Teorıa, procedimientos de demostracion yejercicios de Analisis Funcional

Lic. Alejandro Alonso FusterDra. Lucıa Arguelles Cortes

FACULTAD DE MATEMATICA, FISICA

Y COMPUTACIONUniversidad Central “Marta Abreu”de Las Villas

Cuba

2005

Indice General

1 Una aproximacion al estudio del Analisis Funcional 11.1 Orientaciones metodologicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.2 Caracterısticas del texto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.3 Sobre el enfoque global en el curso de Analisis Funcional . . . 51.4 Preambulo al texto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.4.1 Influencia del Analisis Clasico en el Analisis Funcional 71.4.2 Generalizacion de la geometrıa al Analisis Funcional . . 101.4.3 Importancia de los espacios normados generales . . . . 11

1.5 Panoramica del texto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

2 Espacios normados 152.1 Espacios normados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162.2 Espacios de Banach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202.3 Espacios de Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242.4 Desigualdades de Holder y Minkowski . . . . . . . . . . . . . . 252.5 Ejercicios Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 272.6 Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

3 Operadores lineales 453.1 Continuidad, acotacion y norma de un operador lineal . . . . . 45

3.1.1 Ejercicios Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 503.2 Espacio de operadores lineales acotados . . . . . . . . . . . . . 60

3.2.1 Ejercicios Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 633.3 Operadores inversos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

3.3.1 Ejercicios Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 713.4 Operadores cerrados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

3.4.1 Ejercicios Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 853.5 Operadores casi cerrados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92

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3.5.1 Ejercicios Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 933.6 Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

4 Espacios duales y operadores conjugados 994.1 Funcionales lineales continuos en espacios normados . . . . . . 994.2 Teorema de Hahn-Banach. Estructura del Espacio Dual . . . . 101

4.2.1 Aplicaciones del Teorema de la Acotacion Uniforme alcaso de funcionales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102

4.2.2 Ejercicios Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1084.3 Espacio Dual . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119

4.3.1 Operadores Conjugados . . . . . . . . . . . . . . . . . 1214.3.2 Conjugado de Hermite . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1224.3.3 Ejercicios Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124

4.4 Convergencia Debil . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1324.4.1 Ejercicios Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135

4.5 Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140

5 Conjuntos compactos y Operadores totalmente continuos 1425.1 Conjuntos compactos en espacios normados . . . . . . . . . . 1435.2 Operadores lineales totalmente continuos . . . . . . . . . . . . 144

5.2.1 Ejercicios Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1505.3 Ejercicios resueltos aplicados a la resolucion de ecuaciones in-

tegrales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1615.4 Ejemplos Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179

6 Operadores autoconjugados. Teorıa espectral 1806.1 Operadores autoconjugados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 180

6.1.1 Ejercicios Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1826.2 Espectro de un operador lineal . . . . . . . . . . . . . . . . . . 188

6.2.1 Ejercicios Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1956.3 Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 206

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Capıtulo 1

Una aproximacion al estudiodel Analisis Funcional

El Analisis Funcional es un producto de las matematicas modernas que con-densa resultados de diferentes ramas del analisis tales como: las ecuacionesdiferenciales ordinarias y parciales, ecuaciones integrales, calculo variacional,analisis numerico, teorıa de aproximaciones y otros. Se ha demostrado queresulta sumamente importante para una mejor comprension de resultados yaobtenidos y por obtener. Hoy dıa, es imposible trabajar en temas del analisissin algun conocimiento de los metodos y herramientas que nos proporciona.

El analisis clasico trabaja en espacios euclıdeos n−dimensionales, de dondetenemos las nociones de funciones, convergencia, etc. El Analisis Funcionalextiende y generaliza considerablemente algunas nociones como espacio, con-vergencia y funcion. Los elementos de los espacios ahora no solo serannumeros o n−uplos de numeros sino elementos de naturaleza arbitraria, porejemplo: funciones, medidas, sucesiones. Estos espacios pueden tener infini-tas dimensiones y estas pueden ser contables o no. Ademas de funciones setienen aplicaciones (transformaciones) de espacios en otros, por lo que en ca-sos especiales podemos hablar de funcionales y operadores. La convergenciay los lımites seran tambien redefinidos de manera muy general para espaciosmuy abstractos.

La forma muy general de estas nociones basicas permite aplicar los resul-tados en otras ramas distintas de las matematicas. Algunos resultados estanmuy cerca de los clasicos del analisis, pero en otros casos difieren considerable-

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mente de las ideas que se tienen de los espacios euclideanos n−dimensionales.

Resulta un hecho que las interpretaciones geometricas son muy importantespara entender muchos metodos del Analisis Funcional, es por esto que resul-ta necesario conocer las nociones geometricas en cualquier momento en estaespecialidad.

Las herramientas algebraicas son, tambien, de suma importancia y comple-tan la idea de que existen tres ramas de las matematicas (geometrıa, algebray analisis) que se encuentran conectadas de una manera muy evidente.

Este texto comienza desde un recordatorio de algunos conceptos y se vaadentrando en la teorıa mınima necesaria para resolver multiples problemasdel Analisis Funcional.

1.1 Orientaciones metodologicas

La asignatura Analisis Funcional es una de las de mayor grado de abstracciona la cual se enfrenta el estudiante de Licenciatura en Matematica. Esto sedebe a su caracter unificador, destinado a la obtencion de resultados muygenerales que pueden ser aplicados practicamente en todas las ramas de laMatematica. Lo anterior explica por que esta asignatura es considerada si-multaneamente como basica especıfica y como asignatura del ejercicio de laprofesion.

El enfoque intrınseco del Analisis Funcional constituye una dificultad parala generalidad de los estudiantes que la reciben a la altura del cuarto anode la carrera, tras haber recibido otras asignaturas basicas y del ejercicio dela profesion, donde se han aprendido algunas tecnicas un tanto especıficasdel Analisis Funcional. Entre estas asignaturas pueden citarse el AnalisisMatematico, la Topologıa y la Teorıa de la Medida e Integracion.

La dificultad que se ha aludido ha sido reconocida por estudiantes de todaslas universidades del paıs en diversos contextos, por lo cual la imparticiondel Analisis Funcional constituye un reto pedagogico para los profesores delclaustro de la carrera, agravado por la carencia de textos con caracterısticasidoneas.

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El texto basico carece explıcitamente de ejercitacion y los textos de con-sulta que pueden utilizarse (que se refieren en la bibliografıa de este texto)manifiestan algunos de los senalamientos siguientes:

• Solo muestran algunos ejercicios propuestos, ninguno resuelto.

• Indican respuestas cualitativas de algunos ejercicios propuestos. Enalgunos casos se esboza la aplicacion de ciertos artificios.

Por lo antes senalado reviste importancia acometer la didactica especializa-da de esta asignatura a partir de la elaboracion de un libro como materialde estudio que posea las caracterısticas requeridas, en particular, cubrir loscontenidos planteados en el Plan de Estudios de la Carrera de Matematica.

La intencion del texto es viabilizar la adquisicion de habilidades en las tecni-cas del Analisis Funcional, que deben lograrse mediante las formas organi-zativas de docencia tales como el seminario, cuya preparacion debe estarapoyada en una adecuada orientacion del trabajo independiente.

El seminario es propicio para debatir tanto aspectos teoricos como practicos,por lo que se ha prestado atencion al desarrollo de ejemplos de ambos tiposen el texto. Por tanto, complementando el texto con una guıa apropiada, sepuede estimular la independencia en el estudiante, potenciar la inclusion detemas novedosos del perfil del especialista (de acuerdo con el Plan de Estu-dio), seleccionar las actividades preparatorias para el desarrollo del seminarioy basar la ejecucion de actividades de reafirmacion de conocimientos.

1.2 Caracterısticas del texto

El presente libro es el resultado de varios anos de trabajo de los profesores dela asignatura Analisis Funcional y surge debido a la necesidad de que tantolos estudiantes como los profesores puedan utilizar un texto metodologica-mente apropiado para el desarrollo del proceso docente-educativo.

El mismo esta estructurado mediante seis capıtulos que abarcan temas basicosde la formacion del profesional en esta asignatura. Cada uno de los capıtu-los presenta los esenciales teoricos dosificados en epıgrafes que muestran las

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definiciones, relaciones teoricas fundamentales y comentarios que contribuyena la fijacion del conocimiento. El desarrollo de los ejercicios esta preparadopara que el profesor pueda viabilizar la ensenanza problemica y para que elestudiante pueda estudiar de forma tutorial bajo la orientacion del docenteporque se han explotado creativamente las facilidades del editor1 para este fin.

Como caracterıstica general, la forma de presentacion de los capıtulos confiereuna unidad metodologica al texto. Este hecho, unido a que el tratamientoteorico es general y el contenido es consecuente con los requerimientos de laejercitacion seleccionada, hace del texto un material bibliografico auto con-tenido.

Con el fin de reafirmar y ampliar la formacion profesional relacionada conel ejercicio de la profesion, en el penultimo capıtulo se han introducido ejer-cicios relacionados con la aplicacion practica de la teorıa de Fredholm a laresolucion de ecuaciones integrales, lo cual refuerza el caracter extraordinariode este texto en cuanto a su aplicabilidad.

Sobre la base de resultados ya publicados, relativos a la aplicacion de mo-dernos metodos de ensenanza en el aprendizaje de la Matematica, en algunoscasos vinculados al uso de la computacion, en la confeccion del presente librose manifiestan las siguientes perspectivas que confieren aspectos novedososal texto:

• Se han utilizado las extraordinarias ventajas que ofrece el LaTeX encuanto al manejo de la simbologıa estructural, con vistas a instrumentarla condicion tutorial del conocimiento, lo cual aumenta notablementela calidad del autoestudio. Esto puede apreciarse a lo largo de losejercicios que son explicados en este libro.

• Se han aprovechado invariantes metodologicas para el desarrollo dealgunos temas, tales como la determinacion de la norma de un operador,en particular de un funcional.

• Se ha procurado facilitar tanto al profesor como al estudiante la con-cepcion del seminario como forma de concretar el papel integrador dela asignatura. A este fin contribuye la forma en que se ha disenado laresolucion de los ejercicios.

1LaTeX

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• Se viabiliza la comprension del estudiante en lo relativo al tratamientode la modelacion matematica en problemas del Analisis Funcional, siel profesor aplica las reglas heurısticas que caracterizan el metodo deensenanza problemica.

• Se facilita al profesor el montaje de una ingenierıa didactica, debido aque se ha utilizado un enfoque apropiado mediante el cual los ejerciciosse presentan de forma natural en el contexto de la presentacion teoricay los ejercicios propuestos no son simplemente ejercicios adicionales,sino que constituyen un complemento, puesto que se originan en losejercicios resueltos o los generalizan.

1.3 Sobre el enfoque global en el curso de

Analisis Funcional

Para el logro de valores eticos en el estudiante, es muy util que gane concien-cia de la relevancia de los hechos precedentes y del esfuerzo mantenido delhombre para alcanzar nuevas conquistas como respuesta a los retos sociales.

Por esto se impone abordar de forma sistematica y organizada el contenidocon un enfoque que proyecte en particular la historia de la profesion.

La presentacion realizada toma en consideracion diversas dimensiones o lıneasde la relacion Analisis Funcional-contexto historico con caracterısticas uti-litarias bien definidas. Entre las dimensiones pueden citarse las siguientes:

Psicologica: Busca la motivacion por la aplicacion de potentes resultadosque conducen al manejo de valores eticos inherentes a la matematica,tales como la elegancia, la precision y la concision.

Epistemologica: Destinada a materializar las relaciones con otras disci-plinas. En este caso son claros los vınculos con las mas notablespropiedades topologicas de los espacios metricos, entre ellas la caracteri-zacion de la continuidad de funciones definidas entre espacios metricos(ampliamente utilizada en la resolucion de los ejercicios), el teorema deBaire (base de la demostracion del teorema general de la acotacion uni-forme) y las caracterizaciones de la compacidad en espacios metricos,explıcitamente resumidas en el capıtulo 5 por su relevancia practica en

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el mismo.

Como proyeccion de la teorıa estudiada se han aplicado resultadosbasicos del Analisis Funcional en diversas areas, como por ejemplo elteorema de la acotacion uniforme en Analisis Matematico; la teorıa deoperadores inversos en Matematica Numerica y en Ecuaciones Diferen-ciales; la nocion de convergencia debil en la teorıa de funciones genera-lizadas y la teorıa espectral en la resolucion de ecuaciones integrales.

Logica: Mediante la dosificacion de procesos inductivo-deductivos. En estetexto se procura un balance entre lo general y lo particular y una con-catenacion teorico-practica basada en los esenciales mınimos y la ade-cuada aplicacion de la experiencia acumulada.

Axiologica: Debe garantizar la derivacion de valores partiendo de la ase-quibilidad del conocimiento a partir de las caracterısticas de la pre-sentacion, la forma de usar las tecnicas y el lenguaje. El objetivoes lograr la actualidad en la informacion, profundizar la especificidadcultural e inculcar un compromiso social mediante el analisis de los he-chos y de la labor de eminentes profesionales. En el presente estudiohay nombres explıcitos de gran significacion cientıfica en la historia delAnalisis Funcional, entre ellos: Stefan Banach (1892-1945) pionero enel estudio de los espacios normados y de sus aplicaciones a partir de1922; David Hilbert (1862-1943) considerado el mas celebre matematicoaleman de la primera mitad del siglo XX, con aportes en casi todas lasramas de la matematica (fue contemporaneo de Otto Holder (Alema-nia, 1859-1937)); Hermann Minkowski (1864-1909), matematico y fısicoaleman de origen ruso, creador de algunos tipos de espacios que fueronla base del progreso de la Teorıa de la Relatividad y Frederich Riesz(1880-1956), hungaro, que continuo y generalizo la obra de Hilbert.

