (f)(x) = x f(t)dt, x [, 1]. Entonces V L(L 1 ([, 1]), C([, 1])) con V = 1. Demostración: Como V (f)(x) V (f)(x ) [x,x ] f(t) dt, x x 1 se tiene que V (f) es continua si f es integrable. Luego V está bien definido. Por otro lado V (f) = sup f(t)dt sup f(t) dt = f(t) dt = f 1. x 1 [,x] x 1 [,x] [,1] Esto prueba que V 1. Por otro lado cualquier f con f 1 = 1 sirve para alcanzar la norma, pues sup x 1 [,x] f(t)dt = f 1 para f. Lo que demuestra que V = 1. Ejemplo 3.1.8 Sean X = Y = C([, 1] y K : [, 1] [, 1] R una función continua. Si denotamos T K : C([, 1]) C([, 1]) el operador integral dado por T K (f)(x) = 1 K(x, y)f(y)dy entonces T K L(C([, 1], C([, 1])) con T K K.

44 Chapter 3. Operadores lineales y continuos Demostración: Veamos primero que está bien definido: Si f C([, 1]) entonces T K (f)(x) T K (f)(x ) 1 K(x, y) K(x, y) f(y) dy f sup K(x, y) K(x, y). y 1 Suponiendo que f, como K es uniformemente continua en [, 1] [, 1], dado ε > existe δ > tal que si x x < δ e y y < δ entonces K(x, y) K(x, y ) < ε/ f. Por tanto T K (f)(x) T K (f)(x ) < ε siempre que x x < δ. Por otro lado, si K = sup x,y 1 K(x, y), entonces sup T K (f)(x) sup x 1 x 1 1 K(x, y) f(y) dy K f. Ejemplo 3.1.9 Sean Ω 1, Ω 2 subconjuntos abiertos de R n con medida finita, 1 < p < y 1/p+1/q = 1. Sean X = L p (Ω 1 ), Y = L p (Ω 2 ) y K : Ω 1 Ω 2 R una función medible y acotada. Si denotamos T K : L p (Ω 1 ) L p (Ω 2 ) el operador integral dado por T K (f)(y) = K(x, y)f(x)dx, Ω 1 y Ω 2 entonces T K L(L p (Ω 1 ), L p (Ω 2 )) y T K m(ω 1 ) 1/q m(ω 2 ) 1/p sup K(x, y). x Ω 1,y Ω 2 Demostración: Probemos primero que T K está bien definido: Sea f L p (Ω 1 ). Pongamos M = sup x Ω1,y Ω 2 K(x, y) y recordemos que L p (Ω 1 ) L 1 (Ω 1 ) puesto que m(ω 1 ) <. La función x K(x, y)f(x) es medible y K(x, y)f(x) M f(x). Por tanto Ω 1 K(x, y)f(x)dx está definido para todo y Ω 2. Usando la desigualdad de Hölder se tiene que T K (f)(y) ( K(x, y) q dx) 1/q f p. Ω 1 Por tanto se consigue ( T K (f)(y) p dy) 1/p ( ( K(x, y) q dx) p/q f p pdy) 1/p Ω 2 Ω 2 Ω 1 Esto permite concluir el resultado. M f p m(ω 1 ) 1/q m(ω 2 ) 1/p.

3.2. El espacio L(X, Y ) 45 3.2 El espacio L(X, Y ) Teorema 3.2.1 Sean X e Y espacios normados sobre K. (i) Entonces (L(X, Y ), ) es un espacio normado. (ii) Si el espacio Y es de un espacio de Banach entonces L(X, Y ) es también un espacio de Banach. Demostración: Sean T, S L(X, Y ), λ, β K entonces λt + βs es lineal y continuo. Por tanto L(X, Y ) es un espacio vectorial sobre K. Veamos que es una norma. (i) Si T =, usando que T x T x se concluye que T =. (ii) Para λ K, λt = sup{ λt (x) : x = 1} = λ T. (iii) Si T, S L(X, Y ), T + S = sup{ T (x) + S(x) : x = 1} sup{ T (x) + S(x) : x = 1} sup{ T (x) : x = 1} + sup{ S(x) : x = 1} T + S. Supongamos que Y es completo. Sea (T n ) una sucesión de Cauchy en L(X, Y ). Para todo x X, n, m N se tiene T n (x) T m (x) T n T m x y por tanto (T n (x)) es una sucesión de Cauchy en Y. Usando la completitud, definimos T (x) = lim n T n (x) para x X. De las propiedades de los límites se tiene que T es lineal. Veamos que es continuo. Observar primero que ( T n ) n N es una sucesión de Cauchy ya que T n T m T n T m, y por lo tanto acotada. Sea M = sup n N T n. Entonces se tiene que T x = lim n T n (x) M x. Veamos ahora que lim n T T n =. Dado ε > existe n N tal que si x 1 tenemos T n (x) T m (x) T n T m < ε, n, m n. Fijando m n y tomando límite cuando n se obtiene T (x) T m (x) ε, m n, x 1.

46 Chapter 3. Operadores lineales y continuos Por tanto T T n ε para n n. Implícitamente en la demostración anterior hemos visto el siguiente resultado, cuya demostración dejamos como ejercicio. Proposición 3.2.2 Sean X e Y espacios normados y (T n ) L(X, Y ) una sucesión de operadores tal que existe n lim T n (x) para todo x X. Si definimos T x = lim T n x entonces n (i) T : X Y es lineal, y, (ii) si sup n N T n < entonces T L(X, Y ) con T lim inf n T n. Nota 3.2.1 En general límite puntual de operadores lineales y continuos no es un operador lineal y continuo. Tomar X = c e Y = K y definamos T n (x) = x n para x = (x k ) k N. Es claro que n lim T n (x) = para toda x c. Por tanto T n converge puntualmente a, y sin embargo lim T n = 1. n Esto se debe a que T n = 1 para n N ya que T n (e n ) = 1 para e n = n 1 {}}{ (,,, 1,,..). Proposición 3.2.3 Sean X, Y y Z espacios normados. Si T L(X, Y ) y S L(Y, Z) entonces S T L(X, Z). Además S T S T. Demostración: Es claro que la composición de aplicaciones lineales y continuas es lineal y continua. Para ver la estimación de las normas observar que S T (x) = S(T x) S T x S T x, de donde se concluye que S T S T. Definición 3.2.4 Dado X espacio normado, denotamos X = L(X, K) y le llamamos espacio dual (ó dual toplológico) de X. Los elementos φ X se llaman formas lineales (ó funcionales lineales) sobre X. Nota 3.2.2 Usando Teorema 3.2.1 X la norma φ = sup{ φ(x) : x 1}. es siempre un espacio de Banach con Ejemplo 3.2.1 Sea X = l p para 1 p <. Sea φ : l p K dada por φ((x n ) n N ) = x 1 + x 2. Entonces φ X con φ = 2 1/q donde 1/p + 1/q = 1.

3.2. El espacio L(X, Y ) 47 Demostración: La linealidad es inmediata. Si (x n ) n N l p entonces φ((x n ) n N ) = x 1 + x 2 2 1/q ( x 1 p + x 2 p ) 1/p 2 1/q (x n ) n N p. Tomando (x n) n N = (2 1/p, 2 1/p,,...) se tiene φ(x n) n N ) = x 1 + x 2 = 2 1/q. Ejemplo 3.2.2 Sea X = C([, 1]) y sea φ : C([, 1]) K dada por φ(f) = 2f(1/2) f(1/3). Entonces φ X con φ = 3. Demostración: En efecto si f C([, 1]) entonces φ(f) = 2f(1/2) f(1/3) 2 f(1/2) + f(1/3) 3 f. Tomando f una función continua con f f(1/3) = 1, se obtiene que φ(f) = 3. = 1 y tal que f(1/2) = 1 y Ejemplo 3.2.3 Sea X = C([, 1]) y g C([, 1]). Sea φ : L 1 ([, 1]) K dada por φ(f) = [,1] f(t)g(t)dt para f L1 ([, 1]). Entonces φ X con φ = g. Demostración: Probemos sólo la continuidad. φ(f) = f(t)g(t)dt f(t) g(t) dt g f 1. [,1] [,1] Sea t [, 1] tal que g = g(t ) > (supongamos < t < 1, siendo los casos t = y t = 1 una modificación del argumento que sigue). Definimos α n (g) = g(t)dt [t 1/2n,t +1/2n] que verifica, por la continuidad de g, que lim nα n (g) = g(t ). Ahora considerar f n (t) = n αn(g) χ α n(g) [t 1/2n,t +1/2n]. Es claro que f n L 1 ([, 1]), f n 1 = 1 n y además φ(f n ) = [,1] f n (t)g(t)dt = n α n(g) g(t)dt = n α n (g). α n (g) [t 1/2n,t +1/2n] Luego lim n φ(f n ) = g(t ) = g. Esto implica φ = g.

48 Chapter 3. Operadores lineales y continuos Definición 3.2.5 Sean X, Y espacios normados sobre el mismo cuerpo K y T : X Y un operador en L(X, Y ). Diremos operador conjugado de T y lo denotaremos T t a la aplicación T t : Y X definida por T t (φ) = φ T, i.e. T t (φ)(x) = φ(t x). Proposición 3.2.6 Si T L(X, Y ) entonces T t L(Y, X ) con T t T. Demostración: Usando la Proposición 3.2.3 se tiene que T t L(Y, X ). Además T t (φ) T φ, φ Y. Por tanto T t T. Nota 3.2.3 El lector debe saber que en realidad T = T t pero la demostración requiere argumentos que no se incluyen en este curso y por tanto no se presenta en estas notas. Definición 3.2.7 Sean X e Y espacios normado y T : X Y una aplicación lineal. Se dice que T es un isomorfismo (topológico) de X sobre Y si T es una biyección continua de inversa continua. Se dice que T es una isometría si T x = x para todo x X. X e Y se dicen isomorfos (o topológicamente isomorfos) si existe T : X Y isomorfismo. X e Y se dicen isométricamente isomorfos si existe T : X Y isometría lineal suprayectiva. Nota 3.2.4 Si T : X Y es lineal e inyectiva entonces T 1 : T (X) X es automáticamente lineal. Demostración: Si y 1, y 2 T (X) existen (y además únicos) x 1, x 2 X tales que T (x 1 ) = y 1 e T (x 2 ) = y 2. Por tanto dados α 1, α 2 K, T 1 (α 1 y 1 + α 2 y 2 ) = T 1 (α 1 T (x 1 ) + α 2 T (x 2 )) = T 1 (T (α 1 x 1 + α 2 x 2 )) = α 1 x 1 + α 2 x 2 = α 1 T 1 y 1 + α 2 T 1 y 2.

3.2. El espacio L(X, Y ) 49 Nota 3.2.5 Si T : X Y es lineal, inyectiva y continua entonces T 1 : T (X) X no es automáticamente continua. Demostración: Sea T = id : l 1 l 2 dada por T (x) = x. Es claro que T x 2 x 1 luego es lineal continua e inyectiva. Claramente T (l 1 ) = l 1 y T 1 : (l 1, 2 ) (l 1, 1 ) coincide con T 1 (x) = x. Sin embargo T 1 no es continua, pues existe una sucesión x n = 1 n nk=1 e k en l 1 tal que x n 2, T 1 (x n ) 1 = 1, n N. Nota 3.2.6 Si T : X Y es un isomorfismo entonces T 1 T 1. Se sigue del hecho Id X = T 1 T puesto que 1 = T 1 T T 1 T. Ejemplo 3.2.4 T : l p l p, 1 p, definida por T ((x 1, x 2,...) = (, x 1, x 2,...) es una isometría lineal pero no suprayectiva. Ejemplo 3.2.5 Si X es un espacio de Hilbert sobre R. Entonces X es isométricamente isomorfo a X. Demostración: Definimos T : X X dado por T x = φ x donde φ x (y) = y, x para y X. Usando Teorema de Riesz-Frechet si φ X entonces existe x X tal que φ(x) = x, x. Luego T es suprayectiva. La linealidad es inmediata en el caso K = R. Además, como se vió en el Ejemplo 3.1.2), T x = sup{ y, x : y 1} = x. Definición 3.2.8 Dos normas 1 y 2 sobre un espacio vectorial X se dicen normas equivalentes si existen constantes A, B > tales que A x 1 x 2 B x 1, x X. Proposición 3.2.9 Sean (X, X ) e (Y, Y ) espacios normados sobre el mismo cuerpo y T : X Y una aplicación lineal suprayectiva. Entonces T es un isomorfismo si y sólo si existen constantes A, B > tales que A x X T (x) Y B x X, x X.

