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.