1.4 Preambulo al texto

Con vistas a propiciar una motivacion inicial para un acercamiento al texto,brindamos aquı una exposicion informal que constituye una vision escueta deideas previas que contribuyen a la comprension de la perspectiva del presentelibro.

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1.4.1 Influencia del Analisis Clasico en el Analisis Fun-cional

Para adquirir una idea de como se origino la teorıa del Analisis Funcional, esutil tomar en consideracion algunos hechos basados en la geometrıa clasica,como los que se exponen a continuacion:

• En el espacio Rn de n-plos de coordenadas reales, se pueden definirdos operaciones: una de suma (que permite la traslacion) y otra demultiplicacion por un escalar (o dilatacion en sentido amplio) y estasoperaciones dotan a este espacio de una estructura de espacio vectorial,lo cual ofrece la posibilidad de expresar algebraicamente propiedadesafines de la geometrıa (por ejemplo, el segmento xy es paralelo al zu siel vector y − x es igual al vector u− z).

• La distancia euclideana permite fundamentar la nocion de convergen-cia de una sucesion de puntos en Rn. La formalizacion del conceptode distancia euclideana entre dos puntos x, y como una aplicacion devalores positivos definida sobre el producto cartesiano de Rn por sı mis-mo, posee tres propiedades muy caracterısticas asociadas a la nocionheurıstica de la separacion entre dos puntos: la propiedad triangular,que expresa que en todo triangulo XY Z, la longitud del lado XY esmenor que la suma de las longitudes de los otros dos lados; la propiedadde invarianza del valor de la distancia al permutar la notacion de lospuntos considerados y la propiedad de nulidad del valor de la distanciasi y solo si los puntos coinciden.

De aquı que Rn esta dotado de una estructura metrica que presen-ta dos propiedades basicas, sobre las cuales descansa la teorıa clasicade funciones, esto es, el Analisis Matematico: el teorema de Cauchy-Bolzano (una sucesion es convergente si y solo si es de Cauchy) y elteorema de Bolzano-Weirstrass (de toda sucesion acotada se puede ex-traer una subsucesion convergente). La suficiencia para la convergenciaen el teorema de Cauchy-Bolzano ofrece un modelo de comportamientode Rn que debe recuperarse en espacios mas generales mediante unacaracterıstica explıcita, lo cual origina la nocion de espacio metricocompleto.

• La relacion entre las caracterısticas vectorial y metrica (euclideana,

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por lo que Rn se designa entonces como En) esta dada por las dospropiedades que pueden expresarse ası:

(1) La distancia d(x, y) entre los puntos x, y no cambia si los dos puntosse someten a la misma traslacion, esto es: d(x+z, y+z) = d(x, y).

(2) La distancia entre los puntos x, y queda multiplicada por el modulodel escalar que dilata ambos puntos, es decir:

d(cx, cy) = |c| d(x, y).

Tomando z = −y en la primera propiedad se tiene

d(x− y, 0) = d(x, y),

lo cual significa que es suficiente conocer las distancias al origenpara determinar las distancias entre todos los puntos.

Por tanto, el numero d(x, 0) adquiere una relevancia especial quetiene las propiedades siguientes:

d(x, y) ≥ 0 , d(x, 0) = 0 ⇔ x = 0, d(cx, 0) = |c| d(x, 0)

d(x + y, 0)Prop. (1)

= d(x + y − y,−y) = d(x,−y)

≤ d(x, 0) + d(0,−y)︸ ︷︷ ︸d((−1)(0),(−1)y)

Prop. (2)= d(x, 0) + |−1|︸︷︷︸

=1

d(0, y)

= d(x, 0) + d(0, y)Por invarianza

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

A la aplicacion p(x) = d(x, 0) de valores positivos definida sobre Rn sele llama norma y de acuerdo con lo anterior cumple las propiedades:

(N1) p(x) = 0 ⇔ x = 0;

(N2) p(cx) = |c| p(x);

(N3) p(x + y) ≤ p(x) + p(y).

• El concepto de norma se vincula estrechamente al de producto escalarde cualquier par de vectores de Rn:

x = (x1, x2, ..., xn) y = (y1, y2, ..., yn)

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definido ası:

(x| y) =n∑

i=1

xi yi,

debido a que

(x| x) =n∑

i=1

x2i ≡ (d(x, 0))2 = (p(x))2.

Este producto obedece a las leyes siguientes:

(x1 + x2| y) = (x1| y) + (x2| y)

(cx| y) = c (x| y)

(x| y) = (y| x)

(x| x) ≥ 0; (x| x) = 0 ⇔ x = 0;

y ademas la desigualdad fundamental

|(x| y)| ≤ p(x) p(y)

Luego para dos vectores no nulos x, y se tiene que

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

≤ 1 ⇒ −1 ≤ (x| y)

p(x) p(y)≤ 1

y este hecho origina la nocion de angulo α entre dos vectores x, ymediante la definicion

cos α =(x| y)

p(x) p(y).

La importancia de esta relacion radica en que nociones tales como laperpendicularidad entre vectores, ası como resultados asociados (porejemplo el teorema de Pitagoras) se generalizan a espacios arbitrariossiempre que exista un producto que satisfaga la axiomatica del productoescalar analizado.

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1.4.2 Generalizacion de la geometrıa al Analisis Fun-cional

Aunque desde la epoca de Euclides se sabıa que la validez de los teoremasde la geometrıa dependen solamente de la axiomatica que gobierna el com-portamiento de los entes geometricos y no de la naturaleza de dichos entes,durante mucho tiempo la imagen fısica de los conceptos de punto, recta,angulo, etc., ejercio una gran limitacion al campo de aplicacion de los teore-mas.

Con el desarrollo del Analisis Matematico, la perspectiva axiomatica para laaplicacion practica de los resultados gano fuerza, y por tanto trascendio delmarco de En. Son muy notables los problemas que plantean los ejemplossiguientes:

1) Dada una matriz K = (kij) y un vector y = (y1, ..., yn) ∈ En, hallar unvector x = (x1, ..., xn) ∈ En tal que:

n∑j=1

kij xj = yi i = 1, ..., n

De forma precisa, la incognita es una funcion x con dominio en elconjunto {1, ..., n} tal que

x(i) = xi i = 1, ..., n

Entonces, x constituye un punto en un cierto conjunto de funciones.

Notese que una matriz es un caso particular de una funcion de dosvariables, y sobre la base de esta analogıa, Ivar Fredholm (Suecia, 1866-1927) planteo el problema que se presenta a continuacion.

2) Dada una funcion de dos variables k(t, s), t, s ∈ [a, b], la funcion y(t) y elparametro λ, hallar una funcion x(t) tal que

λx(t) +

∫ b

a

k(t, s)x(s) ds = y(t)

Como en el caso de la teorıa de ecuaciones algebraicas se tiene una in-terpretacion geometrica de la misma por su relacion con En, Hilbert se

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propuso hallar un enfoque geometrico analogo para la teorıa de Fred-holm, y esto lo llevo a introducir espacios de dimension infinita cuyoselementos eran sucesiones o funciones con ciertas caracterısticas, dondese puede definir la nocion de distancia, perpendicularidad u ortogona-lidad, etc. En la teorıa de Hilbert se generaliza la nocion de punto,pero se mantiene analoga la formula para la distancia. En sus traba-jos, Minkowski generaliza la nocion de distancia en un cierto sentido;pero implıcitamente la generalizacion del concepto de distancia se tenıadesde que Pafnuty Chebychev (Rusia, 1821-1894), en la teorıa de aprox-imacion de una funcion continua x por un polinomio P (t), al evaluarla bondad de la aproximacion, utilizaba el valor de

d(x, P ) = supt∈[a,b]

|x(t)− P (t)| ,

ya que posee todas las propiedades resenadas para la distancia.

1.4.3 Importancia de los espacios normados generales

La creacion de las teorıas abstractas de espacios metricos, normados, hilber-tianos, etc., donde solo se fijan los axiomas a los que obedecen estos con-ceptos, permite deducir un grupo de teoremas que despues puede aplicarse adiversas teorıas particulares y ası se evita repetir para cada teorıa particularel mismo razonamiento.

Usualmente, la teorıa general se enriquece mediante las tres vıas siguientes:

• Buscando analogıas de “buenas”propiedades establecidas en espaciosconcretos. Ası, por ejemplo, se generalizan las nociones de espaciocompleto y de conjunto compacto. En el caso de esta ultima nocion, elproceso de transferencia de la misma a espacios infinito-dimensionalesconduce a un concepto cualitativamente mas amplio que el que se tieneen En.

• Aumentando la cantidad de estructuras disponibles sobre un conjunto,ya que hay mas propiedades y resultados que pueden ser utilizados. Porejemplo, si en un espacio normado se considera ademas un productocomo operacion interna, que satisface ciertas compatibilidades tantocon la estructura algebraica de espacio vectorial como con la estructura

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topologica de norma, entonces la teorıa se hace mas rica porque sepueden considerar ademas las especificidades de otras teorıas tales comola de ideales.

• Estableciendo relaciones entre diversos espacios mediante morfismosapropiados. Entre ellos se destacan los que dan lugares a los espaciosnormados siguientes:

L(E) = {T : E → E, T lineal} (completo si E es completo)

E′ = {f : E → K, f lineal} .

La importancia de L(E) reside en que constituye el marco apropiadopara la teorıa espectral, la cual resulta una generalizacion a espaciosinfinitos de la reduccion de una matriz a la forma diagonal, mientrasque la del espacio E′ radica en que permite obtener resultados de rep-resentacion que logran la identificacion de espacios arbitrarios con es-pacios conocidos.

1.5 Panoramica del texto

El presente texto consta de seis capıtulos, especializados en tecnicas del Anali-sis Funcional lineal a partir del segundo.

Las principales ideas de cada capıtulo pueden resumirse como sigue:

• El segundo capıtulo, relativo a espacios normados, destaca la axiomaticaesencial del concepto de norma e introduce por su relevancia la nocionde espacio de Banach como caso particular de espacio metrico comple-to, ya que dicha nocion fundamenta un conjunto sustancial de resulta-dos muy importantes en las aplicaciones. A su vez, son introducidoslos espacios de Hilbert como casos particulares de espacios de Banach,debido a que constituyen la generalizacion natural de los espacios euclı-deos (donde existe el concepto de ortogonalidad) y ademas constituyentambien el marco apropiado para el basico teorema de Riesz.

Los espacios normados resultan el caso mas sencillo de espacios vec-toriales topologicos, y en los ejemplos resueltos se fortalece la idea dela compatibilidad entre la estructura algebraica de espacio vectorial y la

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estructura topologica asociada a la norma mediante la demostracion dela continuidad de las operaciones de espacio vectorial. Se muestra unaforma general del teorema de la acotacion uniforme que se particularizaposteriormente en el cuarto capıtulo.

• El tercer capıtulo estudia los operadores lineales con una gran inciden-cia practica como muestran los tipos abordados en la ejemplificacion:integrales, diferenciales, de diferencias finitas, de transformadas, ma-triciales, de retardo, de evaluacion, de proyeccion, etc.

Dentro de la clase de los operadores lineales se estudian y caracterizansubclases distinguidas por su potencia teorica: los operadores conti-nuos, los inversibles y los cerrados.

Aquı se establece la equivalencia entre operadores continuos y aco-tados, lo cual facilita el manejo de diversas formas equivalentes de lanocion de norma de un operador.

En cuanto a los operadores inversibles se investigan las condicionespara garantizar la continuidad del inverso y se demuestran diversasrelaciones entre los conceptos de operador cerrado y operador contin-uo.

• En el cuarto capıtulo, la nocion de norma de un operador se particula-riza al caso de funcionales lineales continuos, que constituyen su objetode estudio. Los resultados teoricos que se manejan se dividen en tressentidos: el primero, enfatizar las aplicaciones analıticas del teoremade Hahn-Banach; el segundo, particularizar al caso de algunos fun-cionales el teorema de la acotacion uniforme analizado en el capıtulo2 y el tercero, introducir la importante nocion (por su aplicacion enoptimizacion) de operador lineal adjunto y del concepto derivado en elcontexto de espacios de Hilbert que se denomina como conjugado deHermite.

• El quinto capıtulo trata una clase con propiedades especiales, que esusual en la teorıa de las ecuaciones integrales y en los procesos desumacion: esta es la clase de los operadores totalmente continuos.

• El sexto capıtulo se utiliza para aplicar los fundamentos teoricos del

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capıtulo anterior, vinculados con el desarrollo de rudimentos de la teorıaespectral.

Finalmente se ofrece un ındice de materias para ayudar al lector a localizarlas principales definiciones y las nomenclaturas de los teoremas que son es-tudiados y aplicados en el texto.