5 Chapter 3. Operadores lineales y continuos Demostración: = )Como T L(X, Y ) se tiene que T (x) Y T x X para todo x X. Como T 1 L(Y, X) entonces x X = T 1 (T x) X T 1 T x Y, x X Tomar A = T 1 1 y B = T. =)Claramente T L(X, Y ) con T B. T es inyectiva, pues kert = {} ya que T (x) Y = implica x =. Por otro lado T 1 (y) X A 1 T (T 1 (y) Y = A 1 y Y, y Y de donde se deduce (junto con la nota 3.2.4) que T 1 L(Y, X). Nota 3.2.7 Dos normas son equivalentes si Id : (X, 1 ) (X, 2 ) es un isomorfismo. Ejemplo 3.2.6 En el espacio K n todas las normas p para 1 p son equivalentes Demostración: Se sigue de las estimaciones para 1 p 1 < p 2, (x 1,..., x n ) p2 (x 1,..., x n ) p1 n 1/p 1 1/p 2 (x 1,..., x n ) p2. 3.3 Espacios de Banach finito dimensionales Denotaremos para 1 p y n N por K n p los espacios K n considerados con la norma p. Teorema 3.3.1 (Teorema de Tikhonov) Sea (X, ) un espacio normado sobre K de dimensión finita n. Entonces X es isomorfo a K n. En particular todas las normas sobre un espacio X finito dimensional son equivalentes. Demostración: Sea e 1,, e n una base (de Hamel) del espacio X. En particular x X se puede escribir (de manera única) x = n i=1 x i e i donde x i K. Definimos T : K n X dado por T ((x 1,, x n )) = x i e i. i=1

3.3. Espacios de Banach finito dimensionales 51 Claramente T L(K n, X) con T n i=1 e i, puesto que T ((x 1,, x n )) x i e i e i x i ( e i ) max x i. 1 i n i=1 i=1 i=1 Además T es biyección por ser (e i ) una base. Como la esfera unidad de K n es compacto, podemos poner m = min{ T ((x 1,, x n )) : max 1 i n x i = 1} y por el teorema de Weierstrass m = T ((w 1,, w n )) para un vector (w 1,, w n ) = 1. Por tanto m > porque T es biyección y w. 1 Por consiguiente T ( (x 1,,x n) (x 1,, x n )) m para todo x. Lo que permite concluir que m (x 1,, x n ) T ((x 1,, x n )), (x 1,, x n ) K n. Probando la desigualdad que nos faltaba. Corolario 3.3.2 (i) Todo espacio normado finito dimensional X es un espacio de Banach. (ii) Si Y es subespacio finito dimensional de un espacio normado X entonces Y es cerrado. (iii) Si X es un espacio normado finito dimensional, Y es un espacio normado y T : X Y es lineal entonces T es continua. Demostración: (i) Usando el Teorema 3.3.1 existe T : X K n isomorfismo. Pasando por el isomorfismo anterior y usando que (K n, ) es completo se obtiene el resultado. (ii) se sigue usando que (Y, ) es normado y el apartado (i). (iii) Sea e 1,, e n una base (de Hamel) del espacio X. En particular x X se puede escribir (de manera única) x = n i=1 x i e i donde x i K. Luego T (x) x i T (e i ) ( T e i ) max x i. 1 i n i=1 Como max 1 i n x i B x se obtiene T (x) B( n i=1 T e i ) x. Teorema 3.3.3 (Riesz) Un espacio normado X es finito dimensional si, y sólo si, la bola unidad cerrada es compacta. i=1

52 Chapter 3. Operadores lineales y continuos Demostración: Supongamos que X es de dimensión finita, y sea T : K n X un isomorfismo entre ellos. Usando que T 1 1 (x 1,, x n ) x T (x 1,, x n ) para x = n i=1 x i e i se obtiene que {x X : x 1} T ({(x 1,, x n ) K n : (x 1,, x n ) T 1 }). Ahora usando que la bolas cerradas de K n son compactos y T es continua se tiene que T ({(x 1,, x n ) K n : (x 1,, x n ) T 1 }) es compacto. Finalmente todo cerrado en un compacto es también compacto, lo que prueba que la bola unidad cerrada es compacto. Supongamos ahora que la bola unidad B X = {x X : x 1} es compacta. Consideremos un recubrimiento de la misma dado por B(y, 1/2) = {x X : x y < 1/2} con y B x. Existe entonces una colección finita y 1,.., y n B X tal que B X n i=1b(y i, 1/2). Sea Y el subespacio vectorial generado por y 1,.., y n, que sabemos que es necesariamente cerrado en X. Veamos que Y = X y por tanto X es de dimensión finita. Supongamos que existe x X \ Y. Como Y es cerrado se tiene que d = d(x, Y ) >. Podemos entonces encontrar y Y tal que d x y 3d. 2 Como z = x y B x y X existirá y k Y tal que z B(y k, 1/2). Ahora bien, x = y + x y z = y + x y y k + x y (z y k ). Como y + x y y k Y tenemos que d x (y + x y y k ) = x y z y k < 1 2 x y < 3 4 d, lo que lleva a una contradicción. Definición 3.3.4 Sea X un espacio normado y A X. Diremos que A es relativamente compacto si Ā es compacto. Corolario 3.3.5 Sea X un espacio normado. X es de dimensión finita si, y sólo si, todo acotado es relativamente compacto. Teorema 3.3.6 Sea 1 p y n N. El espacio dual de K n p es isométricamente isomorfo a K n q donde 1 q con 1/p + 1/q = 1

3.4. Dualidad 53 Demostración: Supongamos que 1 < p <. Sea T : (K n p) K n q aplicación definida por T (φ) = (φ(e 1 ), φ(e n )). Es inmediato probar que T es lineal. Veamos que es una isometría. Supongamos φ y tomemos λ i = φ(e i) φ(e i ) i) y λ i = si φ(e i ) =. (φ(e 1 ), φ(e n )) q = ( φ(e i ) q ) 1/q i=1 = ( φ(e i ) q 1 λ i φ(e i )) 1/q i=1 = ( φ(e i ) q 1 λ i e i )) 1/q i=1 φ 1/q φ(e i ) q 1 λ i e i 1/q i=1 = φ 1/q ( φ(e i ) q ) 1/pq. i=1 Por tanto ( n i=1 φ(e i ) q ) 1/q φ. Por otro lado, es claro que φ( β i e i ) β i φ(e i ) ( β i p ) 1/p ( φ(e i ) q ) 1/q, i=1 i=1 i=1 i=1 luego φ ( n i=1 φ(e i ) q ) 1/q. Veamos finalmente que es suprayectiva. Dada (α 1,, α n ) K n q definamos φ((β 1,, β n )) = α i β i. Es lineal y cumple que T (φ) = (α 1,, α n ). Los casos p = 1 y p = se hacen de manera análoga y se dejan como ejercicios. i=1 la 3.4 Dualidad Hemos visto en Ejemplo 3.2.5 que, en el caso de espacios de Hilbert reales, X es isométricamente isomorfo a X. Para espacios de Hilbert cualesquiera puede decirse lo siguiente:

54 Chapter 3. Operadores lineales y continuos Teorema 3.4.1 Si X es un espacio de Hilbert con producto escalar,, y consideramos la aplicación de Riesz J X : X X dada por J X (x) = φ x definido por φ x (y) = y, x. Entonces J X es una aplicación biyectiva que cumple J X (x) = x y verifica J X (α 1 x 1 + iα 2 x 2 ) = ᾱ 1 J X (x 1 ) + ᾱ 2 J X (x 2 ) para α 1, α 2 K y x 1, x 2 X. Hemos visto también en Teorema 3.3.6 que (K n p) es isométricamente isomorfo a K n q para 1 p y 1/p + 1/q = 1. Veamos cual es la versión infinito dimensional de dicho resultado. La demostración es similar a la presentada en Teorema 3.3.6 y se deja como ejercicio. Teorema 3.4.2 Sea 1 < p < y 1/p + 1/q = 1. Entonces (l p ) es isométricamente isomorfo a l q. Analicemos los casos p = 1 y q = 1. Teorema 3.4.3 (l 1 ) es isométricamente isomorfo a l. Demostración: Definimos T : l (l 1 ) mediante la aplicación λ = (λ 1,, λ n, ) φ λ ((α 1,, α n, )) = α n λ n. n=1 Es claro que está bien definida, pues n=1 α n λ n es convergente para toda (α n ) n N l 1 y (λ n ) n N l. Además T es lineal y cumple φ λ ((α n ) n N ) ( n=1 α n )(sup λ n ) = (λ n ) n N (α n ) n N 1. n N Por otro lado, como (λ n ) n N l, para cada ε > existe m = m(ε) N tal que (λ n ) n N < λ m + ε. Se tiene que λ m λ m e m l 1, λ m λ m e m 1 = 1 y φ λ ( λ m λ m e m) = λ m (λ n ) n N ε. Esto demuestra que φ λ = (λ n ) n N y por tanto T es una isometría. Para finalizar hay que ver que T es suprayectiva. Dado φ (l 1 ), considerar

3.4. Dualidad 55 λ n = φ(e n ) para n N. Claramente sup n N λ n φ. Además T (λ) = φ λ = φ. En efecto, φ((α 1,, α n, )) = lim 1,, α N,, )) N = N lim α i φ(e i ) N i=1 = N lim α i λ i N i=1 = α n λ n = φ λ ((α 1,, α n, )). n=1 Teorema 3.4.4 (c ) es isométricamente isomorfo a l 1. Demostración: Definimos T : l 1 (c ) mediante la aplicación λ = (λ 1,, λ n, ) φ λ ((α 1,, α n, )) = α n λ n. n=1 Es claro que está bien definida, pues n=1 α n λ n es convergente para toda (α n ) n N c y (λ n ) n N l 1. Además T es lineal y cumple φ λ ((α n ) n N ) ( n=1 λ n )(sup α n ) = (λ n ) n N 1 (α n ) n N. n N Por otro lado, como (λ n ) n N l 1, para cada ε > existe N N tal que N (λ n ) n N 1 < (λ 1,, λ N ) 1 + ε = λ n + ε. n=1 Sea α ε i = { λi λ i i 1,, N, λ i otro caso Se tiene que (α ε n) n N c, (α ε n) n N = 1 y. φ λ ((α ε n) n N ) = (λ 1,, λ N ) 1 (λ n ) n N 1 ε.

56 Chapter 3. Operadores lineales y continuos Esto demuestra que φ λ = (λ n ) n N 1 y por tanto T es una isometría. Para finalizar hay que ver que T es suprayectiva. Dado φ (c ), considerar λ n = φ(e n ) para n N. Se tiene que para todo N N N N N λ i = φ(e i ) = φ( α i e i ) n=1 n=1 n=1 para cierta (α i ) 1 i N c con (α n ) n N = 1 (basta tomar α i = λ i λ i si λ i y α i = en otro caso). Por tanto (λ n ) n N l 1. Además T ((λ n ) n N ) = φ λ = φ. En efecto, φ((α 1,, α n, )) = lim 1,, α N,, )) N = N lim α i φ(e i ) N i=1 = N lim α i λ i N i=1 = α n λ n = φ λ ((α 1,, α n, )). n=1 En el caso de espacios de funciones se pueden probar, aunque no incluimos su demostración completa, los siguientes resultados: Teorema 3.4.5 Si Ω es un conjunto medible de R n. Entonces (i) (L 1 (Ω)) es isométricamente isomorfo a L (Ω). (ii) (L p (Ω)) es isométricamente isomorfo a L q (Ω) si 1 < p < y 1/q + 1/p = 1. Demostración: (Esbozo de demostración) Si f L q (Ω) entonces T (g) = Ω f(x)g(x)dx define un funcional lineal sobre Lp (Ω), cuya continuidad es consecuencia de la desigualdad de Hölder. Para alcanzar la norma se procede seleccionando una función g en un proceso similar al realizado para sucesiones. La dificultad radica en la suprayectividad que requiere el uso de teoremas (como el de Radon-Nikodym u otras alternativas) que no veremos en esta asignatura.