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Capıtulo 2

Espacios normados

La nocion de modulo (o valor absoluto) de un numero real es muy importanteporque a partir de el se define un indicador de la cercanıa entre dos numeroscualesquiera: este consiste en considerar el modulo de la diferencia entreellos, es decir, se puede definir la aplicacion:

d : R× R −→ R+ ası: d(x, y) = |x− y|

Con este concepto se puede definir inmediatamente la nocion de lımite deuna sucesion {xn} a x, se denota xn → x y se dice que xn tiende a x:

xn −→ xdef.≡ ∀ε > 0 ∃n0 ∈ N : ∀n ≥ n0 d(xn, x) = |xn − x| < ε

La relevancia de este hecho es que permite dotar a R de una estructura nosolo algebraica, sino analıtica en el sentido de que hace posible manejar lanocion de convergencia.

Si se intenta buscar cuales son las propiedades del valor modular que ha-cen posible este salto cualitativo, se puede observar que en relacion con lasoperaciones de suma y multiplicacion de numeros reales se cumple que:

|λx| = |λ| |x||x + y| ≤ |x|+ |y|

y ademas |0| = 0.

Si se trata de generalizar estas propiedades y convertirlas en axiomatica de

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una aplicacion de valores positivos definida sobre cualquier espacio vectorial,tambien denominado lineal, se tendra la definicion de norma que va a con-stituir un marco apropiado de estudio de un elevado numero de propiedadesde gran impacto en el Analisis Funcional.

2.1 Espacios normados

Un espacio lineal X sobre el conjunto de los numeros reales R (de los com-plejos C) se denomina espacio normado si para todo x ∈ X se pone encorrespondecia un numero no negativo ‖x‖ llamado norma de x, tal que secumplan los tres axiomas siguientes:

1) ‖x‖ = 0 ⇒ x = 01

2) ‖λx‖ = |λ| ‖x‖3) ‖x + y‖ ≤ ‖x‖+ ‖y‖(Ejercicios Resueltos 1 y 2)

Todo espacio normado X resulta un espacio metrico para la aplicacion

d : R× R −→ R+

dada por:d(x, y) = ‖x− y‖ ,

(Ejercicio resuelto 3)

por lo que adquiere sentido la nocion de bola y consecuentemente la no-cion topologica de conjunto abierto.

La denominacion de bola responde a la forma geometrica del conjunto quecorresponde a la utilizacion de la norma euclideana en el espacio tridimen-sional.

El conjunto Sr(x0) = {x ∈ X : ‖x− x0‖ < r} se llama bola abierta con

1x = 0 ⇒ ‖x‖ = 0 por lo que el axioma 1) se puede sustituir por si y solo si comoconsecuencia del axioma 2).

16

centro en el punto x0 ∈ X y radio r > 0. El conjunto Sr(x0) = {x ∈ X :‖x− x0‖ ≤ r} se llama bola cerrada de centro en el punto x0 ∈ X y radior > 0. El conjunto σ(x0) = {x ∈ X : ‖x− x0‖ = r} se llama esfera concentro en el punto x0 ∈ X y radio r > 0. Un conjunto A ⊂ X se denominaacotado si es posible encerrarlo en una bola (abierta o cerrada). (Ejercicioresuelto 4)

El numeroDiam(A) = sup

x,y∈A‖x− y‖

se denomina diametro del conjunto A ⊂ X.

La nomenclatura de diametro se justifica porque esta nocion generaliza lade diametro de un cırculo y la importancia de este concepto radica en queproporciona una vıa alternativa para probar que un conjunto de un espaciometrico esta acotado:

A esta acotado ⇔ Diam(A) < +∞.

(Ejercicio propuesto 2)

El numerod(x,A) = inf

y∈A‖x− y‖

se denomina distancia de un punto x ∈ X a un conjunto A ⊂ X.

El numerod(A,B) = inf

x∈A,y∈B‖x− y‖

se denomina distancia entre los conjuntos A, B ⊂ X.

Un conjunto se llama abierto si para cualquier x0 ∈ M existe un r > 0tal que, Sr(x0) ⊂ M . Un punto a ∈ X se llama punto de acumulacion delconjunto M ⊂ X si en cualquier bola Sr(a) existe un punto x ∈ M(x 6= a).El conjunto de todos los puntos de acumulacion del conjunto M se designapor M ′. El conjunto M ∪M ′ se llama clausura del conjunto M y se denotamediante M . Un conjunto M ⊂ X se llama cerrado si M = M .

Una sucesion {xn} ⊂ X(n ∈ N) se llama convergente hacia el elemento

17

x0 ∈ X y se escribe xn −→ x0 si ‖xn − x0‖ −→n→∞

0. Una caracterizacion muy

util de punto de clausura es la siguiente:

x ∈ M ⇔ ∃{xn} ⊂ M : xn → x.

(Ejercicio resuelto 5)

Un conjunto L ⊂ X se denomina variedad lineal si de x, y ∈ L se deduce queλ1x + λ2y ∈ L, para cualesquiera λ1, λ2. Si la variedad lineal es un conjuntocerrado en X, entonces se llama subespacio.

Se llama segmento, que une los puntos x, y ∈ X, al conjunto de puntosdel tipo αx+(1−α)y, α ≥ 0. Un conjunto A ⊂ X se llama convexo si el seg-mento que une cualesquiera dos puntos de A, esta contenido totalmente en A.

Las nociones topologicas de conjunto compacto y de conjunto relativamentecompacto adquieren en un espacio metrico formas especiales muy practicasporque pueden establecerse en terminos de sucesiones. Debido a que todoespacio normado es metrico, estas formas son validas tambien en los espaciosnormados.

Un subconjunto A ⊆ (E, δ) se dice que es relativamente compacto si to-da sucesion infinita {xn} ⊂ A contiene al menos un punto de acumulacionx′ ∈ E.

En otras palabras A ⊆ (E, δ) es compacto si todo subconjunto infinito deA posee un punto de acumulacion contenido en E. En particular, un espaciometrico (E, δ) es compacto si para toda sucesion infinita {xn} ⊂ E existe, almenos, una subsucesion {xnk

} que converge a x′ ∈ E.

Sobre un mismo espacio pueden definirse varias normas y es posible que estasesten relacionadas. Dos normas ‖x‖1 y ‖x‖2 en un espacio lineal X se llamanequivalentes si existen dos numeros α, β > 0 tales que, para cualquier x ∈ Xse cumple la desigualdad α ‖x‖1 ≤ ‖x‖2 ≤ β ‖x‖1. (Ejercicios resueltos 6 y7)

Algunas normas de uso mas comun

Se resumen seguidamente algunas definiciones de norma en diversos tipos deespacios familiares tales como: espacios de n−uplos de escalares; espacios de

18

sucesiones y espacios funcionales constituidos por funciones continuas, con-tinuamente diferenciables, acotadas, medibles y de variacion acotada. Cadauno de ellos se denomina con la notacion que se utilizara en lo sucesivo.

• En el espacio Em

‖x‖ =

[m∑

k=1

|xk|2] 1

2

• El espacio lp(p > 1) de las sucesiones acotadas x = (x1, x2, ...)(xk ∈R(xk ∈ C)) que satisfacen la condicion

∑∞k=1 |xk|p < ∞

‖x‖ =

[m∑

k=1

|xk|p] 1

p

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

‖x‖ =m∑

k=1

|xk|

• El espacio lmp (p > 1) de los vectores x = (xk)mk=1(xk ∈ R(xk ∈ C)),

‖x‖ =

[m∑

k=1

|xk|p] 1

p

• El espacio C[a, b] de las funciones continuas sobre [a,b]

‖x‖ = maxt∈[a,b]

|x(t)|

• El espacio Ck[a, b] de las funciones k veces continuamente diferenciablessobre [a,b]

‖x‖ =k∑

i=0

maxt∈[a,b]

∣∣x(i)(t)∣∣

• El espacio M [a, b] de las funciones acotadas sobre [a, b]

‖x‖ = supt∈[a,b]

|x(t)|

19

• El espacio Lp[a, b] de las clases de funciones medibles en el intervalo[a, b] segun la relacion de igualdad en casi todas partes

‖x‖ =

[∫ b

a

|x(t)|pdt

] 1p

, 1 ≤ p < ∞

• El espacio V [a, b] de las funciones de variacion acotada sobre [a, b] conla norma:

‖x‖ = |x(a)|+b∨a

x(t).

La funcion x(t) real dada en [a, b] se llama funcion de variacion acotadasi existe una constante c tal que para toda particion del segmento

[a, b] : a = t0 < t1 < ... < tn = b

se cumple la desigualdad:

n∑

k=1

|x(tk)− x(tk−1)| < c.

La variacion total de una funcion de variacion acotada sobre [a, b] esun numero

b∨a

x(t) = supn∑

k=1

|x(tk)− x(tk−1)| ,

donde la cota superior se toma sobre todas las posibles particionesfinitas del segmento [a, b].

Se puede observar que el espacio lm es un caso particular de los espacioslmp (p > 1) cuando p vale 1, por lo que resulta natural extender la notacionlmp al caso p ≥ 1 porque la aplicacion no constituye una norma para p < 1.(Ejercicio resuelto 8)

2.2 Espacios de Banach

El concepto de espacio de Banach es muy importante porque en ellos resultanvalidos los teoremas mas significativos del Analisis Funcional, por ejemploel teorema de la Acotacion Uniforme (que se particularizara en el siguientecapıtulo) y los teoremas del inverso acotado y del grafico cerrado (que seestudiaran en el proximo capıtulo).

20

Definicion 2.2.1 Sea (X, d) un espacio metrico. Una sucesion {xn} ⊂ Xse denomina fundamental si para cualquier ε > 0 existe un N = N(ε) talque, para cualquier n > N y todos los p naturales se cumple la desigualdadd(xn+p, xn) < ε. Un espacio X se denomina completo si toda sucesion fun-damental converge en el. Un espacio normado completo se denomina espaciode Banach.

(Ejercicios resueltos 9, 10 y 11)

El teorema de la Acotacion Uniforme basa su demostracion en el teoremade Baire, por lo que se introducen a continuacion las definiciones topologicasque fundamentan este ultimo teorema.

Un conjunto A ⊂ X se llama denso en X, si A = X. Un conjunto A ⊂ X sellama nunca denso en X, si

Int(A) = ∅Definicion 2.2.2 A es de 1ra categorıa si es union contable de conjuntosnunca densos.

Definicion 2.2.3 A es de 2da categorıa si no es de 1ra categorıa.

Proposicion 2.2.1 AI∪B = C

II, entonces B es de 2da categorıa.

Proposicion 2.2.2 ∅ es nunca denso2 ⇒ ∅ de 1ra categorıa ⇒ ∅ no es de2da categorıa.

La forma mas directa de demostrar el teorema de Baire es considerarlo comocorolario de un teorema que establece una caracterıstica de los conjuntos deprimera categorıa en los espacios completos.

Teorema 2.2.1 Sea X un espacio metrico completo. A ⊂ X, A de 1racategorıa.Entonces A = ∅.

Corolario 2.2.1.1 (Teorema de Baire) Sea X 6= ∅, X espacio metricocompleto. Entonces X es de 2da categorıa.

2Por la definicion.

21

Demostracion[Teorema de Baire]

Supongamos lo contrario, es decir, suponer que X es de 1ra categorıa, en-tonces ◦

X = X = ∅ contrario a la hipotesis

Combinando el teorema de Baire y la proposicion 2.2.1, se puede construirun procedimiento de demostracion de que un conjunto dado es de segundacategorıa:

Procedimiento 1

(P1) Escribir la union disjunta X = A ∪B, donde X es un espacio metricocompleto.

(P2) Garantizar que A es un conjunto de primera categorıa.

(P3) Inferir que B es un conjunto de segunda categorıa.

Apliquemos el Procedimiento 1 para demostrar que el conjunto de losirracionales (I) es de 2da categorıa en R con la topologıa usual.

(P1) Q ∪ I = R, donde A = Q, B = I, X = R.

(P2) A = Q es la union contable de sus puntos, cada uno de los cuales esun conjunto nunca denso.

(P3) I es de 2da categorıa3, QI

∪ I = RII

4.

En el enunciado del teorema de la acotacion uniforme interviene la nocionde seminorma, que es una aplicacion que satisface los axiomas N2 y N3establecidos para la norma.

Teorema 2.2.2 (Teorema de la Acotacion Uniforme) Sean X un es-pacio de Banach no vacıo, α ∈ I, x ∈ X, pα(x) ≥ 0. {pα}α∈I familia deseminormas continuas. Si

supα∈I

pα(x) < +∞ ∀x ∈ X

entonces,supα∈I

sup‖x‖≤1

pα(x) < +∞

3Aplicando la proposicion 2.2.1.4Por el Teorema de Baire.

22

Demostracion

Formemos An = {x ∈ X : pα(x) ≤ n ∀α ∈ I}

Notemos que An es cerrado puesto que

An =⋂α∈I

p−1α [0, n]

ademas ⋃n

An ⊂ 5X ⊂ 6⋃n

An

concluyendo,

X7 =⋃n

An =⋃n

An

Esto implica que existe n0 ∈ N : An0 = An0 tiene un punto interior, es decir,∃x0 ∈ X, r > 0 tales que

B(x0, r) ⊂ An0 .

Probemos que {pα(x)} esta uniformemente acotada sobre ‖x‖ < 2r. Consi-deremos que x esta en la bola B(x0, r). Entonces x admite la descomposicion

x =

x1︷ ︸︸ ︷(x0 +

x

2

)−

x2︷ ︸︸ ︷(x0 − x

2

)= x1︸︷︷︸

∈B(x0,r)

− x2︸︷︷︸∈B(x0,r)

aplicando pα

pα(x) = pα(x1)︸ ︷︷ ︸∈B(x0,r)

+ pα(−x2)︸ ︷︷ ︸pα(x2)∈B(x0,r)⊂An0

≤ 2n0 ∀α ∈ I.

1. Si 2r ≥ 1, entonces

sup‖x‖≤1

pα(x) ≤ 2n0 ∀α ∈ I,

de dondesupα∈I

sup‖x‖≤1

pα(x) ≤ 2n0 < +∞.

5Por construccion6∀x, {pα} esta acotada7Completo, luego de 2da categorıa.

23

2. Si 2r < 1, entonces1

2r> 0. Sea m

∈N >1

2r> 1.

Consideremos x : ‖x‖ ≤ 1,

m >1

2r⇒ 1 > 2r >

1

m⇒ ‖x‖

m≤ 2r ‖x‖︸︷︷︸

≤1

⇒∥∥∥ x

m

∥∥∥ ≤ 2r

aplicando pα(x) α ∈ I

pα

( x

m

)≤ 2n0

Entonces,pα(x) ≤ 2mn0.

De aquı que

sup‖x‖≤1

pα(x) ≤ 2mn0 ⇒ supα∈I

sup‖x‖≤1

pα(x) ≤ 2mn0 < +∞.

2.3 Espacios de Hilbert

Un espacio lineal real se llama euclıdeo si a todo par de sus elementos x, yse le pone en correspondencia un numero real denotado (x | y) y llamadoproducto escalar, el cual debe cumplir los axiomas siguientes:

1) (x | x) ≥ 0, (x | x) = 0 si y solo si x = 0

2) (x | y) = (y | x)

3) (λx | y) = λ(x | y) para cualquier λ ∈ K

4) (x + y | z) = (x | z) + (y | z)

Un espacio lineal complejo se llama unitario si a todo par de elementos suyosx, y se le pone en correspondencia un numero complejo denotado (x | y) yllamado producto escalar, siempre que se cumplan los axiomas siguientes:

(1) (x | x) ≥ 0, (x | x) = 0 si y solo si x = 0,

(2) (x | y) = (y | x),

24

(3) (λx | y) = λ(x | y) para cualquier λ ∈ C,

4) (x + y | z) = (x | z) + (y | z).

Del axioma (1) y de la desigualdad de Cauchy-Buniakovski8 se desprendeque en espacios euclıdeos y unitarios se puede introducir la norma mediantela igualdad ‖x‖ =

√(x | x) (Ejercicios propuestos 1 y 2). Un espacio H con

producto escalar (euclıdeo o unitario) se llama de Hilbert si es completo conrespecto a esta norma. (Ejercicio resuelto 12, ejercicios propuestos 3, 4 y 5)

Se llama angulo entre dos elementos no nulos x e y y de un espacio deHilbert real a un angulo ϕ comprendido entre 0 y π tal que

cos ϕ =(x | y)

‖x‖ ‖y‖Los elementos x, y ∈ H se llaman ortogonales y se escribe x⊥y si (x | y) = 0.Un conjunto de elementos z ∈ H tales que (z | x) = 0 para cualquierx ∈ M ⊂ H se denota M⊥.

Un sistema de elementos h1, h2, ... ∈ H se llama ortogonal si

(hi | hj) = δij =

{1 para i 6= j,

0 para i = j.

El sistema de elementos x1, x2, ... ∈ H se llama linealmente independiente sipara cualquier n ∈ N el sistema x1, x2, ..., xn es linealmente independiente.

2.4 Desigualdades de Holder y Minkowski

La demostracion de la desigualdad de Holder se basa en propiedades de lasfunciones convexas, por lo que se estudia en ocasiones bajo la denominacionde desigualdad de convexidad y su utilidad fundamental se explica porqueinterviene en la demostracion de la desigualdad de Minkowski. La impor-tancia de esta ultima esta dada porque fundamenta la demostracion de ladesigualdad triangular en ciertos espacios. Es por esto que resulta util pre-sentarlas agrupadas en diversas formas: para sumas finitas, para series y paraintegrales, como se resumen a continuacion.

8|(x | y)|2 ≤ (x | x)(y | y).

25

Desigualdades de Holder. Sean p, q dos numeros reales positivos deter-minados por la relacion 1

p+ 1

q= 1.

(1) Para cualesquiera numeros x1, ..., xn; y1, ..., yn,

n∑

k=1

|xkyk| ≤{

n∑

k=1

|xk|p} 1

p{

n∑

k=1

|yk|q} 1

q

.

(2) Para cualesquiera numeros x1, ..., xn, ...; y1, ..., yn, ..., tales que,

∞∑

k=1

|xk|p < ∞,

∞∑

k=1

|yk|q < ∞,

se tiene,∞∑

k=1

|xkyk| ≤{ ∞∑

k=1

|xk|p} 1

p{ ∞∑

k=1

|yk|q} 1

q

.

(3) Para cualesquiera funciones continuas x(t), y(t) sobre una region T ,

∫

T

|x(t)y(t)| dt ≤{∫

T

|x(t)|p dt

} 1p{∫

T

|y(t)|q dt

} 1q

.

Desigualdades de Minkowski. Sea 1 ≤ p < ∞.

(1) Para cualesquiera numeros x1, ..., xn; y1, ..., yn,

{n∑

k=1

|xk + yk|p} 1

p

≤{

n∑

k=1

|xk|p} 1

p

+

{n∑

k=1

|yk|p} 1

p

.

(2) Para cualesquiera numeros x1, ..., xn, ...; y1, ..., yn, ..., tales que

∞∑

k=1

|xk|p < ∞,

∞∑

k=1

|yk|p < ∞,

se tiene,

{ ∞∑

k=1

|xk + yk|p} 1

p

≤{ ∞∑

k=1

|xk|p} 1

p

+

{ ∞∑

k=1

|yk|p} 1

p

.

26

(3) Para cualesquiera funciones continuas x(t), y(t) sobre una region T ,

{∫

T

|x(t) + y(t)|p dt

} 1p

≤{∫

T

|x(t)|p dt

} 1p

+

{∫

T

|y(t)|p dt

} 1p

.

Una aplicacion F : X −→ Y , X e Y espacios normados, se llama continuaen el punto x0 ∈ X, si para cualquier ε > 0 existe δ = δ(x0) > 0 tal que, paratodo x0 ∈ Sδ(x0), f(x) ∈ Sε(f(x0)). Una aplicacion F : X −→ Y se llamacontinua, si es continua en cada punto x0 ∈ X. Una aplicacion F : X −→ Yse llama uniformemente continua, si para cualquier ε > 0 existe δ = δ(ε) > 0tal que, para todo x0 ∈ X de x ∈ Sδ(x0) se deduce que f(x) ∈ Sε(f(x0)).(Ejercicios resueltos 15, 16 y 17, ejercicio propuesto 6)

Tambien es valida y muy util desde el punto de vista practico, la siguiente ca-racterizacion de la continuidad de una funcion definida entre espacios metri-cos mediante el concepto de sucesion y que se conoce con la denominacionde funcion sucesionalmente continua. Se tiene en este caso que:

f es continua en x ≡ f es sucesionalmente continua en x

≡ [xn −→ x ⇒ f(xn) −→ f(x)].

(Ejercicio resuelto 14)

2.5 Ejercicios Resueltos

1. Probar que en el espacio X de las funciones acotadas sobre [a, b],

p(x) = supt∈[a,b]

|x(t)| x ∈ X

constituye una norma.

Solucion:

1)

p(x) = 0 ⇒ supt∈[a,b]

|x(t)| = 0 ⇒ |x(t)| = 0 ∀t ∈ [a, b]

⇒ x(t) = 0 ∀t ∈ [a, b] ⇒ x = 0.

27

2)

p(αx) = supt∈[a,b]

|(αx)(t)| = supt∈[a,b]

|αx(t)| = supt∈[a,b]

|α| |x(t)| = |α| supt∈[a,b]

|x(t)|

= |α| p(x) α ∈ K x ∈ X.

3) Sean x, y ∈ X t ∈ [a, b]

|(x + y)(t)| = |x(t) + y(t)| ≤ |x(t)|+ |y(t)|≤ sup

t∈[a,b]

|x(t)|︸ ︷︷ ︸

p(x)

+ supt∈[a,b]

|y(t)|︸ ︷︷ ︸

p(y)︸ ︷︷ ︸cota superior

⇒ supt∈[a,b]

|(x + y)(t)|︸ ︷︷ ︸

p(x+y)

≤ p(x) + p(y).

2. En el espacio de las funciones continuamente diferenciables sobre [a, b]determinar si las siguientes expresiones constituyen normas:

a) maxt∈[a,b]

|x′(t)|;

b)

(maxt∈[a,b]

|x′(t)|)

+ |x(a)|.Solucion al inciso a) Denominemos p(x) = max

t∈[a,b]|x′(t)|

p(x) = 0 ⇒ maxt∈[a,b]

|x′(t)| = 0 ⇒ |x′(t)| = 0 ∀t ∈ [a, b]

⇒ X ′(t) = 0 ∀t ∈ [a, b] ⇒ x(t) es constante en [a, b]

; x = 0

Conclusion: p no es una norma.

Solucion al inciso b) Denominemos p(x) = maxt∈[a,b]

|x′(t)|+ |x(a)|

p(x) = 0 ⇒ maxt∈[a,b]

|x′(t)| = 0 ∧ |x(a)| = 0

Por el razonamiento hecho en el inciso a), x(t) es constante en[a, b] y x(a) = 0, lo cual indica que la constante es necesariamente0.

∴ p(x) = 0 ⇒ x = 0.

28

Es necesario analizar si se cumplen los restantes axiomas;

p(αx) =

(maxt∈[a,b]

|(αx)′(t)|)

+ |(αx)(a)|= max

t∈[a,b]|αX ′(t)|︸ ︷︷ ︸|α||x′(t)|

+ |α| |x(a)|

= |α|(

maxt∈[a,b]

|x′(t)|+ |x(a)|)

︸ ︷︷ ︸p(x)

Veamos el ultimo axioma

p(x + y) = maxt∈[a,b]

|(x + y)′(t)|+ |(x + y)(a)|

Pero por las definiciones

maxt∈[a,b]

|(x + y)′(t)|+|(x + y)(a)| =(

maxt∈[a,b]

|x′(t) + y′(t)|)

+|(x + y)(a)|

Para todo t ∈ [a, b] se tiene

|x′(t) + y′(t)| ≤ |x′(t)|+ |y′(t)| ≤ maxt∈[a,b]

|x′(t)|+ maxt∈[a,b]

|y′(t)|∴ max

t∈[a,b]|x′(t) + y′(t)| ≤ max

t∈[a,b]|x′(t)|+ max

t∈[a,b]|y′(t)|

A partir de la expresion de p(x + y) llegamos a que

p(x + y) ≤ maxt∈[a,b]

|x′(t)|+ maxt∈[a,b]

|y′(t)|+ |x(a)|+ |y(a)|= max

t∈[a,b]|x′(t)|+ |x(a)|

︸ ︷︷ ︸p(x)

+ maxt∈[a,b]

|y′(t)|+ |y(a)|︸ ︷︷ ︸

p(y)

3. Probar que todo espacio normado es metrico.

Solucion:

Sea X un espacio normado. Definamos:

d(x, y) = ‖x− y‖ ,

donde d satisface los axiomas siguientes:

29

1) d : X ×X −→ R+;

2) d(x, y) = ‖x− y‖ = ‖(−1)(y − x)‖ = |−1| ‖y − x‖ = d(y, x);

3) d(x, y) = 0 ⇒ ‖x− y‖ = 0 ⇒ x = y;

4) d(x, y) = ‖x− y‖ = 9 ‖(x− z) + (z − y)‖ ≤ ‖x− z‖︸ ︷︷ ︸d(x,z)

+ ‖z − y‖︸ ︷︷ ︸d(z,y)

.

De aquı que se cumplen los axiomas de distancia, por lo que (X, d) esun espacio metrico.

4. Hallar las formas geometricas de las bolas siguientes:

4.1) S1(0) en E3.

4.2) S1(0) en R3 con la norma ‖x‖ = maxi=1,2,3

|xi|.4.3) S1(f0) en C[a, b].

Solucion al inciso 4.1) S1(0) = {(x1, x2, x3) ∈ R3 : x21 + x2

2 + x23 ≤ 1}

(esfera centrada en el origen y radio 1).

Solucion al inciso 4.2) S1(0) = {max(|x1| , |x2| , |x3|) ≤ 1}.

max(|x1| , |x2| , |x3|) ≤ 1 ⇔ |x1| ≤ 1, |x2| ≤ 1 ∧ |x3| ≤ 1

⇔ −1 ≤ x1 ≤ 1 , −1 ≤ x2 ≤ 1 , −1 ≤ x3 ≤ 1.

Luego, S1(0) es un cubo centrado en el origen y con arista delongitud 2.

Solucion al inciso 4.3) S1(f0) =

{f ∈ C[a, b] : max

t∈[a,b]|f(t)− f0(t)| < 1

}.

maxt∈[a,b]

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

⇔ ∀t ∈ [a, b] − 1 < f(t)− f0(t) < 1

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

Entonces, la ordenada f(t) del grafico de cada una de las fun-ciones en la bola centrada en f0 estan comprendidas en la bandadeterminada por las ordenadas de las funciones f0(t)−1 y f0(t)+1.

9Introduciendo z ∈ X.

30

5. Probar que Diam(A) = Diam(A).

Solucion:A ⊂ A ⇒ Diam(A) ≤ Diam(A).