3.5. Operadores invertibles 57 3.5 Operadores invertibles La busqueda de solución de una ecuación T x = y en el contexto de espacios de Banach lleva a analizar la invertibilidad del operador. Si existe T 1 : Y X entonces x = T 1 y es la solución buscada. Ahora bien nos interesa que las soluciones sean continuas en el dato, es decir a variaciones continuas del dato le correspondan variaciones continuas de la solución. Buscamos entonces también que T 1 sea continua. Definición 3.5.1 Un operador T L(X, Y ) se dice invertible si existe S L(Y, X) tal que S T = I X y T S = I Y donde I X : X X denota la identidad en el espacio X. Dicho operador se denota T 1 : Y X. Nota 3.5.1 Un operador es invertible si y sólo si es un isomorfismo de X en Y. Recordemos que si T : X Y es lineal y X es finito dimensional entonces dim(t (X)) + dim(ker(t )) = dim(x). Por tanto son equivalentes: (i) T es inyectiva. (ii) T es suprayectiva. (iii) T es invertible. Cuando X no es finito dimensional las condiciones anteriores no son equivalentes en general. Ejemplo 3.5.1 Sean L : l 2 l 2 dado por L((x 1, x 2, )) = (x 2, x 3, ) y R : l 2 l 2 dado por L((x 1, x 2, )) = (, x 1, x 2, ). Entonces L es suprayectiva pero no inyectiva, R es inyectiva pero no suprayectiva. Además R L = Id l 2 pero L R RL. Definición 3.5.2 Definimos el producto de operadores ST = S T para S, T L(X). Esto permite dotar a L(X) de una estructura adicional (álgebra de Banach no conmutativa con identidad), es decir además de la estructura de espacio vectorial con las operaciones (S, T ) S + T y (λ, T ) λt se tiene la ley interna (S, T ) ST que cumple (i) T 1 (T 2 T 3 ) = (T 1 T 2 )T 3, T 1, T 2, T 3 L(X), (ii) S(λ 1 T 1 + λ 2 T 2 ) = λ 1 ST 1 + λ 2 ST 2, λ 1, λ 2 K, S, T 1, T 2 L(X), (iii) SI X = I X S = S, S L(X), (iv) ST S T, S, T L(X).

58 Chapter 3. Operadores lineales y continuos Teorema 3.5.3 (Criterio de invertibilidad) Sea X un espacio de Banach y T L(X). Si la serie n= T n (donde T = I X ) es convergente en norma entonces I X T es invertible. Además (I X T ) 1 = T n. n= Demostración: Sea S n = n k= T k y denotemos S = k= T k. Entonces, usando (iv) en la definición anterior, la aplicación Φ T : L(X) L(X) dada por S ST es continua. Por tanto podemos escribir ST = ( lim S n )T = lim S n T = lim n n n k= T k+1 = lim n S n+1 I X = S I X. Esto permite despejar S(I T ) = S ST = I X. Análogamente se concluye que (I T )S = I X. Corolario 3.5.4 Sea X un espacio de Banach y T L(X). (i) Si T < 1 entonces I X T es invertible y (I X T ) 1 1 1 T. (ii) Si I T < 1 entonces T es invertible y T 1 < 1 1 I T. Demostración: (i) Usando que la serie n= T n < y teniendo en cuenta que T n T n se concluye que la serie n= T n es absolutamente convergente. Por tanto converge y debido al Teorema 3.5.3 existe (I X T ) 1. Además (I X T ) 1 = lim N N T n lim T n T n N N n= n= n= 1 1 T. (ii) Aplicar (i) a I X T. Denotemos G(X, Y ) = {T L(X, Y ) : T invertible }. Teorema 3.5.5 Sean X, Y son espacios de Banach y T G(X, Y ). Si S L(X, Y ) es tal que S T < 1 entonces S G(X, Y ). Además (i) S 1 T 1 1 T 1 S T, (ii) T 1 S 1 T 1 T 1 2 S T 1 T 1 S T.

3.6. Aplicaciones a ecuaciones integrales 59 Demostración: Sea R = T 1 S. Se tiene que I X R = T 1 (T S) T 1 T S < 1. Usando el Corolario 3.5.4 se tiene que R G(X, X) y además R 1 1 1 I X R 1 1 T 1 T S. Teniendo en cuenta que S = T R se tiene que S G(X, Y ) con S 1 = R 1 T 1. Esto permite concluir que S 1 T 1 R 1 Ésto demuestra (i). Para probar (ii), observar que T 1 1 T 1 T S. T 1 S 1 = (T 1 S I X )S 1 = T 1 (S T )S 1. Combinado con (i) permite concluir el resultado. Corolario 3.5.6 Sean X, Y espacios de Banach. Entonces (i) G(X, Y ) es abierto en L(X, Y ). (ii) T T 1 es continua de G(X, Y ) en G(Y, X). 3.6 Aplicaciones a ecuaciones integrales En este capítulo analizaremos el uso de las técnicas abstractas de Análisis Funcional para la resolución de distintos tipos de ecuaciones integrales, es decir en aquellas que la incógnita aparece dentro de una integral. Comenzaremos aplicando los resultados anteriores a un caso particular. Ejemplo 3.6.1 Dada y C([, 1]) encontrar una solución x C([, 1]) de la ecuación integral x(s) 1 sen(st)x(t)dt = y(s), s [, 1].

6 Chapter 3. Operadores lineales y continuos Demostración: Consideremos el operador integral T x(s) = 1 sen(st)x(t)dt definido en X = C([, 1]). Por el Ejemplo 3.1.8 se tiene que T L(X) y T sup sen(st) = sen1 < 1. s,t 1 Usando el Corolario 3.5.4 se obtiene que I X T es invertible, luego para todo y C([, 1]) existe una única solución continua x tal que x T x = y. Además podemos calcularla explícitamente, pues x = (I X T ) 1 (y) = n= T n y = lim n y + T y + T 2 y +... + T n y. Sea x = y, x n = y + T x n 1 = y + T y + T 2 y +... + T n y se tiene que x = lim n x n. Incluso puede estimarse el error cometido en la aproximación, pues x x n k=n+1 T k y k=n+1 T k y T n+1 1 T y (sen1)n+1 1 sen1 y. (Ver Teorema 3.6.2 que para el cálculo exacto de la norma T.) Definición 3.6.1 Una ecuación integral de Fredholm de segunda especie es una ecuación de la forma x(s) b a K(s, t)x(t)dt = y(s), s [a, b] donde K : [a, b] [a, b] K es una función continua (denominado el núcleo de la ecuación) y donde y C([a, b]). Teorema 3.6.2 Sea K : [a, b] [a, b] R una función continua y T K x(s) = Entonces T K L(C([a, b])) y b a K(s, t)x(t)dt, x C([a, b]). b T K = max K(s, t) dt. s [a,b] a

3.6. Aplicaciones a ecuaciones integrales 61 Demostración: Pongamos M = max b s [a,b] a K(s, t) dt. Claramente T K x(s) b a b K(s, t) x(t) dt x K(s, t) dt M x. Esto prueba que T K x M x y por tanto T K M. Nótese en primer lugar que s b a K(s, t) dt es una función continua (pues es la imagen de T K (1) que se probó que estaba bien definido. Por tanto existe s [a, b] tal que M = b a K(s, t) dt. Sea 1 α 1/n φ n (α) = nα 1/n < α < 1/n. 1 α 1/n Entonces t x n (t) = φ n (K(s, t)) es continua para todo n N y x n 1. Además lim n φ n (K(s, t)) = sgn(k(s, t)) para todo t. Por tanto T K ) sup s [a,b] b a a b K(s, t)x n (t)dt K(s, t)x n (t)dt a Y pasando al límite se tiene T K b a K(s, t) dt = M. Proposición 3.6.3 Sean X = Y = C([, 1]). Dados k 1, k 2 C([, 1]) [, 1]) consideramos T i (f)(x) = para f C([, 1]). Entonces T 2 T 1 (f)(x) = 1 1 k i (x, y)f(y)dy, i = 1, 2 K(x, y)f(y)dy, K(x, y) = 1 k 2 (x, t)k 1 (t, y)dt. Demostración: Del Ejemplo 3.1.8 se tiene que T i L(X, Y ) para i = 1, 2. Entonces T 2 T 1 (f)(x) = = = 1 1 1 1 k 2 (x, t)t 1 (f)(t)dt 1 k 2 (x, t)( ( k 1 (t, y)f(y)dy)dt k 2 (x, t)k 1 (t, y)dt)f(y)dy.

62 Chapter 3. Operadores lineales y continuos La continuidad de (t, y) k 2 (x, t)k 1 (t, y)f(y) para todo x [, 1] justifica que pueda aplicarse Fubini. Además (x, y) 1 k 2(x, t)k 1 (t, y)dt es continua, ya que dado ε > existe δ > tal que sup k 2 (x, t) k 2 (x, t) < t [,1] sup k 1 (t, y) k 1 (t, y ) < t [,1] Por tanto, si x x < δ y y y < δ, 1 K(x, y) K(x, y ) = + 1 1 1 ε 2 k 1, x x < δ, ε 2 k 2, y y < δ. k 2 (x, t)k 1 (t, y)dt 1 k 2 (x, t)k 1 (t, y )dt k 2 (x, t)k 1 (t, y) k 2 (x, t)k 1 (t, y ) dt k 2 (x, t) k 2 (x, t) k 1 (t, y) dt k 1 (t, y) k 1 (t, y ) k 2 (x, t) dt 1 k 1 k 2 (x, t) k 2 (x, t)dt 1 + k 2 k 2 (x, t) k 2 (x, t) dt < ε. Nota 3.6.1 Usando la Proposition 3.6.3 tenemos que si T x(s) = b a K(s, t)x(t)dt entonces T 2 (x)(s) = b a K 2(s, t)x(t)dt, donde K 2 (s, t) = b a K(s, u)k(u, t)du. Mediante este proceso se consiguen los llamados núcleos iterados. Definición 3.6.4 Si T K x(s) = b a K(s, t)x(t)dt entonces definimos K n+1 (s, t) = K 1 (s, t) = K(s, t), b a K(s, u)k n (u, t)du n N. (3.1) Estos se llaman núcleos iterados y corresponden a los núcleos del operador T n K, es decir T n K = T Kn.

3.6. Aplicaciones a ecuaciones integrales 63 Lema 3.6.5 Si K C([a, b] [a, b]) con K < 1 b a y K n son los núcleos iterados de (3.1) entonces la serie n=1 K n converge en C([a, b] [a, b]). Llamaremos a la función suma H = n=1 K n el núcleo resolvente de K. Demostración: Basta probar que la serie n=1 K n < y usar que C([a, b] [a, b]) es un espacio de Banach. Usando (3.1) se tiene que b K n+1 = sup K(s, u)k n (u, t)du a t,s b a b sup K(s, u) K n (u, t) du a t,s b a Por inducción se tiene que b K n sup K(s, u) du a s b a K n (b a) K. K n K ((b a) K ) n 1, n N. Como (b a) K < 1 se obtiene el resultado. Teorema 3.6.6 Sea K C([a, b] [a, b]) con K < 1 y C([a, b]) existe una única solución x C([a, b]) tal que b a. Para cada x(s) b Dicha solución viene dada por x(s) = y(s) + a K(s, t)x(t)dt = y(s), s [a, b]. b a H(s, t)x(t)dt, s [a, b] donde H(s, t) = n=1 K n (s, t), (s, t [a, b]) es el núcleo resolvente. Demostración: Sabemos que T L(X) para X = C([a, b]). Es suficiente probar que T < 1 para garantizar que I X T es invertible. Esto se sigue de la sencilla estimación T K (b a). Como sabemos que (I X T ) 1 = n= T n se puede escribir la solución mediante la fórmula x(s) = (I X T ) 1 y(s)