Sean x, y ∈ A.

∃ {xn} , {yn} ⊂ A : xn −→ x ∧ yn −→ y.

Sea ε > 0

∃n0 ∈ N : ∀n ≥ n0 d(xn, x) < ε ∧ d(yn, y) < ε.

Entonces,

d(x, y) ≤ d(x, xn)︸ ︷︷ ︸<ε

+d(xn, yn) + d(yn, y)︸ ︷︷ ︸<ε

< 2ε + Diam(A),

⇒ Diam(A) ≤ 2ε + Diam(A) ∀n ≥ n0.

Como ε es arbitrario

Diam(A) ≤ Diam(A).

6. Indicar normas de R3 para las cuales la sucesion

xn =

(6n

en, 2−n+1, 1− 1

n2

)

es convergente. Determinar el lımite.

Solucion:

Para la norma euclideana o cualquiera equivalente a ella, xn convergea x = (a, b, c) donde

a = limn→∞

6n

enb = lim

n→∞2−n+1 c = 1− 1

n2

si cada uno de estos lımites existe

a = limn→∞

6n

enb = lim

n→∞2 · 2−n c = lim

n→∞

(1− 1

n2

)

a = limn→∞

6

en= 0 b = lim

n→∞2

2n= 0 c = lim

n→∞

(1− 1

n2

)= 1− 0 = 1

31

Por tanto el lımite es (0, 0, 1).

En particular si se designa x = (x1, x2, x3), las normas

‖x‖0 = maxi=1,2,3

|xi| , ‖x‖1 =3∑

i=1

|xi|

son equivalentes a la euclideana

‖x‖2 =

(3∑

i=1

|xi|2) 1

2

Vamos a probar en particular que ‖‖0 es equivalente a la euclideana

‖x‖0

Def.= max

i=1,2,3|xi| =

√(maxi=1,2,3

|xi|)2

≤√|x1|2 + |x2|2 + |x3|2︸ ︷︷ ︸

‖x‖2

≤√

3

(maxi=1,2,3

|xi|)2

=√

3 ‖x‖0

Se han obtenido las constantes a = 1 y b =√

3 tales que:

a ‖x‖0 ≤ ‖x‖2 ≤ b ‖x‖0 ,

lo cual significa por la definicion que las normas son equivalentes.

Se puede probar que todas las normas sobre un espacio vectorial finitodimensional son equivalentes y este hecho sera utilizado en capıtulosposteriores. Por tanto, el aspecto mas interesante de esta comprobacionreside en evaluar las constantes especıficas a y b para el caso tratado.

7. Si se define en el conjunto de las normas sobre un espacio vectorial larelacion

‖‖1 R ‖‖2 ⇔ ‖‖1 ∧ ‖‖2 son normas equivalentes

32

probar que R es una relacion de equivalencia.

Solucion:

Hay que probar queR satisface las propiedades de ser reflexiva, simetri-ca y transitiva.

(1) Propiedad reflexiva. Hay que establecer que

‖ ‖1 R ‖ ‖1

Eligiendo a = b = 1 se tiene trivialmente que

a ‖ ‖1 ≤ ‖ ‖1 ≤ b ‖ ‖1

Por lo que se cumple la propiedad reflexiva.

(2) Propiedad simetrica. Se requiere probar que

‖ ‖1 R ‖ ‖2 ⇒ ‖ ‖2 R ‖ ‖1

‖ ‖1 R ‖ ‖2 ⇒ ∃a, b > 0 : a ‖x‖1 ≤ ‖x‖2 ≤ b ‖x‖1

⇒ ‖x‖1 ≤1

a‖x‖2 ∧ 1

b‖x‖2 ≤ ‖x‖1

⇒ 1

b‖x‖2 ≤ ‖x‖1 ≤

1

a‖x‖2

⇒ ‖ ‖2 R ‖ ‖1 .

(3) Propiedad Transitiva.

‖ ‖1 R ‖ ‖2 ∧ ‖ ‖2 R ‖ ‖3⇒‖ ‖1 R ‖ ‖3

‖ ‖1 R ‖ ‖2⇒ ∃a1, a2 > 0 : a1 ‖x‖1 ≤ ‖x‖2 ≤ a2 ‖x‖1

‖ ‖2 R ‖ ‖3⇒ ∃b1, b2 > 0 : b1 ‖x‖2 ≤ ‖x‖3 ≤ b2 ‖x‖2 .

De estas desigualdades se deduce:

‖x‖3 ≤ b2 ‖x‖2 ≤ b2a2 ‖x‖1

‖x‖3 ≥ b1 ‖x2‖ ≥ b1a1 ‖x‖1

∴ a1b1︸︷︷︸a>0

‖x‖1 ≤ ‖x‖3 ≤ a2b2︸︷︷︸b>0

⇒‖ ‖1 R ‖ ‖3 .

33

8. ¿Constituye

‖x‖ =

[m∑

k=1

|xk|p] 1

p

una norma en el conjunto de los vectores x = (xk)mk=1 (xk ∈ R) si p < 1

y m ≥ 2?

Solucion:

La respuesta es no, veamos que ocurre cuando tenemos dos vectoresde la forma siguiente:

x =

1/20...0

y y =

01/2...0

Verifiquemos que no se cumple el tercer axioma de norma10:

‖x + y‖ =

[2

(1

2

)p] 1p

= 21−p

p

donde 0 < p < 1 ⇒ 1− p

p> 0 ⇒ 2

1−pp > 1 = ‖x‖+ ‖y‖ .

9. Probar que toda sucesion fundamental esta acotada.

Solucion:

Sea {xn} ⊂ X una sucesion fundamental.

∀ε > 0∃n0 ∈ N tal que ∀n,m ≥ n0 ⇒ ‖xn − xm‖ < ε

En particular

‖xn − xn0‖ < ε y ‖xm − xn0‖ < ε ⇒ xn ∈ Bε(xn0) y xm ∈ Bε(xn0)

10Desigualdad triangular.

34

Esto significa que la sucesion esta acotada a partir del termino n0, esdecir, ∀n ≥ n0

‖xn‖ ≤ ‖xn − xn0 + xn0‖ ≤ ‖xn − xn0‖+ ‖xn0‖ < ε + ‖xn0‖

Por tanto,

‖xn‖ ≤ max(‖x1‖ , ‖x2‖ , ..., ‖xn0−1‖ , ε + ‖xn0‖).

10. Sea (X, ‖‖) un espacio de Banach. Probar que (X ×X, ‖‖0) donde

‖(x, y)‖0 = max(‖x‖ , ‖y‖)

es un espacio de Banach.

Solucion:

Sea (xn, yn) una sucesion fundamental en X ×X. Se tiene que

∀ε > 0∃n0 ∈ N tal que ∀n,m ≥ n0 ⇒ ‖(xn, yn)− (xm, ym)‖0 < ε.

Pero

‖(xn, yn)− (xm, ym)‖0 = ‖(xn − xm, yn − ym)‖0

= max(‖xn − xm‖ , ‖yn − ym‖) < ε

∀n,m ≥ n0 ⇒ {xn} y {yn} son sucesiones fundamentales en X. ComoX es un espacio de Banach, existen x, y ∈ X tales que

xn −→n→∞

x y yn −→n→∞

y

Obtengamos ahora que (xn, yn) −→ (x, y).

‖(xn, yn)− (x, y)‖0 = ‖(xn − x), (yn − y)‖0

= max(‖xn − x‖ , ‖yn − y‖) −→n→∞

0

11. Sean (X, ‖‖1) un espacio de Banach, ‖‖1 y ‖‖2 dos normas equivalentes.Demostrar que (X, ‖‖2) es tambien un espacio de Banach.

35

Solucion

‖‖1 son ‖‖2 equivalentesDef.⇔ ∃α > 0, β > 0 : ∀x ∈ X α ‖x‖2 ≤ ‖x‖1 ≤ β ‖x‖2

Y {an} es una sucesion fundamental en (X, ‖‖2) si y solo si

∀ε > 0 ∃n0(ε) ∈ N : ∀n0 ≥ n ∀p ∈ N ‖an+p − an‖2 <ε

β

Como ∀x ∈ X

‖x‖1 ≤ β ‖x‖2 ⇒ ‖an+p − an‖1 < ε

entonces {an} es una sucesion fundamental en (X, ‖‖1), como este esde Banach, entonces,

∃a ∈ X : ∀ε > 0 ∃n1(ε) ∈ N : n ≥ n1 ‖an − a‖1 < αε.

Como ∀x ∈ X

α ‖x‖2 ≤ ‖x‖1 ⇒ α ‖an − a‖2 ≤ ‖an − a‖1 ≤ αε ⇒ ‖an − a‖2 ≤ ε

entonces, {an} −→n→∞

a en (X, ‖‖2). Luego, como {an} es una sucesion

fundamental arbitraria que converge a un punto a ∈ (X, ‖‖2), entonces(X, ‖‖2) es un espacio de Banach.

12. Sea X un espacio de Hilbert. Sea M ⊂ X. Definimos

M⊥ = {z ∈ X : (z | m) = 0 ∀m ∈ M} .

Probar que M es un subespacio (variedad lineal cerrada).

Solucion:

Sean x, y ∈ M⊥ α, β ∈ K. ¿αx + βy ∈ M⊥?

Hay que probar que ∀m ∈ M, (αx + βy | m) = 0

(αx + βy) = α (x | m)︸ ︷︷ ︸=0

+β (y | m)︸ ︷︷ ︸=0

= 0

36

Para probar que M⊥ es cerrado es suficiente probar que M⊥ ⊂ M⊥.

Consideremos que x ∈ M⊥. Entonces existe {xn} ⊂ M⊥ : xn −→ x.Demostremos que x ∈ M⊥.

Sea m ∈ M . ¿(x | m) = 0?

Tenemos que

(xn | m) = 0 donde xn ∈ M⊥ y m ∈ M

Pero,(xn | m)︸ ︷︷ ︸

=0

−→n→∞

(x | m)11

luego (x | m) = 0 ∀m ∈ M . Concluimos con que x ∈ M⊥ y M⊥ esun subespacio.

13. Probar que:

13.1) Toda funcion de variacion acotada sobre [a, b] es acotada sobre[a, b].

13.2) La expresion

‖x‖ = |x(a)|+b∨a

x(t)

constituye una norma.

Solucion al inciso 13.1) Sea P [a, b] el conjunto de todas las parti-ciones finitas de [a, b]. Entonces

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

n∑

k=1

|x(tk)− x(tk−1)| < c

Consideremos un p = {a, t, b}:

|x(t)− x(a)|+ |x(b)− x(t)| < c ⇒ |x(t)− x(a)| < c

|x(t)| − |x(a)| < |x(t)− x(a)| < c ⇒ |x(t)| < c + |x(a)|11Consecuencia del Ejemplo Resuelto (5).

37

Solucion al inciso 13.2) Probemos ahora que

‖x‖ = |x(a)|+b∨a

x(t),

es una norma. Veamos

1)

‖x‖ = 0 ⇔ |x(a)|+b∨a

x(t) = 0

⇒ |x(a)| = 0 ∧b∨a

x(t) = 0.

Como

n∑

k=1

|x(tk)− x(tk−1)| ≤ supn∑

k=1

|x(tk)− x(tk−1)| =b∨a

x(t)

entonces, ∀z ∈ [a, b]

| x(z)− x(a)︸︷︷︸=0

| + |x(b)− x(z)| ≤b∨a

x(t) = 0.

Luego, ∀z ∈ [a, b] |x(z)| = 0.

2) Debemos probar que ‖αx‖ = |α| ‖x‖.

‖αx‖ = |αx(a)|+b∨a

αx(t)

= |α| |x(a)|+ supn∑

k=1

|α(x(tk)− x(tk−1))|

= |α| |x(a)|+ supn∑

k=1

|α| |x(tk)− x(tk−1)|

38

= |α| |x(a)|+ |α|[sup

n∑

k=1

|x(tk)− x(tk−1)|]

= |α|[|x(a)|+

b∨a

x(t)

]

︸ ︷︷ ︸‖x‖

= |α| ‖x‖ .

3) Sean x(t), y(t) ∈ V [a, b], probemos que ‖x + y‖ ≤ ‖x‖+ ‖y‖.

‖x + y‖ = |(x + y)(a)|+b∨a

(x + y)(t)

= |(x + y)(a)|+ supn∑

k=1

|(x + y)(tk)− (x + y)(tk−1)|

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

+ supn∑

k=1

|x(tk) + y(tk)− x(tk−1)− y(tk−1)|

≤ |x(a)|+ |y(a)|

+ supn∑

k=1

|[x(tk)− x(tk)] + [y(tk)− y(tk−1)]|

Aplicando la desigualdad de Minkowski (p = 1),

n∑

k=1

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

k=1

|x(tk)− x(tk−1)|

+n∑

k=1

|y(tk)− y(tk−1)| .

Luego,

|x(a)|+ |y(a)|+ supn∑

k=1

|[x(tk)− x(tk)] + [y(tk)− y(tk−1)]|

≤ |x(a)|+ |y(a)|+ supn∑

k=1

|x(tk)− x(tk−1)|

+ supn∑

k=1

|y(tk)− y(tk−1)|

39

Agrupando convenientemente,

= |x(a)|+ supn∑

k=1

|x(tk)− x(tk−1)|

+ |y(a)|+ supn∑

k=1

|y(tk)− y(tk−1)|

= |x(a)|+b∨a

x(t)

︸ ︷︷ ︸‖x‖

+ |y(a)|+b∨a

y(t)

︸ ︷︷ ︸‖y‖

= ‖x‖+ ‖y‖ .

14. Probar que la aplicacion f2(α, x) = αx es continua.

Solucion:f2 : K ×X −→ X,

donde K es el cuerpo de escalares. Consideremos sobre K×X cualquierestructura topologica que induzca la convergencia por coordenadas, enparticular

‖(α, x)‖ = max(|α| , ‖x‖).Probemos que f2 es sucesionalmente continua. Supongamos que,

(αn, xn) −→n→∞

(α, x).

Hay que probar que

f2(αn, xn) −→n→∞

f2(α, x),

esto es por definicion de f2

f2(αn, xn) = αnxn f2(α, x) = αx;

luego concretamente tenemos que demostrar que:

αnxn −→n→∞

αxDef.≡ ‖αnxn − αx‖ −→

n→∞0.

40

Por esto analizamos el comportamiento de ‖αnxn − αx‖. Introduciendoel termino auxiliar αnx

‖αnxn − αx‖ = ‖αnxn − αnx + αnx− αx‖= ‖αn(xn − x) + (αn − α)x‖≤ ‖α(xn − x)‖+ ‖(αn − α)x‖= |αn| ‖xn − x‖+ |αn − α|︸ ︷︷ ︸

−→n→∞0

‖x‖

En el primer termino de la ultima suma, se observa que {αn} esta aco-tada por ser convergente, por tanto ∃M > 0 tal que ∀n |αn| ≤ M , deaquı que

|αn|︸︷︷︸≤M

‖xn − x‖︸ ︷︷ ︸−→

n→∞0

−→n→∞

0.

15. Probar que la funcion f(x) = ‖x‖ es continua.

Solucion:f : X −→ R+

Vamos a probar que f es sucesionalmente continua, es decir

[xn −→n→∞

x ⇒ f(xn)︸ ︷︷ ︸∈R

−→n→∞

f(x)︸︷︷︸∈R

]

Supongamos entonces que

xn −→n→∞

xDef.≡ ‖xn − x‖ −→

n→∞0

Debemos estimar:

|f(xn)− f(x)| = |‖xn‖ − ‖x‖|

Tenemos que

‖xn‖ = 12 ‖(xn − x) + x‖ ≤ ‖xn − x‖+ ‖x‖ ⇒ ‖xn‖ − ‖x‖ ≤ ‖xn − x‖12Se introduce el lımite x.

41

Analogamente

‖x‖ = 13 ‖(x− xn) + xn‖ ≤ ‖x− xn‖︸ ︷︷ ︸‖xn−x‖

+ ‖xn‖ ⇒ ‖x‖−‖xn‖ ≤ ‖xn − x‖

Como ‖xn − x‖ es mayor que (‖xn‖ − ‖x‖) y tambien es mayor que elopuesto de este numero (‖x‖−‖xn‖), se infiere que ‖xn − x‖ supera elvalor modular de (‖xn‖ − ‖x‖), de aquı que

|‖xn‖ − ‖x‖| ≤ ‖xn − x‖ .

A partir de esta estimacion se deduce, debido a que

‖xn − x‖ −→n→∞

0, que ‖xn‖ −→n→∞

‖x‖ .

16. Sea X un espacio de Hilbert sobre K. Definamos f(x, y) = (x | y),donde ( | ) es el producto escalar del mismo. Probar que f es una apli-cacion continua.

Solucion:

Consideremos sobre X×X cualquier estructura topologica que induzcala convergencia por coordenadas, en particular,

‖(x, y)‖ = max(‖x‖ , ‖y‖).De aquı que se tiene que

(xn, yn) −→n→∞

(x, y) ⇒(xn −→

n→∞x)∧

(yn −→

n→∞y)

Probemos que f es sucesionalmente continua. Supongamos que:

(xn, yn) −→ (x, y);

hay que probar que:

f(xn, yn)︸ ︷︷ ︸∈K

−→ f(x, y)︸ ︷︷ ︸∈K

f(xn, yn) = (xn | yn) ; f(x, y) = (x | y),

13Se introduce el termino xn.

42

luego hay que demostrar que

(xn | yn) −→ (x | y)Def.≡ |(xn | yn)− (x | y)| −→

n→∞0.

Por esto vamos a analizar el comportamiento de |(xn | yn)− (x | y)|.Introduciendo el termino auxiliar (xn | y)

|(xn | yn)− (x | y)| = |(xn | yn)− (xn | y) + (xn | y)− (x | y)|= |((xn | yn)− (xn | y)) + ((xn | y)− (x | y))|

Aplicando propiedades del modulo y del producto interior

≤ |(xn | yn)− (xn | y)|+ |(xn | y)− (x | y)|= |(xn | yn − y) + (xn − x | y)|

Por la desigualdad de Cauchy-Buniakowski

|(xn | yn − y) + (xn − x | y)| ≤ ‖xn‖︸︷︷︸≤M

‖yn − y‖︸ ︷︷ ︸−→

n→∞0

︸ ︷︷ ︸−→

n→∞0

+ ‖xn − x‖︸ ︷︷ ︸−→

n→∞0

‖y‖

︸ ︷︷ ︸−→

n→∞0

Por tanto,|(xn | yn)− (x | y)| −→

n→∞0

2.6 Ejercicios Propuestos

1. Determinar la forma geometrica de la bola S1(0) en l2.

2. Probar que:A esta acotado ⇔ Diam(A) < +∞.

3. Probar que en todo espacio unitario

(x | λy) = λ(x | y).

4. Probar que en los espacios euclıdeos y unitarios la aplicacion

‖x‖ =√

(x | x)

constituye una norma.

43

5. Probar los ejercicios resueltos 14 y 15 a partir de la definicion expresadaen teminos de ε, δ.

6. Probar que si X es un espacio unitario, x0 ∈ X la aplicacion

f(x) = (x, x0), (x ∈ X)

es una aplicacion continua, aplicando:

a) la caracterizacion de funcion sucesionalmente continua;

b) la definicion en terminos ε, δ;

c) el ejercicio resuelto 16.

44

Capıtulo 3

Operadores lineales

Si X, Y son espacios normados y se establece una aplicacion T de X en Y ,el estudio de las peculiaridades de esta funcion (denominada operador) ysus principales propiedades conduce a la obtencion de esquemas de compor-tamiento predeterminados en casos aparentemente muy distintos como lossiguientes:

1ro) T (x) = Ax, donde x ∈ Rn y A es una matriz cuadrada de dimensionn.

2do) T (x) = x′, donde x es una funcion con derivada continua x′ en unintervalo [a, b].

3ro) Tx = g, si x es una funcion continua en [0, 1] y g es la funcion dadapor:

g(s) =

∫ 1

0

stx(t)dt 0 ≤ s ≤ 1

Este conocimiento resulta muy util en la teorıa de resolucion de ecuaciones.

3.1 Continuidad, acotacion y norma de un

operador lineal

El conocido concepto de funcion continua entre espacios metricos adquiereun matiz especial cuando los espacios son vectoriales y el operador es lineal.Se vera que en este caso son validos dos resultados de gran fuerza practica:

45

el primero establece la equivalencia entre la continuidad en un punto y lacontinuidad en todo el espacio. El mismo fundamenta la demostracion deque el concepto de continuidad equivale a un nuevo concepto: el de operadoracotado, mas facil de manejar porque esta basado en una desigualdad.

Definicion 3.1.1 Sea F un operador con campo de definicion D(F ) ⊂ Xy campo de valores R(F ) ⊂ Y . Se llama acotado si transforma cualquierconjunto acotado de D(F ) en un conjunto acotado en el espacio Y .

Definicion 3.1.2 Sean X, Y espacios normados, ambos reales o ambos com-plejos. Un operador A : X → Y con campo de definicion D(A) ⊂ X se llamalineal si D(A) es una variedad lineal en X y para cualesquiera x, y ∈ D(A),ası como para cualesquiera λ1, λ2 ∈ R(λ1, λ2 ∈ C) se cumple la igualdadA(λ1X1 + λ2X2) = λ1A(X1) + λ2A(X2).

(Ejercicio resuelto 1)

El conjunto N(A) = {x ∈ D(A) : A(X) = 0} se denomina conjunto deceros o nucleo del operador A.

La importancia practica del concepto de operador lineal esta dada por lavariedad de operadores muy utiles que satisfacen esta propiedad. Se resumenseguidamente algunos de ellos, suponiendo en todos los casos un dominio dedefinicion apropiado. (Ejercicio propuesto 4)

Algunos ejemplos de operadores lineales

(1) El operador nulo: Ax = 0 ∀x ∈ X;

(2) El operador identidad: Ax = 1;

(3) Ax = y si y(s) =∫ b

aK(s, t) x(t) dt;

(4) Ax = y si y(s) = x′′(s) + λ x(s);

(5) El operador de diferencias finitas: Ax = y si y(s) = ∆ x(s) + λ x(s),siendo

∆ x(s) = x(s + ∆ s)− x(s), x : R −→ R;

(6) El operador de transformada: Ax =∫∞−∞ ei k s x(s) ds k ∈ R;

46

(7) Si x = (x1, x2, x3, ...)

A1x =

(1

2(x1 + x2),

1

2(x2 + x3),

1

2(x3 + x4), ...

);

A2x =

( ∞∑

k=1

a1kxk,

∞∑

k=1

a2kxk, ...

)

(8) Ax = y si y(s) = s x(s);

(9) Ax = y si y(s) = x(s− 1);

(10) El operador combinado (evaluacion y multiplicacion):

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

Donde A : C[0, 1] −→ C[0, 1];

(11) El operador producto por una funcion fija:

Ax = y siendo y(t) = θ0(t) x(t);

(12) Operador entre espacios de sucesiones:

Ax = (λ1x1, λ2x2, ..., λnxn, ...), x = (x1, ..., xn, ...) λn ∈ R n ∈ N.

Teorema 3.1.1 Un operador lineal A : X → Y , dado sobre todo X y con-tinuo en el punto x0 ∈ X es continuo en cualquier punto y ∈ X.

(Ejercicio resuelto 2)

Por tanto un operador lineal A : X → Y con D(A) = X es continuo sies continuo en el punto 0 ∈ X.

Definicion 3.1.3 Un operador lineal A : X → Y con D(A) = X se lla-ma acotado si existe c > 0 tal que para cualquier x ∈ S1(0) es valida ladesigualdad ‖Ax‖ ≤ c.

Teorema 3.1.2 Un operador lineal A : X → Y con D(A) = X es acotadosi y solo si para cualquier x ∈ X se cumple la desigualdad ‖Ax‖ ≤ c ‖x‖.

47

(Ejercicio resuelto 3, ejercicio propuesto 2)

Teorema 3.1.3 Un operador lineal A : X → Y con D(A) = X es continuosi y solo si es acotado.

(Ejercicios resueltos 4, 5 y 6)

Denominacion:

L(X, Y ) = {A : X −→ Y tales que A es lineal acotado} .

Definicion 3.1.4 El numero

‖A‖ = supx∈X,‖x‖≤1

‖Ax‖

se denomina norma del operador lineal acotado A : X → Y con D(A) = X.

Proposicion 3.1.1 (Definiciones alternativas de norma) Sea A ∈ L(X, Y ).Definamos,

E = supx6=0

‖Ax‖‖x‖ , C = sup

‖x‖≤1

‖Ax‖ ,

B = sup‖x‖=1

‖Ax‖ , D = inf{k ≥ 0 : ∀x ∈ X ‖Ax‖ ≤ k ‖x‖}.

Entonces E ≤ B ≤ C ≤ D ≤ E.

(Ejercicio resuelto 7)

La denominacion de norma se justifica por el hecho de que la aplicacion‖A‖ = E = B = C = D constituye una norma sobre el espacio L(X,Y )(Ejercicio propuesto 3). Tomando en consideracion las expresiones equiva-lentes para la norma de un operador lineal y continuo, se puede construir unprocedimiento para el calculo de la norma.

Procedimiento 2. Calulo de la norma de un operador

Sea A ∈ L(X, Y ).

(P1) Verificar que A es un operador (A : X −→ Y ).

48

(P2) Verificar que A es lineal.

(P3) Verificar que A esta acotado.

(Es decir ∃k : ∀x ∈ X ‖Ax‖ ≤ k ‖x‖)

Nota: Al terminar (P3) hemos probado que A ∈ L(X,Y )

(P4) Acotar superiormente la norma.

Nota: Al terminar (P4) se concluye que ‖A‖ ≤ k.

(P5) Hallar ‖A‖.

Nota: Si se quiere probar que ‖A‖ = k proceder entonces de unade las formas siguientes:

1ra forma) Buscar x0 ∈ X, x0 6= 0, tal que‖Ax0‖‖x0‖ = k

Nota: Con esto se demuestra que:

‖Ax0‖‖x0‖ = k ≤ E = ‖A‖ ,

que es la desigualdad contraria a la determinada en (P4).

2da forma) Buscar x0 ∈ X, ‖x0‖ = 1, tal que ‖Ax0‖ = k.

Nota: Con esto se demuestra que:

‖Ax0‖ = k ≤ B = ‖A‖ ,

que es la desigualdad contraria a la determinada en (P4).