64 Chapter 3. Operadores lineales y continuos b = y(s) + K n (s, t)y(t)dt n=1 a b = y(s) + K n (s, t)y(t)dt a n=1 b = y(s) + H(s, t)y(t)dt. a (El paso de intercambio de serie e integral está garantizado por la convergencia absoluta de la serie involucrada como se prueba en Lema 3.6.5.) Ejemplo 3.6.2 Calcular la solución de la ecuación x(s) 1 3 1 (2 3(s + t) + 6st)x(t)dt = y(s), s [, 1]. Demostración: El núcleo de la ecuación de Fredholm viene dado por K(s, t) = 2 3(s + t) + 6st, s, t [, 1]. Calculemos primero K = sup s,t [,1] 2 3(s + t) + 6st. Como K K = 3+6t y = 3+6s, el único punto crítico es s = t = 1/2. s t En la frontera de [, 1] [, 1] tenemos K(, t) = 2/3 t, K(1, t) = 1/3 + t, K(s, ) = 2/3 s y K(s, 1) = 1/3 + s y por tanto K = max{k(1/2, 1/2), max 2/3 t, max 1/3 + t } t 1 t 1 = max{1/6, 2/3, 1/3} = 2/3 < 1. Calculemos ahora K n. K 2 (s, t) = 1 9 = 1 9 + 1 9 + 1 9 1 1 1 1 (2 3s 3u + 6su)(2 3u 3t + 6ut)du (4 6(s + t) + 9st)du 2( 6 + 21 (s + t) 18st)udu + 2 3(3 6(s + t) + 12st)u 2 du = 1 9 (1 3 (s + t) + 3st) 2 = 1 K(s, t). 6

3.6. Aplicaciones a ecuaciones integrales 65 Reiterando se obtiene K n+1 (s, t) = 1 6 n K(s, t). Por tanto el núcleo resolvente queda H(s, t) = y la solución viene dada por x(s) = y(s) + 2 5 n= 1 1 6 K(s, t)) = 5 K(s, t), n 6 (2 3(s + t) + 6st)y(t)dt. Otro tipo de ecuaciones integrales que podemos abordar son las del tipo Volterra. Ejemplo 3.6.3 Dada y C([, 1]) encontrar una solución x C([, 1]) de la ecuación integral x(s) s x(t)dt = y(s), s [, 1]. Demostración: Consideremos el operador integral de Volterra V x(s) = s x(t)dt definido en X = C[, 1]. Por el Ejemplo 3.6.3 se tiene que V L(X) ya que V (x) x 1 x En este caso se tiene que V = 1. Sin embargo el cálculo de V n es elemental. En efeto s t s s s V 2 x(s) = ( x(u)du)dt = ( dt)x(u)du = (s u)x(u)du. u Repitiendo el proceso V 3 x(s) = s t s s s ( (t u)x(u)du)dt = ( (t u)dt)x(u)du = u En general s V n+1 (s u) n x(s) = x(u)du. n! Veamos que la serie n= V n es convergente en L(C([, 1]). En efecto s V n+1 (s u) n = sup sup x(u)du 1 x =1 s [,1] n! n!. (s u) 2 x(u)du. 2

66 Chapter 3. Operadores lineales y continuos Usando el Teorema 3.5.3 se obtiene que I X V es invertible, luego para todo y C([, 1]) existe una única solución continua x tal que x V x = y. Además podemos calcularla explícitamente, pues Para x C([, 1]) tenemos x = (I X V ) 1 (y) = V n y. n= s V n (s u) n x(s) = x(s) + x(u)du n= n= n! s (s u) n = x(s) + x(u)du n= n! s = x(s) + e (s u) x(u)du s = x(s) + e s e u x(u)du. Por tanto la solución es x(s) = y(s) + e s s e u y(u)du. Definición 3.6.7 Sea = {(s, t) [a, b] [a, b] : t s} y sea K : K una función continua. Una ecuación integral de Volterra de segunda especie es una ecuación de la forma x(s) s a K(s, t)x(t)dt = y(s), s [a, b] donde K se denomina el núcleo de la ecuación y donde el dato y C([a, b]). Definimos ahora los núcleos iterados K n+1 (s, t) = s t K 1 (s, t) = K(s, t), K(s, u)k n (u, t)du, t s, n N. (3.2) Proposición 3.6.8 Si K : K es una función continua y T K x(s) = s a K(s, t)x(t)dt entonces ( T K ) n = T Kn para todo n N.

3.6. Aplicaciones a ecuaciones integrales 67 Demostración: Por inducción sobre n. Para n = 1 es obvio. Suponerlo cierto para n. Entonces ( T K ) n+1 x(s) = = = = s s s s s K(s, t)( T K ) n x(t)dt K(s, t)( ( u t K n (t, u)x(u)du)dt K(s, t)k n (t, u)dt)x(u)du K n+1 (s, u)x(u)du = T Kn+1 x(s). Lema 3.6.9 Sea = {(s, t) [a, b] [a, b] : t s}, K : K es una función continua y K n son los núcleos iterados dados por (3.2). Entonces la serie n=1 K n converge en. Llamaremos a la función suma H(s, t) = K n (s, t), (s, t) el núcleo resolvente de K. n=1 Demostración: Basta probar que la serie n=1 K n < y usar que C( ) es un espacio de Banach. Probemos usando inducción que K n (s, t) M n (s t)n 1, (s, t) (n 1)! siendo M = K = sup (s,t) K(s, t). Es claro para n = 1. Suponerlo cierto para n. Usando (3.2) se tiene que s K n+1 (s, t) = K(s, u)k n (u, t)du t s K(s, u) K n (u, t) du t s M n (u t)n 1 K(s, u) du t (n 1)! s M n+1 (u t) n 1 du t (n 1)! = M n+1 (s t)n. n!

68 Chapter 3. Operadores lineales y continuos Por tanto K n M n (b a) n 1 (n 1)! y la serie n=1 K n <. Teorema 3.6.1 Sea = {(s, t) [a, b] [a, b] : t s} y K : K. Para cada y C([a, b]) existe una única solución x C([a, b]) tal que x(s) s Dicha solución viene dada por a x(s) = y(s) + K(s, t)x(t)dt = y(s), s [a, b]. s a H(s, t)x(t)dt, s [a, b] donde H(s, t) = n=1 K n (s, t), (s, t ) es el núcleo resolvente. Demostración: Por el lema 3.6.8 se tiene ( T K ) n x(s) = s K n(s, t)x(t)dt y por consiguiente ( T b K ) n x x K n (s, t) dt a x (b a) K n M n (b a) n x (n 1)!. Consecuentemente ( T K ) n M n (s a) n. Esto garantiza la convergencia de (n 1)! la serie n=1 ( T K ) n <. Usando el Teorema 3.5.3 se concluye que I X T K es invertible. Como sabemos que (I X T K ) 1 = n= ( T K ) n se puede escribir la solución mediante la fórmula x(s) = (I X T K ) 1 y(s) s = y(s) + K n (s, t)y(t)dt = y(s) + = y(s) + n=1 a s a n=1 s a K n (s, t)y(t)dt H(s, t)y(t)dt. (El paso de intercambio de serie e integral está garantizado por la convergencia absoluta de la serie involucrada como se prueba en Lema 3.6.9.)

Chapter 4 Ampliación de espacios de Hilbert 4.1 Bases Ortonormales En el capítulo primero vimos que la existencia de sucesiones (x n ) n N tales que las combinaciones lineales de los vectores x n es denso en X es una condición suficiente para la separabilidad del espacio. En el caso X = l 2 puede tomarse la sucesión (e n ), que además tiene la propiedad de ser ortogonal. Nuestro objetivo ahora es probar que realmente en todo espacio de Hilbert separable existen sucesiones (bases ortonormales) de modo que LIN{x n : n N} = X. En este capítulo (X,, ) denota siempre un espacio prehilbertiano. Definición 4.1.1 Un subconjunto M X se dice ortonormal si x, y = para x, y M, x y y x 2 = x, x = 1 para x M. Diremos que M es una base ortonormal si M es ortonormal y X = LIN(M). Ejemplo 4.1.1 En X = C 3 el conjunto M = {e 1, e 2, e 3 } donde e 1 = (1,, ), e 2 = 1 2 (1, 1, ) y e 3 = 1 2 (1, 1, 1) forma una base ortonormal de C 3. Ejemplo 4.1.2 En X = l 2 (R) = {(x n ) n N : x i R, n=1 x n 2 < }, la sucesión n 1 {}}{ e n = (,...,, 1,,...) forma una base ortonormal. 69

7 Chapter 4. Ampliación de espacios de Hilbert Ejemplo 4.1.3 En X = L 2 (( π, π)) definido por funciones f : ( π, π) C medible Lebesgue tales que π π f(t) 2 dt <, la sucesión es un conjunto ortonormal. φ n (t) = eint 2π Proposición 4.1.2 Todo conjunto ortonormal M es un sistema linealmente independiente. Demostración: Sean α 1,..., α n K y x 1,..., x n M tales que n i=1 α i x i =. Usando que n i=1 α i x i, x k = α k para k = 1,.., n se concluye que el sistema es linealmente independiente Proposición 4.1.3 Si X es un espacio de Hilbert separable y M es un conjunto ortonormal de X entonces M es, a lo sumo, numerable. Demostración: Sea X = D donde D es numerable. Para cada x M existe un y(x) D tal que x y(x) < 2. Usando el teorema de Pitǵoras 2 si x, x M con x x se tiene que x x 2 = 2. Por tanto la aplicación x y(x) es inyectiva de M en D y se obtiene que M es numerable. Teorema 4.1.4 (Proceso de ortogonalización de Gram-Schmidt) Si (x n ) n N es una sucesión linealmente independiente en X entonces existe (y n ) n N ortonormal tal que LIN({x n : n N}) = LIN({y n : n N}). Demostración: Nótese que x n por ser un sistema linealmente independiente. Sea y 1 = x 1. Es claro que LIN(x x 1 1) = LIN(y 1 ) y y 1 = 1. Supongamos que tenemos construidos y 1,..., y n cumpliendo (1) LIN({x 1,..., x n }) = LIN({y 1,..., y n }). (2) y i y j para i j. (3) y i = 1 para i = 1,..., n. Consideremos x n+1 = x n+1 x n+1, y i y i. i=1

4.1. Bases Ortonormales 71 Como x n+1 / LIN({y 1,..., y n }) se puede asegurar que x n+1 y definimos y n+1 = x n+1 primer lugar x n+1. Comprobemos que cumple las propiedades anteriores: En LIN({x 1,..., x n, x n+1 }) = LIN({y 1,..., y n, x n+1 }) Por otro lado para cada j {1,..., n}, y n+1, y j = 1 ( xn+1, y x j n+1 = LIN({y 1,..., y n, x n+1}) = LIN({y 1,..., y n, y n+1 }). x n+1, y i y i, y j ) =. i=1 Ejemplo 4.1.4 Sea X = L 2 (( 1, 1)) y consideremos la sucesión x n (t) = t n para n. Dicha sucesión forma un conjunto linealmente independiente. La sucesión correspondiente al proceso de ortonormalización de Gram-Schmidt se llaman los polinomios de Legendre. Los primeros términos son: P (t) = 1 2,P 1 (t) = 3 2 t, P 2 (t) = 5 8 (3t 2 1) y P 3 (t) = 7 8 (5t 3 3t). Proposición 4.1.5 Si X es un espacio de Hilbert sobre K de dimensión n. Entonces X es isométricamente isomorfo a K n 2. Demostración: Sean x 1,..., x n vectores linealmente independientes (y generadores de X). Por el proceso anterior existen e 1,..., e n vectores ortonormales (y por tanto base de X). Considerar T : X K n 2 definido por T ( α i e i ) = (α 1,..., α n ). i= 1 Observar que por la ortonormalidad de (e i ) n i=1 se tiene que α j = x, e j. Por tanto T es lineal y biyectiva. Además x 2 = x, x = x, x, e i e i = x, e i x, e i = x, e i 2 = T (x) 2 2. i=1 i=1 i=1

72 Chapter 4. Ampliación de espacios de Hilbert Teorema 4.1.6 Sea X un espacio prehilbertiano de dimensión infinita. X es separable si y sólo si tiene existe una sucesión (e n ) n N que es base ortonormal. Demostración: Suponer que X es separable. Sea D = {x n : n N} tal que X = D. El proceso a seguir consta de dos pasos: En primer lugar vamos a encontrar una sucesión linealmente independiente (y n ) tal que X = LIN({y n : n N}) y después usar el proceso de ortonormalización para conseguir la base pretendida. Sea n 1 el primer índice tal que x n. Supongamos que tenemos definidos {x n1, x n2,..., x nk } tales que el sistema es linealmente independiente y LIN({x 1, x 2,..., x nk }) = LIN({x n1, x n2,..., x nk }). Como X es de dimensión infinita, el conjunto A k = {n N : x n / LIN({x n1, x n2,..., x nk }) es no vacío. Sea n k+1 = mina k. Entonces LIN({x 1, x 2,..., x nk, x nk+1 }) = LIN({x n1, x n2,..., x nk, x nk+1 }). Definendo y j = x nj tenemos un sistema linealmente independiente. Además X = LIN({y n : n N}). Ahora basta con usar el proceso de ortonormalización de la sucesión (y n ) para conseguir (e n ) base ortonormal. El recíproco viene del criterio de separabilidad de los espacios de Banach probado con anterioridad. Veamos ahora que la situación que ocurre en l 2 con su base (canónica) ortonormal (e n ), donde se cumple que x = (x n ) n N = x, e n e n n=1 siendo la convergencia de la serie en l 2, puesto que x x, e k e k 2 2 = x, e n 2, n, k=1 k=n+1 es propia de todos los espacios de Hilbert separables, reemplazando la base canónica de l 2 por una base ortonormal cualquiera.