(Ejercicios resueltos 8, 9, 10 y 11)

Si en un espacio normado se define una ley interna con las propiedades al-gebraicas de un producto con identidad e, entonces la estructura de algebraque se obtiene se hace compatible con la estructura topologica de espacionormado exigiendo las condiciones:

49

(1) ‖xy‖ ≤ ‖x‖ ‖y‖;(2) ‖e‖ = 1.

La primera de estas condiciones conduce a establecer que la ley de productoes continua, como lo son tambien las leyes de suma y de multiplicacion porun escalar. (Ejercicio resuelto 12)

3.1.1 Ejercicios Resueltos

1. Sean X e Y , espacios lineales; A : X → Y un operador lineal. De-mostrar que el operador A transforma un conjunto convexo de D(A)en un conjunto convexo en el espacio Y .

Solucion:

A lineal, S ⊂ X convexo, ¿A(S) convexo?

y1, y2 ∈ A(S) ⇒ ∃x1, x2 ∈ S : y1 = Ax1 ∧ y2 = Ax2.

Sea α ∈ [0, 1]

αy1 + (1− α)y2 = αAx1 + (1− α)Ax2 ⇔ 1A(αx1 + (1− α)x2︸ ︷︷ ︸∈S

) ∈ A(S)

2. Veamos la demostracion del Teorema 3.1.1.

Demostracion

Sea y ∈ X. Como X e Y son espacios metricos por ser normados, essuficiente probar que A es sucesionalmente continuo.

Supongamos que yn → y, entonces ¿A(yn) → A(y)?

A(yn) = A(yn − y + y − x0 + x0)

Por la linealidad de A, se tiene que

A(yn) = A(yn − y + x0) + A(y)− A(x0),

1Por la linealidad de A.

50

pero como A es continuo en x0

yn − y + x0 → x0 ⇒ A(yn − y + x0) → A(x0)

∴ A(yn) → A(x0) + A(y)− A(x0) = A(y)

3. Demostrar que el nucleo N(A) de un operador lineal acotado A : X →Y es un subespacio del espacio X.

Solucion:

Sean x, y ∈ N(A), entonces Ax = 0 y Ay = 0 dos elementos de N(A).Por la linealidad de A tenemos

A(x + y) = Ax︸︷︷︸=0

+ Ay︸︷︷︸=0

= 0 ⇒ x + y ∈ N(A)

yAαx = α Ax︸︷︷︸

=0

= 0 ⇒ αx ∈ N(A),

esto nos asegura que N(A) es una variedad lineal, por lo que solo nosfaltarıa probar que es cerrado.

1ra forma) Un conjunto cerrado es aquel donde se verifica N(A) =N(A). Es suficiente probar que N(A) ⊂ N(A).

x ∈ N(A) ⇒ ∃xn ∈ N(A) : xn −→ x ⇒ Axn︸︷︷︸0

−→ Ax

Por ser A un operador continuo. De aquı que Ax = 0 ⇒ x ∈N(A).

2da forma) N(A)︸ ︷︷ ︸cerrado

=

Preimagen︷︸︸︷A−1︸ ︷︷ ︸

continua

( {0}︸︷︷︸cerrado

)

4. Veamos la demostracion del Teorema 3.1.3, es decir

A lineal y continuo ≡ A acotado.

51

Demostracion

Supongamos que A es acotado y que xn → 0, entonces

¿Axn → A(0)?

Donde A(0) = 0 por el caracter lineal de A. Como una consecuenciadel Teorema 3.1.2

A acotado ⇔ ∃c > 0 : ‖Axn‖ ≤ c ‖xn‖ .

Luego,xn → 0 ⇒ ‖xn‖ → 0 ⇒ ‖Axn‖ → 0 ⇒ Axn → 0

Por tanto, A continuo en x0 = 0 ⇒ A continuo.2

Supongamos ahora que A es continuo, entonces ¿sera A acotado? Supon-gamos lo contrario; es decir, para cada n existe xn tal que

‖Axn‖ > n ‖xn‖ ⇒∣∣∣∣A

(xn

n ‖xn‖)∣∣∣∣ > 1

sea yn =xn

n ‖xn‖,

‖yn‖ =

∣∣∣∣1

n

xn

‖xn‖

∣∣∣∣ =1

n−→ 0, n →∞

pero Ayn 9 0, n →∞, luego A no es continuo en el punto cero y portanto no es continuo en ningun punto por el Teorema 3.1.1.

5. ¿Sera acotado el operador A : C[0, 1] → C[0, 1], Ax(t) =dx

dt, cuyo cam-

po de definicion L es la variedad lineal de las funciones continuamentediferenciables sobre [0,1]?

Solucion:

2Recordar Teorema 3.1.1

52

Sean A lineal, xn(t) = tn, x′n(t) = ntn−1 y Axn = x′n.

‖Axn‖ = ‖x′n‖ = supt∈[0,1]

|x′n(t)| = supt∈[0,1]

∣∣ntn−1∣∣ = n

‖xn‖ = supt∈[0,1]

|xn(t)| = supt∈[0,1]

|tn| = 1

Luego,

{‖xn‖∞n=1} , es un conjunto acotado; pero

{‖Axn‖∞n=1} , no esta acotado.

Como podemos apreciar el operador A no esta acotado ≡ A no escontinuo.3

6. Sean X, Y , espacios de Banach; A : X → Y un operador lineal acotadocon D(A) = X. ¿Constituyen normas en X las igualdades:

a) ‖x‖1 = ‖Ax‖,b) ‖x‖2 = ‖x‖ + ‖Ax‖? En caso afirmativo, ¿sera X un espacio de

Banach con esta norma?

Solucion al inciso a) Vamos a analizar el primer axioma de norma

‖x‖1 = 0 ⇒ ‖Ax‖ = 0 ⇒ Ax = 0

Si N(A) = {0} entonces se puede implicar que x = 0, luego engeneral esta aplicacion no constituye una norma. En el caso deque N(A) = {0}, X resulta isometrico a R(A), por lo que serıacompleto si este espacio lo es.

Solucion al inciso b) Sı. Probemos el primer axioma

‖x‖2 = ‖x‖+ ‖Ax‖ = 0 ⇒ ‖x‖ = 0 ∧ ‖Ax‖ = 0 ⇒ x = 0.

Sea λ un escalar

‖λx‖2 = 4 ‖λx‖+ ‖λAx‖ = |λ| ‖x‖+ |λ| ‖Ax‖ = |λ| ‖x‖2 .

3Recordar Teorema 3.1.2.4A es lineal.

53

Probemos ahora el axioma triangular, ‖x + y‖2 ≤ ‖x‖2 + ‖y‖2

‖x + y‖2 = ‖x + y‖+ ‖A(x + y)‖≤ ‖x‖+ ‖Ax‖︸ ︷︷ ︸

‖x‖2

+ ‖y‖+ ‖Ay‖︸ ︷︷ ︸‖y‖2

Recordemos que en un espacio de Banach toda sucesion funda-mental debe ser convergente. Probemos esta propiedad,

‖xn+p − xn‖2 −→ 0 ⇒ ‖xn+p − xn‖︸ ︷︷ ︸≥0

+ ‖A(xn+p − xn)‖︸ ︷︷ ︸≥0

−→ 0

⇒ ‖xn+p − xn‖ −→n→∞

0 ∧ ‖A(xn+p − xn)‖ −→n→∞

0.

Veamos cada sumando por separado,

‖xn+p − xn‖ −→ 0 ⇒ 5∃x ∈ X : ‖xn+p − x‖ −→ 0

y en el otro sumando,

‖A(xn+p − xn)‖ −→ 0 ⇔ 6 ‖Axn+p − Axn‖ −→ 0,

luego, {Axn} es una sucesion fundamental. Entonces

∃y ∈ Y : ‖Axn+p − y‖ −→ 07 ⇒ y = Ax8

Luego,

‖xn+p − x‖2 = ‖xn+p − x‖+ ‖A(xn+p − x)‖ −→ 0

∴ (X, ‖‖2) es de Banach.

7. Demostrar la proposicion 3.1.1.

Solucion:

1ro)‖Ax‖‖x‖ =

∥∥∥∥∥A

(x

‖x‖

)∥∥∥∥∥ ≤ B ⇒ E ≤ B ≤ 9C.

5X es un espacio completo6Por la linealidad de A.7Y es de Banach8A acotado, luego continuo9Por definicion.

54

2do) ‖Ax‖ ≤ k ∀x : ‖x‖ ≤ 1 ⇒ C ≤ D.

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

2

Entonces ∀x 6= 0

‖Ax‖‖x‖ ≤ E < D− ε

2⇒ ‖Ax‖ <

(D − ε

2

)‖x‖ ∀x 6= 0 ¡Absurdo!

Luego, E ≤ B ≤ C ≤ D ≤ E.

8. Demostrar que los siguientes operadores son lineales acotados y hallarsus normas aplicando el procedimiento 2:

a) A : C[0, 1] → C[0, 1], Ax(t) =∫ t

0x(τ)dτ ;

b) A : C[0, 1] → C[0, 1], Ax(t) = t2x(0);

Solucion inciso a)

(P1) A es un operador;

(P2) la linealidad es una consecuencia inmediata de la linealidad dela integral;

(P3) por la definicion de norma en C[0, 1] se tiene que,

‖Ax‖ = supt∈[0,1]

|(Ax)(t)| = supt∈[0,1]

∣∣∣∣∫ t

0

x(τ)dτ

∣∣∣∣

Podemos acotar la expresion que aparece en el ultimo miembro

∣∣∣∣∫ t

0

x(τ)dτ

∣∣∣∣ ≤∫ t

0

|x(τ)| dτ

≤ supτ∈[0,1]

|x(τ)|︸ ︷︷ ︸

‖x‖

supt∈[0,1]

|t− 0|︸ ︷︷ ︸

1

⇒ supt∈[0,1]

∣∣∣∣∫ t

0

x(τ)dτ

∣∣∣∣︸ ︷︷ ︸

‖Ax‖

≤ 1 ‖x‖ ⇒ sup‖x‖≤1

‖Ax‖︸ ︷︷ ︸

‖A‖

≤ 1

55

Para probar la desigualdad en sentido contrario consideremos x0 ∈C[0, 1] dado por x0(t) ≡ 1 ∀t ∈ [0, 1]. Notemos que ‖x0‖ = 1 yhallemos ‖Ax0‖.

‖Ax0‖ = supt∈[0,1]

∣∣∣∣∣∣

∫ t

0

x0(τ)︸ ︷︷ ︸=1

dτ

∣∣∣∣∣∣= sup

t∈[0,1]

|t| = 1.

Entonces‖Ax0‖ = 1 ≤ sup

‖x‖≤1

‖Ax‖ = ‖A‖ ,

luego ‖A‖ = 1.

Solucion al inciso b) Prueba de la linealidad.

A(αx(t) + βy(t)) = t2(αx(0) + βy(0)) = α t2x(0)︸ ︷︷ ︸Ax(t)

+β t2y(0)︸ ︷︷ ︸Ay(t)

= αAx(t) + βAy(t)

Hallemos ‖A‖. Por definicion de norma en C[0, 1]

‖Ax‖ = supt∈[0,1]

|(Ax)(t)| = supt∈[0,1]

∣∣t2x(0)∣∣ ≤ |x(0)| ≤ 1 ‖x‖

entonces,sup‖x‖≤1

‖Ax‖︸ ︷︷ ︸

‖A‖

≤ 1

Recıprocamente, sea x0(t) ≡ 1 ∀t ∈ [0, 1], por lo que ‖x0‖ = 1

‖Ax0‖ = supt∈[0,1]

∣∣t2(1)∣∣ = 1 ≤ sup

‖x‖≤1

‖Ax‖ = ‖A‖

luego‖A‖ = 1.

∴ ‖A‖ ≤ 1 la igualdad se alcanza cuando x es constante.

9. Dado el operador T : l1 −→ l1 definido por:

T (x1, x2, x3, ...︸ ︷︷ ︸=x

) = (0, x1, 2x2, x3, 2x4, ...),

56

probar que ‖T‖ = 2.

Solucion: La linealidad se demuestra directamente de la definicion.

‖Tx‖ = |x1|+ 2 |x2|+ |x3|+ 2 |x4|+ ...

≤ 2 |x1|+ 2 |x2|+ 2 |x3|+ 2 |x4|+ ... ≤ 2 ‖x‖⇒ ‖T‖ ≤ 2.

Para probar la desigualdad contraria, consideremos el elemento de l1 :x0 = (0, 1, 0, 0, 0, ...). Entonces ‖x0‖ = 1

Tx0 = (0, 2, 0, 0, ...) ⇒ ‖Tx0‖ = 2

‖Tx0‖‖x0‖ =

2

1= 2 ≤ sup

‖x‖6=0

‖Tx‖‖x‖ = ‖T‖ .

10. En el espacio de Hilbert H el operador de proyeccion ortogonal sobreel subespacio L ⊂ H para x = u + v, siendo u ∈ L y v ∈ L⊥ se definepor la igualdad Px = u. Demostrar que el operador P es acotado yhallar su norma.

Solucion:

P es lineal si y = u′ + v′ entonces

P (αx + βy) = αu + βu′ = αP (x) + βP (y)

Sea x ∈ H

‖Px‖ = ‖u‖ ≤√‖u‖2 + ‖v‖2 =

√(u + v | u + v) = ‖x‖ ⇒ ‖P‖ ≤ 1.

La igualdad ‖Px‖ = ‖x‖ se cumple para cualquier u ∈ L por lo quepara todo u 6= 0

‖Pu‖‖u‖ =

‖u‖‖u‖ = 1 ≤ sup

‖x‖6=0

‖Px‖‖x‖ = ‖P‖ ,

luego ‖P‖ = 1.