4.1. Bases Ortonormales 73 Definición 4.1.7 Sea (e n ) n N una sucesión ortonormal en X y sea x X. La sucesión numérica de coeficientes (en K) dada por ( x, e n ) n N se dicen los coeficientes de Fourier de x respecto la sucesión (e n ) n N. La serie (formal) n=1 x, e n e n se denomina la serie de Fourier de x relativa a la sucesión (e n ) n N. Ejemplo 4.1.5 Sea X = L 2 (( π, π)), φ n (t) = 1 2π eint, n Z. Para f L 2 (( π, π)) denotamos ˆf(n) = f, φ n = a los coeficientes de Fourier clásicos. π π int dt f(t)e 2π Teorema 4.1.8 (Desigualdad de Bessel) Sea (e n ) n N una sucesión ortonormal en un espacio prehilbertiano X. Para cada x X se cumple x, e n 2 x 2. n=1 Demostración: Es suficiente probar que N x, e n 2 x 2, x X, N N. n=1 Consideremos x N = x N n=1 x, e n e n. Observemos que x N e k para k = 1,..., N. En efecto, x N, e k = N x x, e n e n, e k n=1 = N x, e k x, e n e n, e k n=1 = x, e k x, e k =. Por tanto, usando el teorema de Pitágoras, x 2 = N x N + x, e n e n 2 n=1 = N x N 2 + x, e n 2 e n 2 n=1 N x, e n 2. n=1

74 Chapter 4. Ampliación de espacios de Hilbert Teorema 4.1.9 Sea (e n ) n N una sucesión ortonormal en un espacio prehilbertiano X. Son equivalentes (1) (e n ) es una base ortonormal. (2) Para todo x X la serie de Fourier n=1 x, e n e n converge a x en X. (3) Para todo x X se verifica x 2 = x, e n 2 (Identidad de Parseval). n=1 Demostración: (1) = (2) Sea x X. Hemos de probar que x N cuando N siendo x N = x N n=1 x, e n e n. Dado ε > y x X, usando que X = LIN({e n : n N}), existe y = N n=1 α n e n tal que x y < ε. Entonces, para N N, teniendo en cuenta que x N ( N n=1 x, e n e n y), y usando Pitágoras de nuevo, N x N 2 + x, e n e n y 2 = x y 2 n=1 En particular x N < ε para N N. (2) = (3) Aplicamos la continuidad la aplicación y x, y. Puesto que Nn=1 x, e n e n converge a x podemos concluir que N N x 2 = x, x = lim x, e n x, e n = lim x, e n 2 = x, e n 2. N N n=1 n=1 n=1 (3) = (2) Sea x X. Observar que x = N n=1 x, e n e n + x N para todo N N. Además N n=1 x, e n e n x N y por tanto N x 2 = x, e n 2 + x N 2. n=1 Así que si suponemos que x 2 = n=1 x, e n 2 se tiene que x N cuando N. (2) = (1) Inmediato pues N n=1 x, e n e n LIN({e n : n N}).

4.2. Operador adjunto 75 Teorema 4.1.1 (Teorema de Riesz-Fisher) Sea (e n ) n N una sucesión ortonormal en un espacio de Hilbert X. La serie n=1 α n e n converge a x si y sólo si n=1 α n 2 <. En tal caso α n = x, e n. Demostración: El resultado se obtiene usando el Criterio de Cauchty pues para m, n N con m > n tenemos m m α k e k 2 = α k 2. k=n k=n En el supuesto de la convergencia, la continuidad del producto escalar permite concluir α k e k, e n = α k e k, e n = α n. k=1 k=1 Teorema 4.1.11 Todo espacio de Hilbert (sobre K) separable de dimensión infinita es isométricamente isomorfo a l 2 (K). Demostración: Usando el Teorema 4.1.6 existe una base ortonormal (e n ) n N del espacio X. Definimos T : X l 2 dada por T (x) = ( x, e n ) n N. Está bien definida por la desigualdad de Bessel. Es una isometría por la identidad de Parseval y es suprayectiva por el teorema de Riesz-Fisher. Corolario 4.1.12 Si Ω es medible de medida positiva entonces L 2 (Ω) es isométricamente isomorfo a l 2. 4.2 Operador adjunto Teorema 4.2.1 Sean (X,, ) e (Y, (, )) espacios de Hilbert sobre K y sea T L(X, Y ). Existe un único T L(Y, X) tal que Además T T. (T x, y) = x, T y, x X, y Y.

76 Chapter 4. Ampliación de espacios de Hilbert Demostración: Fijado y Y definimos φ T,y : X K dada por φ T,y (x) = (T x, y). Es inmediato probar que φ T,y X con φ T,y T. Usando el Teorema de representación de Riesz-Frechet se obtiene un único x X tal que φ T,y (x) = x, x. Definimos T : Y X mediante la aplicación T (y) = x. Se cumple que (T x, y) = φ T,y (x) = x, T y, x X. Hemos de comprobar que T L(Y, X). Veamos la linealidad: Sean α 1, β 1 K y y 1, y 2 Y. Consideremos T (y 1 ) = x 1 y T (y 2 ) = x 2 y T (α 1 y 1 + α 2 y 2 ) = x. Para comprobar que x = α 1 x 1 + α 2 x 2 es suficente probar que Sea x X tenemos (T x, α 1 y 1 + α 2 y 2 ) = x, α 1 x 1 + α 2 x 2, x X. x, α 1 x 1 + α 2 x 2 = ᾱ 1 x, x 1 + ᾱ 2 x, x 2 = ᾱ 1 (T x, y 1 ) + ᾱ 2 (T x, y 2 ) = (T x, α 1 y 1 ) + (T x, α 2 y 2 ) = (T x, α 1 y 1 + α 2 y 2 ). Veamos la continuidad: Usando que x = sup{ v, x : v 1} tenemos T y = sup{ v, T y : v 1} = sup{ T v, y : v 1} T y. Por tanto T T. Finalmente veamos la unicidad del operador T. Supongamos que existen T 1, T 2 L(Y, X) tales que (T x, y) = x, T 1 y = x, T 2 y, x X, y Y. Como x, T 1 y T 2 y = para todo x X, y Y, tomando x = T 1 y T 2 y se tiene que T 1 y = T 2 y para todo y X.

4.2. Operador adjunto 77 Definición 4.2.2 Dados (X,, ) e (Y, (, )) espacios de Hilbert sobre K. Para cada T L(X, Y ) se define el operador adjunto de T al único T L(Y, X) tal que (T x, y) = x, T y, x X, y Y. Nota 4.2.1 Recordemos que el Teorema de Riesz-Frechet permite definir una isometría J X : X X dada por J X (x) = φ x definido por Entonces si T L(X, Y ) tenemos J X (x)(y) = y, x, y X. T = J 1 X T t J Y Demostración: Es consecuencia de la unicidad del operador adjunto, pues x, JX 1 T t J Y (y) = x, JX 1 T t (φ y ) = J X (JX 1 T t (φ y ))(x) = T t (φ y )(x) = φ y (T (x)) = y, T (x). Ejemplo 4.2.1 Sea T : K n 2 K n 2 una aplicación lineal con matriz asociada (a i,j ) n i,j=1. Entonces T : K n 2 K n 2 viene dado por la matriz conjugada de la traspuesta (a i,j) n i,j=1 = (ā j,i ) n i,j=1. Demostración: En efecto, recordemos que Es decir, a i,j = T (e i ), e j y por tanto T ( α i e i ) = ( a i,j α i )e j. i=1 j=1 i=1 a i,j = T (e i ), e j = e j, T (e i ) = T (e j ), e i = ā j,i. Ejemplo 4.2.2 Sea S : l 2 l 2 dado por S((x 1, x 2,...)) = (, x 1, x 2,...). Entonces S : l 2 l 2 viene dado por S ((x 1, x 2,...)) = (x 2, x 3,...).

78 Chapter 4. Ampliación de espacios de Hilbert Demostración: Tenemos que S(e n ) = e n+1. Por consiguiente e n+1, e m = Se n, e m = e n, S (e m ). Se deduce entonces que S (e m ) = e m 1 para m 2 y S (e 1 ) =. En consecuencia S ((x 1, x 2,...)) = x m S (e m ) = x m+1 e m = (x 2, x 3,...). m=1 m=1 Ejemplo 4.2.3 Sea K L 2 (Ω Ω), donde Ω R n es medible. Definimos T K : L 2 (Ω) L 2 (Ω) dado por T K (f)(x) = Ω K(x, y)f(y)dy. Entonces TK : L 2 (Ω) L 2 (Ω) dado por TK = T K donde K (x, y) = K(y, x), es decir TK(g)(y) = K(x, y)g(x)dx. Ω Demostración: La fórmula T K (f), g = f, TK(g) se traduce, en este caso, en ( K(x, y)f(y)dy)ḡ(x)dx = f(y)tk(g)(y)dy. Ω Ω Ω Usando el teorema de Fubini para f L 2 (Ω) y g L 2 (Ω) se tiene que f(y)ḡ(x) L 2 (Ω Ω), y por tanto K(x, y) f(y)g(x) L 1 (Ω Ω) de donde se concluye que Ω ( K(x, y)f(y)dy)ḡ(x)dx = ( K(x, y)g(x)dx)f(y)dy. Ω Ω Ω Una manera equivalente de calcular normas de operadores entre espacios de Hilbert es la siguiente: Lema 4.2.3 Sean X e Y espacios de Hilbert y T L(X, Y ). Entonces T = sup{ T (x), y : x 1, y 1}.

4.2. Operador adjunto 79 Demostración: Basta usar la definición de norma y el hecho de que para u Y u = sup{ u, y : y 1}. Veamos algunas de las propiedades de los operadores adjuntos: Teorema 4.2.4 Sean (X,, ), (Y, (, )) y (Z, [, ]) espacios de Hilbert sobre K, α, β K y sean T, S L(X, Y ) y R L(Y, Z). Entonces (i) T = T. (ii) T = T. (iii) T 2 = T T = T T = T 2. (iv) (αt + βs) = ᾱt + βs. (v) (RT ) = T R. (vi) T es invertible si, y sólo si, T es invertible y (T 1 ) = (T ) 1. Demostración: (i) Como T L(Y, X) entonces T L(X, Y ). Fijamos x X. Para cada y Y se tiene que (T x, y) = (y, (T ) x) = T y, x = x, T y = (T x, y). Por tanto T (x) = T (x) para todo x X. (ii) Usando T T, junto con (i) se tiene T = (T ) T. (iii) Si x X podemos escribir T x 2 = (T x, T x) = x, T T x x T T x T T x 2. Tomando supremos en la bola unidad se tiene que T 2 T T. La otra desigualdad se tiene de la estimación de normas de la composición y el apartado (ii), pues T T T T = T 2. Cambiando T por T y usando (i) se tienen las otras igualdades. (iv) Hay que comprobar, debido a la unicidad del adjunto, que para todo x X, y Y se cumple Pero ésto se sigue de x, ᾱt + βs y = ((αt + βs)x, y). x, (ᾱt + βs )y = α x, T y + β x, S y = α(t x, y) + β(sx, y) = ((αt + βs)x, y).

8 Chapter 4. Ampliación de espacios de Hilbert (v) Nótese que RT L(X, Z). Para x X y z Z tenemos [RT x, z] = (T x, R z) = x, T (R z). Ésto significa que (RT ) = T R. (vi) Supongamos que existe T 1 L(Y, X) tal que T T 1 = I Y y T 1 T = I X. Teniendo en cuenta que IX = I X e IY = I Y y el apartado (v) entonces T (T 1 ) = I X y (T 1 ) T = I Y. De donde se concluye que T es invertible y (T ) 1 = (T 1 ). Definición 4.2.5 Sea X = Y espacio de Hilbert y T L(X). T se dice autoadjunto si T = T. Nota 4.2.2 Si T L(X) entonces T T es autoadjunto, pues (T T ) = T T = T T. Ejemplo 4.2.4 Si K L 2 (Ω Ω) entonces T K es autoadjunto si y sólo si K(x, y) = K(y, x). Para núcleos reales ser autoadjunto equivale a ser simétrico, i.e. K(x, y) = K(y, x). Acabaremos este capítulo con la relación existente entre el núcleo de un operador y la imagen del adjunto. Proposición 4.2.6 Sean X e Y espacios de Hilbert y T L(X, Y ). Entonces (i) KerT = (ImT ), (KerT ) = ImT. (ii) KerT = (ImT ), (KerT ) = ImT. Demostración: (i) Como x, T y = (T x, y) se tiene que T x = si, y sólo si, x T y para todo y Y. Es decir, KerT = (ImT ). Por otro lado sabemos que (KerT ) = ((ImT ) ) = ImT. (ii) Es consecuencia de (i) aplicado a T. Corolario 4.2.7 Sea T L(X, Y ). (i) Si T es suprayectiva entonces T es inyectiva. (ii) Si T es inyectiva e ImT es cerrado entonces T es suprayectiva.

Chapter 5 Teoría espectral de operadores 5.1 Espectro de un operador En esta sección (X, ) será un espacio normado sobre K y T : X X un operador lineal y continuo, es decir T L(X). Motivados por la resolución de ecuaciónes consideramos varias nociones asociadas a los operadores que juegan un papel fundamental en el desarrollo posterior. Definición 5.1.1 Sea T L(X). Un valor λ K se dice valor propio del operador si existe x X tal que T x = λx, es decir Ker(T λi) {}. Los elementos no nulos de Ker(T λi) se llaman vectores propios de T asociados a λ. Denotamos σ p (T ) al conjunto de valores propios del operador, i.e. σ p (T ) = {λ K : Ker(T λi) {}} y le llamamos espectro puntual del operador. Nota 5.1.1 Observar que λ σ p (T ) implica que T λi no es inyectiva, en particular no es invertible. Es bien sabido que si T : K n K n es lineal el hecho de ser inyectiva, equivale a ser suprayectiva y equivale a ser invertible (con inversa continua). Dicha condición puede caracterizarse en términos del det(a) siendo A la matriz del operador. Por tanto el conjunto de valores propios σ p (T ) coincide con las soluciones de det(a λi) =, es decir las raices del polinomio característico. 81

82 Chapter 5. Teoría espectral de operadores Definición 5.1.2 Sea T L(X). Un valor λ K se llama valor regular (o valor resolvente) para T si (T λi) es invertible en L(X). Denotamos ρ(t ) = {λ K : (T λi) 1 L(X)} al conjunto de valores regulares, denominado el conjunto resolvente del operador y σ(t ) a su complementario, denominado el espectro del operador. Es decir σ(t ) = K \ ρ(t ) es el conjunto de valores no regulares (llamados también valores espectrales). Definimos el operador resolvente resolvente de T, denotado R T mediante la aplicación R T : ρ(t ) L(X) dada por R T (λ) = (T λi) 1. Nota 5.1.2 Observar que σ p (T ) σ(t ). Ejemplo 5.1.1 Sea S L(l 2 ) dado por S((α 1, α 2,...)) = (, α 1, α 2,...). Observar que ImT = {e 1 } luego σ(s). Sin embargo / σ p (S) pues KerT =. Nota 5.1.3 Si λ σ(t ) se debe a una de las siguientes circunstancias: T λi no es inyectivo, T λi no es suprayectivo ó T λi es una biyección continua pero su inversa no es continua. Ejemplo 5.1.2 Sea T L(l 2 ) dado por T ((α 1, α 2,...)) = (α 2, α 3,...). Observar que Ker(T λi) = {x l 2 : x 2 = λx 1, x 3 = λx 2,...} = {x 1 (1, λ, λ 2,...)}. Por tanto existe x 1 tal que x 1 (1, λ, λ 2,...) l 2 si, y sólo si, λ < 1. Es decir σ p (T ) = {λ : λ < 1}. En particular 1 / σ p (T ). Veamos que 1 σ(t ) probando que T I no es suprayectiva. En efecto, Im(T I) = {(α 1, α 2,...) l 2 : α n = β n+1 β n, (β n ) n N l 2 }. Luego (α 1, α 2,...) Im(T I) implica que n k=1 α k = β n+1 β 1 es convergente. En particular ( 1 ) / Im(T I). n Teorema 5.1.3 Si T L(X) entonces σ(t ) es un conjunto compacto contenido en {λ K : λ T }.

5.1. Espectro de un operador 83 Demostración: Veamos que σ(t ) es cerrado y σ p (T ) {λ K : λ T }. Si λ > T entonces λ 1 T < 1. Usando el criterio de invertibilidad de operadores se concluye que I λ 1 T = λ 1 (T λi) es invertible. En particular λ ρ(t ). Veamos que ρ(t ) es abierto. Sea λ ρ(t ), es decir T λi G(X). De los resultados del Teorema 3.5.4 se tiene que todo operador S L(X) tal 1 que S (T λi) < también es invertible. (T λi) 1 1 Consideremos S = T βi. Por tanto, si λ β < entonces (T λi) 1 β ρ(t ). Nota 5.1.4 Si T : R 2 R 2 está dado por (x, y) ( y, x) se cumple que σ(t ) =, pues para todo λ R se tiene que T λi es inyectiva. Nota 5.1.5 Un importante resultado referente al especto de un operador T L(X) en el caso de X normado sobre C afirma que σ(t ). En el caso finito dimensional es consecuencia inmediata del teorema fundamental del álgebra, sin embargo en el caso infinito dimensional su demostración necesita algunos resultados que no entran en el contenido en este curso. Aplicando los resultados de invertibilidad del Capítulo 3 podemos obtener las siguientes consecuencias sobre desarrollos en serie de Laurent de la resolvente. Teorema 5.1.4 Sea T L(X). (i) Si λ > T entonces λ ρ(t ) y se obtiene el desarrollo en serie de Laurent R T (λ) = λ (n+1) T n. Además R T (λ) 1 λ T. (ii) Si λ ρ(t ) entonces se tiene el desarrollo en serie de potencias n= R T (β) = (β λ) n R T (λ) n+1, β λ < n= 1 R T (λ). Demostración: (i) Se vió en Teorema 5.1.3 que λ ρ(t ). Además (I λ 1 T ) 1 = λ(t λi) 1 = λ n T n. n=

84 Chapter 5. Teoría espectral de operadores Por tanto R T (λ) = (T λi) 1 = λ (n+1) T n. n= 1 (ii) Nótese que si λ ρ(t ) y λ β < R T entonces β ρ(t ). Además (λ) T βi = T λi (β λ)i = (T λi)(i (β λ)(t λi) 1 ) = (T λi)(i (β λ)r T (λ)). Por consiguiente, R T (β) = (I (β λ)r T (λ)) 1 R T (λ) = (β λ) n RT n+1 (λ). n= 5.2 Operadores compactos Un conjunto A X donde X un espacio normado es acotado si x M para todo x A, es decir A {x X : x M}. A es cerrado si Ā = A. Recordemos que A X se dice relativamente compacto si Ā es compacto, i.e. de todo cubrimiento abierto de Ā se puede extraer un subrecubrimiento finito. Es bien sabido que todo compacto es cerrado y acotado, pero recordemos que la compacidad no es equivalente a ser cerrado y acotado en espacios de dimensión infinita. De hecho, por el teorema de Riesz, X es finito dimensional si, y sólo si, todo acotado A X es relativamente compacto. Mencionemos, sin demostración, una caracterización de los conjuntos relativamente compactos en el caso X = C(K). Teorema 5.2.1 (Teorema de Ascoli-Arzelà) Sea (K, d) un espacio métrico compacto, y X = C(K) con. Un subconjunto A C(K) es relativamente compacto si, y sólo si, A es acotado, i.e. sup x(t) <, x A,t K y A es equicontinuo, i.e. para todo ε > existe δ > de modo que sup x(t) x(s) < ε, d(s, t) < δ. x A

5.2. Operadores compactos 85 Definición 5.2.2 Sean X e Y espacios normados y T : X Y un operador lineal. Diremos que T es compacto si transforma conjuntos acotados en conjuntos relativamente compactos. Nota 5.2.1 Si T : X Y es lineal y compacto entonces T L(X, Y ). Como T (B X ) es compacto en particular acotado. Luego existe M > tal que T (x) M si x 1. Proposición 5.2.3 Sean X e Y espacios normados y T L(X, Y ). Son equivalentes: (i) T es compacto. (ii) T (B X ) es relativamente compacto, donde B X es la bola cerrada. (iii) De toda sucesión (x n ) n N acotada se puede extraer una subsucesión (x nk ) k N tal que (T (x nk )) k N es convergente en Y. Demostración: (i) = (ii) Inmediato. (ii) = (iii) Sea x n M para todo n N. Entonces M 1 x n B X. Sea A = {T (M 1 x n ) : n N} que sabemos que es relativamente compacto. Luego se puede extraer una subsucesión convergente en Ā y por tanto T (x n k ) converge en Y. (iii)= (i) Sea A X acotado. Como T L(X, Y ) se tiene que T (A) es acotado. Veamos que T (A) es relativamente compacto, probando que de toda sucesión se puede extraer una subsucesión convergente. Sea (y n ) n N T (A), pongamos y n = T (x n ) para x n A. Como A es acotado, por la hipótesis se concluye que existe una subsucesión (y nk ) k N convergente. Nota 5.2.2 La identidad I : X X es compacto si y sólo si X es finito dimensional. Ejemplo 5.2.1 Sea K C([a, b] [a, b]) y T K : C([a, b]) C([a, b]) dado por T K x(s) = b a K(s, t)x(t)dt. Entonces T K es compacto. Demostración: Es suficiente ver que A = {T K (x) : x 1} es relativamente compacto en C([a, b]). Usando el Teorema 5.2.1 hemos de ver que A es acotado y equicontinuo. Es claro que A {y C([a, b]) : y T K }. Por otro lado, como K es uniformemente continua en [a, b] [a, b], para cada ε > existe δ > tal que K(s, t) K(s, t) < ε (b a), s s < δ, t [a, b].

86 Chapter 5. Teoría espectral de operadores Por tanto b sup T K (x)(s) T K x(s ) K(s, t) K(s, t) x(t) dt < ε, s s < δ. x 1 a Definición 5.2.4 Denotemos los operadores de rango finito y los operadores compactos por F(X, Y ) = {T L(X, Y ) : dim(imt ) < } K(X, Y ) = {T : X Y : lineales y compactos }. En el caso X = Y los denotaremos F(X) y K(X). Proposición 5.2.5 Sea T L(X, Y ). T F(X, Y ) si, y sólo si, existen y 1,..., y n Y y φ 1,..., φ n X tales que T (x) = φ i (x)y i. i=1 Demostración: Como (ImT, ) es finito dimensional. Sea (y i ) n i=1 una base de ImT. Consideremos J : K n 2 ImT el isomorfismo tal que y i = J(e i ). Consideremos φ i = π i J 1 T X donde π i : K N 2 K dado por π i ((α 1,..., α n )) = α i para i = 1,..., n. Entonces si T x = n i=1 α i y i se tiene que J 1 (T x) = (α 1,..., α n ) y por tanto α i = φ i (x). El recíproco es inmediato. Proposición 5.2.6 Sean X, Y y Z espacios normados. Entonces (i) F(X, Y ) K(X, Y ) L(X, Y ). (ii) Si T F(X, Y ) (respect. T K(X, Y )) y S L(Y, Z) entonces ST F(X, Z) (respect. ST K(X, Z)). (iii) Si T L(X, Y ) y S F(Y, Z) (respect. T K(Y, Z)) entonces ST F(X, Z) (respect. ST K(X, Z)). Demostración: (i) Sea T F(X, Y ). Como T (B X ) es un conjunto acotado en ImT que es finito dimensional, se tiene que T (B X ) es relativamente compacto.

5.2. Operadores compactos 87 El otro contenido se observó en la Nota 5.2.1. (ii) Usar que Im(ST ) Im(S) para el caso S F(Y, Z). Si S K(Y, Z), como T (B X ) es un acotado se tiene que ST (B X ) es relativamente compacto. (iii) Si T F(X, Y ) lo escribimos entonces T (x) = φ i (x)y i, i=1 ST (x) = φ i (x)sy i F(X, Z). i=1 Si T K(X, Y ) entonces T (B X ) es compacto, y como S es continua se tiene que S(T (B X )) es compacto y ST (B X ) S(T (B X )). Teorema 5.2.7 Sea X un espacio normado e Y un espacio de Banach. Entonces K(X, Y ) es un subespacio cerrado de L(X, Y ). Demostración: Sea (T n ) n N K(X, Y ) tal que T n T. Veamos que T K(X, Y ). Sea (x k ) k N una sucesión en X con sup n x n = M. Veamos que existe una subsucesión (x k) k N tal que (T (x k)) k N es de Cauchy en Y. Por ser T 1 compacto existe una subsucesión, denotada (x 1,k ) k N tal que (T 1 (x 1,k )) k N es convergente en Y. Aplicando que T 2 es compacto existe una subsucesión de (x 1,k ) k N, denotada (x 2,k ) k N tal que (T 2 (x 2,k )) k N es convergente en Y. Reiterando el proceso existe una subsucesión de (x n 1,k ) k N, denotada (x n,k ) k N tal que (T n (x n,k )) k N es convergente en Y. Consideremos ahora, x k = x k,k para k N. Es una subsucesión de la original (x k ) k N. Veamos que verifica que (T (x k)) k N es convergente. Al ser (x k) k N subsucesión de (x n,k ) k N para todo n N se tiene que (T n (x k)) k N converge para todo n N. Dado ε > existe n N tal que T n T < ε/(3m). En particular T n x k T x k T n T (sup x k ) < ε/3, k N. Por la compacidad de T n existe k N tal que Por tanto, para i, j k T n x j T n x i < ε/3, i, j k. T x j T x i T x j T n x j + T n x j T n x i + T n x i T x i < ε.

88 Chapter 5. Teoría espectral de operadores Corolario 5.2.8 Sea X un espacio normado e Y un espacio de Banach. Si (T n ) n N F(X, Y ) y T n T en L(X, Y ) entonces T K(X, Y ). 5.3 Espectro de operadores compactos Comenzamos mencionando un resultado de aproximación de gran utilidad debido a Riesz. Lema 5.3.1 (Riesz) Sean Y 1 e Y 2 subespacios vectoriales de un espacio normado X tales que Y 1 es cerrado y cumple Y 1 Y 2. Para todo < θ < 1 existe y 2 Y 2 con y 2 = 1 y y 2 y θ para todo y Y 1. Demostración: Sea u Y 2 \Y 1. Como Y 1 es cerrado se tiene que d(u, Y 1 ) = d >. Por tanto existe y θ Y 1 tal que < d u y θ < d(u, Y 1). θ Consideremos y 2 = u y θ u y θ Y 2 con y 2 = 1 que cumple, para cada y Y 1, y 2 y = u y θ u y θ y = 1 u y θ u (y θ + y u y θ ) 1 u y θ d(u, Y 1) > θ. Otra importante observación, válida para todos los operadores, es la siguiente: Lema 5.3.2 Sean λ 1,..., λ n σ p (T ) con λ i λ j si i j y sean x 1,...x n vectores propios asociados a dichos valores propios. Entonces {x 1,..., x n } son linealmente independientes. Demostración: Supongamos que {x 1,..., x n } no son linealmente independientes, y sea m {2,..., n} tal que x m el primer vector combinación lineal de

5.3. Espectro de operadores compactos 89 los anteriores (en particular {x 1,..., x m 1 } son linealmente independientes). Pongamos x m = m 1 i=1 α i x i. Entonces = (T λ m I)(x m ) = = m 1 i=1 m 1 i=1 m 1 α i T x i λ m i=1 α i (λ i λ m )x i. α i x i Por independencia lineal se tiene que (λ i λ m )α i = para 1 i m 1, y por tanto x m = lo que contradice la hipótesis. Teorema 5.3.3 Sea T K(X). Entonces σ p (T ) es a lo sumo numerable y su único posible punto de acumulación es el. Demostración: Veamos que para cada ε > el conjunto {λ σ p (T ) : λ ε} es vacío o finito. Con ésto se concluye que σ p (T ) \ {} = n N {λ σ p (T ) : λ 1/n} es a lo sumo numerable. Supongamos, por redución al absurdo, que existe ε > tal que A = {λ σ p (T ) : λ ε } es infinito. Podremos tomar una sucesión (λ n ) n N A de valores propios distintos. Sea (x n ) n N una sucesión de vectores propios correspondiente a los valores propios anteriores. Sabemos que {x 1, x 2,...} es un conjunto linealmente independiente. Denotemos Y n = LIN{x 1,..., x n } que cumple Y n Y n+1 para todo n N y que T (Y n ) Y n. Usando el lema de Riesz anterior existe y n+1 Y n+1 con y n+1 = 1 y d(y n+1, Y n ) 1/2. Veamos que (T (y n )) n N no tiene subsucesiones convergentes. Para ello escribimos, para m < n, T (y n ) T (y m ) = λ n y n (T (y m ) T (y n ) + λ n y n ). Comprobemos que u = T (y m ) (T (y n ) λ n y n ) Y n 1. Por un lado y m Y m Y n 1 y, por tanto T (y m ) Y n 1. Por otro lado si y n = n i=1 α i x i se

9 Chapter 5. Teoría espectral de operadores tiene que T (y n ) λ n y n = = = α i T x i λ n α i x i i=1 i=1 α i (λ i λ n )x i i=1 n 1 α i (λ i λ n )x i Y n 1. i=1 Por tanto T (y n ) T (y m ) = λ n y n u λ n y n u λ n λ n d(y n, Y n 1 ) λ n /2 ε /2. Esto impide que existan subsucesiones convergentes, y se obtiene una contradicción. Corolario 5.3.4 Si X es un espacio normado infinito dimensional y T K(X) entonces se cumple una de las siguientes situaciones: (i) σ p (T ) \ {} =. (ii) σ p (T ) \ {} es un conjunto finito. (iii) σ p (T ) \ {} es una sucesión que converge a. Teorema 5.3.5 Sea X un espacio normado y T K(X). Si λ σ p (T )\{} entonces Ker(T λi) es finito dimensional. Demostración: Veamos que la bola unidad de Ker(T λi) es compacto. Sea (x n ) n N Ker(T λi) con x n 1 para todo n N. Como T es compacto entonces (T (x n )) n N = λ(x n ) n N posee una subsucesión convergente. Y por tanto también (x n ) n N posee una subsucesión convergente. Daremos ahora información sobre el espectro de los operadores compactos. Teorema 5.3.6 Sea X un espacio normado de dimensión infinita y T K(X). Entonces σ(t ).

5.3. Espectro de operadores compactos 91 Demostración: Supongamos que ρ(t ) entonces T es invertible y por tanto I X = T T 1 es compacto. Por el teorema de Riesz X es finito dimensional. Teorema 5.3.7 Sea X un espacio normado y T K(X). Si λ entonces Im(T λi) es cerrado. Demostración: Supongamos que Im(T λi) no es cerrado. Existe y X \ Im(T λi) y una sucesión (x n ) n N X tal que y n = T (x n ) λx n convergente a y. Como Im(T λi) es un subespacio, se tiene que y, y por tanto existe n N tal que y n > y /2 > para n n. Luego x n / Ker(T λi) para n n. Como Ker(T λi) es cerrado, podemos poner d n = d(x n, Ker(T λi)) >. Consideremos z n Ker(T λi) tal que < d n x n z n < 2d n. Entonces T (x n z n ) λ(x n z n ) = T (x n ) λx n = y n. Veamos que sup{d n : n N} =. Supongamos, por reducción al absurdo, que sup{d n : n N} <. Es decir, (x n z n ) n N es acotada y, como T es compacto, existirá una subsucesión de (x nk z nk ) k N tal que (T (x nk z nk )) k N converge. Luego (x nk z nk ) k N converge a x. Como consecuencia, y = lim k y nk = lim k T (x nk z nk ) λ(x nk z nk ) = T (x) λx. Esto contradice el hecho de que y / Im(T λi). Tomemos ahora una sucesión d nk divergente a + y denotemos De nuevo, podemos afirmar que w k = 1 d nk (x nk z nk ). λw k = T (w k ) (T λi)(w k ) = T (w k ) 1 d nk y nk. Usando que (w k ) k N es acotada, y T compacto se concluye que existe una subsucesión de (T (w k )) k N convergente y por tanto también la subsucesión de (w k ) k N converge a cierto w. Pasando al límite λw = T (w) lim k 1 d nk y nk = T (w).

92 Chapter 5. Teoría espectral de operadores Es decir w Ker(T λi). Por tanto d nk w k w = x nk z nk d nk w d(x nk, Ker(T λi)) = d nk. Esto conduce a contradicción pues w k w 1, y tiene una subsucesión (w nj w) j que converge a cero. Teorema 5.3.8 Sea T K(X) y λ. Si Ker(T λi) = {} entonces Im(T λi) = X y el operador T λi es invertible en L(X). Es decir, σ p (T ) \ {} = σ(t ) \ {}. Demostración: Si X es de dimensión finita el resultado es conocido de Algebra elemental. Supongamos que X es de dimensión infinita. Supongamos que X 1 = Im(T λi) X. Sabemos por el Teorema 5.3.7 que X 1 es cerrado. Veamos que X 1 tiene dimension infinita. En efecto si x 1,...x n son linealmente independientes en X entonces y 1 = T (x 1 ) λx 1,..., y n = T (x n ) λx n son linealmente independientes en X 1 ya que = α i y i = T ( α i x i ) λ( α i x i ) i=1 i=1 i=1 y por tanto n i=1 α i x i Ker(T λi) = {} de donde se concluye que α i = para 1 i n. Probemos ahora que T (X 1 ) X 1. En efecto si x = T (z) λz X 1 y llamamos y = T (z) se tiene que T (y) λy = T 2 (z) λt (z) = T (T (z) λz) = T (x). En particular T (x) Im(T λi) = X 1. Denotemos T 1 la restricción de T a X 1 y estamos en la situación anterior, un operador compacto T 1 L(X 1 ) y X 1 de dimensión infinita. Definimos X 2 = Im(T 1 λi X1 ) = Im((T λi X ) 2 ) X 1. Se cumple que X 2 X 1 pues caso contrario dado x X ponemos T x λx = x 1 X 1 = X 2 y por tanto existe x 1 X 1 tal que T x λx = T 1 (x 1) λx 1 = T (x 1) λx 1 y usando la inyectividad de T λi se tiene que x = x 1 X 1. Razonando de manera recurrente se encuentra una sucesión de espacios cerrados X n, infinito dimensionales tales que... X n X n 1......X 1 X

5.4. Espectro de operadores autoadjuntos en espacios de Hilbert 93 donde X n = Im(T λi X ) n, T n K(X n ). Usando el lema de Riesz se obtiene una sucesión (x n ) n N tal que x n = 1, x n X n y d(x n, X n+1 ) 1/2. Observemos que para n > m, T (x n ) T (x m ) = λx m + λx n + (T (x n ) λx n ) (T (x m ) λx m ). Como x n X n X m+1, T (x n ) λx n Im(T n λi Xn ) = X n+1 X m+1, (T (x m ) λx m ) X m+1 entonces T (x n ) T (x m ) = λ x m u m λ d(x m, X m+1 ) λ 2. Esto conduce a una contradicción puesto que (T (x n )) n N no puede tener subsucesiones convergentes. Por tanto Im(T λi) = X. Veamos la continuidad de la inversa T λi 1. Hemos de ver que existe M > tal que M T x λx para todo x X con x = 1. Supongamos que existe una sucesión (x n ) n N tal que x n = 1 con y n = T x n λx n tal que y n < 1/n. Usando la compacidad existe una subsucesión tal que (T x nk ) es convergente, y como x nk = 1 λ (T (x n k ) y nk ) la sucesión x nk también converge, digamos a x. Consecuentemente λx = T (x) y así x Ker(T λi) lo que implica x =, pero x = lim k x nk = 1. Corolario 5.3.9 Si X es un espacio normado infinito dimensional y T K(X). Entonces σ(t ) = {} σ p (T ). En particular σ(t ) es, o bien un conjunto finito que contiene al, o bien un sucesión que tiene al cero como punto de acumulación. 5.4 Espectro de operadores autoadjuntos en espacios de Hilbert En esta sección (X,, ) denota un espacio de Hilbert Recordemos que T L(X) se dice autoadjunto si T = T, i.e. T x, y = x, T y, x, y X. Una primera propiedad de estos operadores es que su norma se calcula de una manera más fácil.

94 Chapter 5. Teoría espectral de operadores Proposición 5.4.1 Si T L(X) es autoadjunto entonces T = sup{ T x, x : x = 1}. Demostración: Llamemos A = sup{ T x, x : x = 1}. De la desigualdad de Cauchy se tiene que A T. Veamos ahora que R( T x, y ) A para x = y = 1. Al ser autoadjunto se tiene T (x + y), x + y = T (x), x + T (y), x + T (x), y + T (y), y = T (x), x + 2R( T (x), y ) + T (y), y. Razonando análogamente con x y y restando se obtiene T (x + y), x + y T (x y), x y = 4R( T x, y ). Como T z, z A z 2 para todo z X, se tiene que 4 R( T x, y ) = T (x + y), x + y T (x y), x y T (x + y), x + y + T (x y), x y A( x + y 2 + x y 2 ) 2A( x 2 + y 2 ) = 4A. Usando ahora que I( T x, y ) = R( T x, iy ) se tiene tambien que I( T x, y ) A. Usando que T = sup{ T x, y : x = y = 1} se obtiene el resultado. Proposición 5.4.2 Sea T L(X) autoadjunto. Entonces (i) A T = { T x, x : x = 1} es un subconjunto acotado de R y σ p (T ) A T. En particular los valores propios son reales. (ii) Si M T = sup A T y m T = inf A T se tiene que T = max{m T, m T }. Demostración: (i) Como T x, x = x, T x = T x, x se tiene que T x, x R para todo x X. Además A T [ T, T ] usando la Proposición 5.4.1. Sea λ σ p (T ) y x un vector propio no nulo (que podemos suponer con x = 1) asociado a λ. Entonces como T x = λx se tiene que λ = T x, x A T. (ii) La desigualdad de Cauchy garantiza que M T T y m T T. Por otro lado T x, x M T max{m T, m T }, T x, x m T max{m T, m T }. El resultado se sigue de nuevo aplicando la Proposición 5.4.1.

5.4. Espectro de operadores autoadjuntos en espacios de Hilbert 95 Teorema 5.4.3 Sea T L(X) autoadjunto. Entonces (i) σ(t ) [m T, M T ]. (ii) M T, m T σ(t ). Demostración: (i) Sea λ K\[m T, M T ] y pongamos d = d(λ, [m T, M T ]) >. En particular, para x = 1 se tiene T x, x λ > d. Por tanto (T λi)(x) d x 2, x X. Esto implica que T λi es inyectiva y que Im(T λi) es cerrado (pues si (T λi)(x n )) n N converge a y, se tiene que (x n ) n N es de Cauchy, y por tanto convergente a x X, y como consecuencia y = T x λx.) Además (Im(T λi)) = {} ya que si x se tiene que T x λx, x > y por tanto x / (Im(T λi)). Usando ahora el teorema de la proyección ortogonal X = Im(T λi) + (Im(T λi)) = Im(T λi). Consecuentemente T λi es suprayectiva e invertible, o equivalentemente λ ρ(t ). (ii) Veamos que m T σ(t ) (el caso M T σ(t ) es análogo y se deja como ejercicio). Si m T es un valor propio ya lo tenemos. Supongamos que / σ p (T ), es decir Ker(T m T I) = {}. Consideremos m T (x, y) = (T m T I)x, y = T x, y m T x, y. Se cumple que (x, x) = T x, x m T x 2. Como también verifica las propiedes de un producto escalar sobre X (salvo (x, x) > para x ) entonces tenemos la validez de la desigualdad de Cauchy. Por tanto, para x X e y = T x m T x tenemos (T m T I)x 4 = T x m T x, T x m T x 2 = (x, y) 2 (x, x)(t x m T x, T x m T x) ( T x, x m T x 2 ) (T m T ) 2 x, T x m T x ( T x, x m T x 2 ) T m T 3 x. De esta estimación se tiene que, si consideremos una sucesión (x n ) n N con x n = 1 tal que ( T x n, x n ) n N converja a m T entonces ((T m T I)x n ) n N converge a. Esto implica que m T σ(t ), pues en caso contrario 1 (T m T I) 1 (T m T I)x n, n N.

96 Chapter 5. Teoría espectral de operadores Corolario 5.4.4 Si T L(X) es autoadjunto entonces T σ(t ). Proposición 5.4.5 Si T L(X) es autoadjunto y compacto entonces existe λ σ p (T ) con λ = T. Demostración: Si T = es trival. Supongamos que T >. Sea (x n ) n N con x n = 1 tal que ( T x n, x n ) n N converge a T. Como la sucesión ( T x n, x n ) n N es acotada, existe una subsucesión convergente a un valor λ R, que además cumplirá λ = T. Comprobemos que λ σ p (T ). Mantenemos la notación de (x n ) n N para la subsucesión anterior, y usando la compacidad existe otra subsucesión de la misma de modo que (T (x nk )) k N converge a cierto valor z X. Teniendo en cuenta que T (x n ) λx n 2 = T (x n ) λx n, T (x n ) λx n = T (x n ) 2 2λ T (x n ), x n + λ 2 x n 2 T 2 2λ T (x n ), x n + λ 2 = 2λ 2 2λ T (x n ), x n. Por tanto de donde se sigue Si ponemos y = z λ lim T (x n k ) λx nk 2 =, k se concluye que lim λx n k = z. k T (y), y = lim k T (x nk ), x nk = λ. Por tanto y y T (y) = λy. 5.5 El teorema espectral Uno de los resultados importantes en la teoría de matrices afirma que las matrices reales y simétricas tienen n valores propios reales y pueden diagonalizarse, encontrando una base de vectores propios respecto de la cual

5.5. El teorema espectral 97 la matriz es diagonal y tiene los valores propios en la diagonal. Veamos la situación infinito dimensional y la relación con la teoría espectral. Del contenido de las secciones precedentes se tiene que todo operador compacto y autoadjunto T no nulo verifica que σ(t ) {} (pues siempre T σ(t ))y a lo sumo numerable. Además si λ σ(t ) entonces λ σ p (T ) y Ker(T λi) es de dimensión finita. Veamos que si λ, β σ p (T ) con λ β entonces Ker(T λi) Ker(T βi) Lema 5.5.1 Sea T L(X) es autoadjunto y sean λ y β valores propios distintos del operador T. Si x e y son vectores propios asociados a λ y β respectivamente entonces x y. Demostración: Como T x = λx, T y = β, T x, y = x, T y, se tiene que λ x, y = β x, y. Así que x, y =. Ahora presentaremos el teorema espectral para operadores autoadjuntos y compactos. Teorema 5.5.2 (Hilbert-Schmidt) Sea X un espacio de Hilbert, y sea T L(X) autoadjunto y compacto. (i) Existe una base ortonormal de (KerT ) formada por vectores propios de T. (ii) Si T F(X) entonces los valores propios no nulos de T (repetidos según la dimensión del subespacio propio correspondiente) forman un conjunto finito {λ 1,..., λ n } y existe un conjunto ortonormal {x 1,..., x n } donde x i es un vector propio asociado a λ i para i = 1,..., n de manera que cada x X se puede escribir x = x, x i x i + x i=1 donde x KerT. En particular T (x) = n i=1 λ i x, x i x i. (iii) Si T K(X) \ F(X) entonces los distintos valores propios no nulos de T forman una sucesión (λ n ) n N de números reales con lim λ n =, y existe

98 Chapter 5. Teoría espectral de operadores un conjunto ortonormal {x 1,..., x n,...} donde x n es un vector propio asociado a λ n para n N de manera que cada x X se puede escribir x = x, x i x i + x i=1 donde x KerT. En particular T (x) = i=1 λ i x, x i x i. (Los valores λ i aparecen repetidos en la serie una cantidad finita de veces en función de la dimensión del Ker(T λ i I).) Demostración: (i) Denotemos (λ k) los valores propios no nulos y distintos de T y denotemos X k = Ker(T λ ki) (que tienen dimensión finita). Considerar Y el subespacio generado por { k=1x k }. Probemos que Y = KerT. Es claro que X k ImT (pues T ( x λ ) = x, para x X k) y por tanto Y ImT. Como sabemos que KerT = (ImT ) se concluye que KerT Y. Veamos ahora que T (Y ) =. Usando ahora que T (X k ) X k podemos decir que T (Y ) Y. Por tanto, usando que T x, y = x, T y, se obtiene T (Y ) Y. Definimos T la restricción de T al subespacio Y, T : Y Y, que es autoadjunto y compacto sobre el espacio de Hilbert Y. Comprobemos que T = (lo que es equivalente a σ(t ) = {}). Si λ σ(t ) \ {} entonces λ es valor propio de T y por tanto λ σ p (T ). Luego existe x vector propio en Y asociado a λ. Por tanto x X k Y para algún k, lo que lleva a contradicción. Esto finaliza la prueba de la inclusión Y KerT. Como Ȳ = (KerT ) podemos encontrar una base ortonormal en cada X k y considerar la base de (KerT ) dada por la unión de las distintas bases consideradas. (ii) Nótese que si existe una cantidad numerable de valores propios no nulos entonces dim(y ) = (y por tanto dim(imt ) = ). Por consiguiente si T tiene rango finito entonces sólo puede tener un número finito de valores propios no nulos. Sean λ 1,..., λ k los valores propios distintos y no nulos. Supongamos que dim(ker(t λ ii)) = n i y ponemos n = n 1 +... + n k y n 1 {λ 1,..., λ n } = {λ {}}{ 1,, λ 1,..., λ {}}{ k,, λ k} son los valores propios no nulos de T contados cada uno tantas veces como la dimensión del espacio que genera λ i. Sea {x 1,..., x n } la base ortonormal n k

5.5. El teorema espectral 99 de (KerT ) de modo que T x i = λ i x i. Usando el teorema de la proyección ortogonal, para x X existe una única descomposición x = y + x con y (KerT ) y x KerT. Como {x i } n i=1 es ortonormal y x i, x = para i = 1,..., n se tiene y, x i = x, x i para i = 1,..., n. Por consiguiente y = n i=1 y, x i x i = n i=1 x, x i x i y, así x = x, x i x i + x. i=1 (iii) Si T no tiene rango finito entonces hay una cantidad numerable de valores propios no nulos distintos y la descomposición se tiene del mismo modo, pero con suma infinita. Una manera equivalente de escribir la descomposición espectral es x = λ σ p(t )\{} x λ + x siendo x λ la proyección de x sobre el subespacio Ker(T λi) y x KerT. Si λ σ(t ) y P λ denota la proyección ortogonal P λ (x) = x λ sobre el subespacio Ker(T λi), podemos reescribir el resultado como sigue: Teorema 5.5.3 Si T es un operador autoadjunto y compacto sobre un Hilbert X. Entonces T = λp λ. λ σ(t ) (En caso numerable se entiende que los valores propios están ordenados de manera decreciente en modulo.) Demostración: Justifiquemos la sumabilidad en el caso de infinitos valores propios. Dado ε > y x = 1, sabemos que {λ : λ ε} es finito, y por tanto T x λ >ε λp λ (x) 2 = λ ε λp λ (x) 2 ε 2 λ ε P λ (x) 2 ε 2 x 2. Tomando supremo en x = 1 se obtiene la convergencia en L(X).