57

11. En el espacio C[−1, 1] consideremos los operadores

Ax(t) =1

2[x(t) + x(−t)], (3.1.1)

Bx(t) =1

2[x(t)− x(−t)] (3.1.2)

a) Demostrar que A es un operador lineal acotado y hallar su norma.

b) Probar que A2 = A.

Solucion al inciso a) Demostremos la linealidad.

A(αx + βy)(t) =1

2[(αx + βy)(t) + (αx + βy)(−t)]

=1

2[αx(t) + βy(t) + αx(−t) + βy(−t)]

= α1

2[x(t) + x(−t)]

︸ ︷︷ ︸Ax(t)

+β1

2[y(t) + y(−t)]

︸ ︷︷ ︸Ay(t)

Hallemos ‖A‖‖A‖ = sup

‖x‖=1

‖Ax(t)‖

sup‖x‖=1

maxt∈[−1,1]

1

2[x(t) + x(−t)]

≤ sup‖x‖=1

[1

2(‖x‖+ ‖x‖)

]

= sup‖x‖=1

‖x‖ = 1

La cota superior se alcanza para x ≡ 1, por lo que ‖A‖ = 1.

Solucion al inciso b)

A2x(t) =1

2[Ax(t) + Ax(−t)︸ ︷︷ ︸

Ax(t)

] = Ax(t)

12. Si {xn} , {yn} son sucesiones fundamentales de un algebra normada A,probar que {xnyn} es una sucesion fundamental. Ademas, si xn −→ x

58

y yn −→ y, pruebe que xnyn −→ xy.

Solucion: Hay que probar que

‖xnyn − xmym‖ −→n,m→∞

0

‖xnyn − xmym‖ = ‖xnyn − xnym + xnym − xmym‖agrupando = ‖xn(yn − ym) + (xn − xm)ym‖

≤ ‖xn(yn − ym)‖+ ‖(xn − xm)ym‖

Por la definicion de Algebra

≤≤M︷︸︸︷‖xn‖ ‖yn − ym‖︸ ︷︷ ︸

−→n,m→∞0

+ ‖xn − xm‖︸ ︷︷ ︸−→

n,m→∞0

≤M︷ ︸︸ ︷‖ym‖

Supongamos ahora que xn −→ x y que yn −→ y.

‖xnyn − xy‖ = ‖xnyn − xyn + xyn − xy‖ = ‖(xn − x)yn + x(yn − y)‖≤ ‖xn − x‖︸ ︷︷ ︸

−→n→∞0

‖yn‖︸︷︷︸≤M

+ ‖x‖ ‖yn − y‖︸ ︷︷ ︸−→

n→∞0

Observe que el termino auxiliar introducido

−xyn + xyn = 0,

pudo haber sido alternativamente

−xny + xny

la demostracion se hubiera cambiado por:

‖xnyn − xy‖ = ‖xnyn − xny + xny − xy‖ = ‖xn(yn − y) + (xn − x)y‖≤ ‖yn − y‖︸ ︷︷ ︸

−→n→∞0

‖xn‖︸︷︷︸≤M

+ ‖y‖ ‖xn − x‖︸ ︷︷ ︸−→

n→∞0

59

3.2 Espacio de operadores lineales acotados

Definicion 3.2.1 Sean X e Y , espacios normados, ambos reales o comple-jos; A,B, operadores lineales acotados definidos sobre todo el espacio X ycon valores pertenecientes a Y . Al suponer segun la definicion:

(A + B)x = Ax + Bx, λA(x) = λAx, ‖A‖ = supx∈X,‖x‖≤1

‖Ax‖

obtenemos el espacio L(X, Y ) normado de operadores lineales acotados.

Definicion 3.2.2 En el espacio L(X, X) = L(X) suponemos, por defini-cion, (AB)x = A(Bx). Por lo tanto L(X) pasa a ser una algebra con unidad,donde esta es el operador identico I : X −→ X, Ix = x.

(Ejercicios resueltos 1 y 2)

Definicion 3.2.3 Una sucesion An ∈ L(X, Y )(n ∈ N) se llama uniforme-mente convergente hacia el operador A ∈ L(X,Y ) y se denota An

u−→ Asi ‖An − A‖ −→ 0(n −→ ∞). Una sucesion An ∈ L(X, Y )(n ∈ N) sellama fuertemente convergente hacia el operador A ∈ L(X, Y ) y se denotaAn

s−→ A si para todo x ∈ X ‖Anx− Ax‖ −→ 0(n −→∞).

(Ejercicios resueltos 3 y 4)

Teorema 3.2.1 Si Y es un espacio de Banach, L(X, Y ) es un espacio deBanach.

(Ejercicio resuelto 5)

Teorema 3.2.2 (Principio de acotacion uniforme) Sea Λ un conjuntode ındices de cardinalidad arbitraria y supongamos que la sucesion {Aα},donde α recorre a Λ, es una coleccion de elementos de L(X,Y ) donde X esun espacio de Banach. Si

supα‖Aαx‖ < ∞ ∀x ∈ X

entonces,sup

α‖Aα‖ < ∞.

60

Demostracion

Aplicaremos el teorema de la acotacion uniforme, por lo cual el primer pasosera construir una familia de seminormas continuas.

Sea pα = ‖Aα(x)‖ α ∈ I. Debemos comprobar que cada pα es una semi-norma.

pα(βx) = ‖Aα(βx)‖ = |β| ‖Aαx‖ = |β| pα(x)

pα(x + y) = ‖Aα(x + y)‖ = ‖Aα(x) + Aα(y)‖≤ ‖Aα(x)‖+ ‖Aα(y)‖ = pα(x) + pα(y).

Ahora debemos comprobar que cada pα es continua, lo cual se hara medianteel analisis de la condicion de ser sucesionalmente continua.

Supongamos que xn −→ x

pα(xn) = ‖Aα(xn)‖ −→ ‖Aα(x)‖ = pα(x)↓

Aα(x)

Por hipotesis se tiene,

supα

pα(x) = supα‖Aα(x)‖ < +∞ ∀x,

obteniendose la tesis de acuerdo con el teorema de la acotacion uniforme

supα

sup‖x‖≤1

pα(x) = supα

sup‖x‖≤1

‖Aα(x)‖︸ ︷︷ ︸

‖Aα‖

< +∞.

En particular, cuando Λ = N se obtiene:

Teorema 3.2.3 (Teorema de Banach-Steinhaus) Sean X un espacio deBanach, An ∈ L(X,Y )(n ∈ N) y la sucesion ‖Anx‖ acotada para cualquierx ∈ X. Entonces, la sucesion ‖An‖ es acotada.

(Ejercicio resuelto 6)

Agrupemos seguidamente algunas aplicaciones del teorema de la acotacionuniforme que muestran su alcance practico.

61

Aplicaciones

1.- X espacio de Banach, Y espacio normado y Tn ∈ L(X,Y ). Supongamosque Tn converge en cada punto x ∈ X. Entonces el operador T definidopor

T (x) = limn→∞

Tn(x) esta en L(X,Y )

Demostracion

Es necesario probar que T es lineal y continuo. Mostremos en primerlugar la linealidad. Sean α, β escalares; x, y ∈ X.

T (αx + βy)Def.= lim

n→∞Tn(αx + βy)

Tn∈L(X,Y )= lim

n→∞(αTn(x) + βTn(y))

= α limn→∞

Tn(x) + β limn→∞

Tn(y) = αT (x) + βT (y).

Veamos ahora la acotacion. Para cada n se tiene que

‖Tn(x)‖ ≤ ‖Tn‖ ‖x‖ ≤ 10K ‖x‖ ∀x ∈ X

Pasando al lımite:‖T (x)‖ ≤ K ‖x‖

2.- X espacio de Banach

F ⊂ X ′ : supx′∈F

|x′(x)| < +∞ ∀x ∈ X

Entonces F esta acotado.

Demostracion

Tomemos en el Teorema 3.2.2 a Y = K entonces,

supx∈F

‖x′‖ < +∞.

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

10Por el Teorema de Banach-Steinhaus

62

1) la sucesion ‖An‖ sea acotada.

2) An −→n→∞

A fuertemente en una variedad lineal L densa en el espacio X.

(Ejercicio resuelto 7)

Teorema 3.2.5 Sea X un espacio normado, Y un espacio de Banach, A :X −→ Y un operador lineal y, ademas, D(A) = X siendo el operador Aacotado sobre D(A). Entonces existe un operador lineal acotado A ∈ L(X,Y )

tal que Ax = Ax para cualquier x ∈ D(A) y∥∥∥A

∥∥∥ = ‖A‖.

Por tanto el operador A es una prolongacion del operador A que preserva sunorma. (Ejercicio resuelto 8)

3.2.1 Ejercicios Resueltos

1. Sean T, U, V espacios normados, G ∈ L(T, U), H ∈ L(U, V ). Entonces‖HG‖ ≤ ‖H‖ ‖G‖.

Solucion:

‖HGx‖ ≤ ‖H‖ ‖Gx‖ ∀x ∈ T

≤ ‖H‖ ‖G‖ ‖x‖ ∀x ∈ T ⇒ ‖H‖ ‖G‖ ≥ ‖HG‖

2. Sean X,Y, Z espacios normados; An, A ∈ L(X,Y ) y Bn, B ∈ L(Y, Z)donde n ∈ N y An −→

n→∞A y Bn −→

n→∞B. Pruebe que:

BnAn −→n→∞

BA

en el espacio L(X, Z).

Solucion:

‖BnAn −BA‖ = ‖BnAn −BnA + BnA−BA‖= ‖Bn(An − A) + (Bn −B)A‖≤ ‖Bn(An − A)‖+ ‖(Bn −B)A‖≤ ‖Bn‖︸ ︷︷ ︸

≤M

‖An − A‖︸ ︷︷ ︸−→0

+ ‖Bn −B‖︸ ︷︷ ︸−→0

‖A‖ −→n→∞

0

63

3. En el espacio l2, para un elemento x = (x1, x2, ...) ∈ l2 pongamos lassucesiones de operadores

Anx =(x1

n,x2

n, ...

),

Bnx = (0, 0, ..., 0︸ ︷︷ ︸n

, xn+1, xn+2, ...), n ∈ N.

¿Cual es el caracter de la convergencia de cada una de las sucesiones?

Solucion:

Probemos que An converge uniformemente, lo cual nos da una condi-cion suficiente para todas las demas convergencias.

‖Anx‖ =

( ∞∑

k=1

∣∣∣xk

n

∣∣∣2) 1

2

=1

n‖x‖

⇒ ‖An‖ = sup‖x‖≤1

‖Anx‖ =1

n

limn→∞

‖An − 0‖ = limn→∞

‖An‖ = limn→∞

1

n= 0

∴ Anu−→ 0 en l2.

Probemos que Bns−→ 0 y Bn

u9 0. Sea x = (x1, x2, ...) ∈ l2

‖Bnx− 0x‖ = ‖Bnx‖ =

( ∞∑

k=n+1

|xk|2) 1

2

−→ 0(n →∞).

Este resultado se obtiene de que

xn ∈ l2 ≡∑

n

|xn|2 < +∞

≡ resto −→ 0.

Veamos que ‖Bn − 0‖ −→ 0 (n →∞).

64

Sea xn = (0, 0, ..., 0︸ ︷︷ ︸n

, 1, 0, 0, ...) ⇒ ‖xn‖ = 1 para cada n

‖Bn‖ = sup‖x‖≤1

‖Bnx‖ ≥ ‖Bnxn‖ = 1 ∀n ∈ N

⇒ limn→∞

‖Bn − 0‖ ≥ 1 6= 0

∴ Bn 9 0

uniformemente en l2.

4. Consideremos el operador A : C[0, 1] −→ C[0, 1],

Ax(t) =

∫ t

0

eτx(τ)dτ

y la sucesion de operadores An : C[0, 1] −→ C[0, 1]

Anx(t) =

∫ t

0

[n∑

k=0

τ k

k!

]x(τ)dτ, n ∈ N,

¿Converge la sucesion An hacia A? ¿Cual es el caracter de la conver-gencia?

65

Solucion:

‖An − A‖ = sup‖x‖=1

‖(An − A)x‖

= sup‖x‖=1

maxt∈[0,1]

|(An − A)x(t)|

= sup‖x‖=1

maxt∈[0,1]

∣∣∣∣∣∫ t

0

∞∑

k=n+1

τ k

k!x(τ) dτ

∣∣∣∣∣

≤ sup‖x‖=1

maxt∈[0,1]

∣∣∣∣∣∫ t

0

∞∑

k=n+1

τ k

k!‖x‖ dτ

∣∣∣∣∣

= maxt∈[0,1]

∣∣∣∣∣∫ t

0

∞∑

k=n+1

τ k

k!dτ

∣∣∣∣∣Por la convergencia uniforme de la serie

= maxt∈[0,1]

∣∣∣∣∣∞∑

k=n+1

∫ 1

0

τ k

k!dτ

∣∣∣∣∣ = maxt∈[0,1]

∣∣∣∣∣∞∑

k=n+1

tk+1

(k + 1)!

∣∣∣∣∣

=∞∑

k=n+1

1

(k + 1)!⇒ An ⇒ A.

En el caso anterior se ha utilizado un resultado del analisis matematico,

ex =x

1!+

x2

2!+ ... +

xn

n!+ ...

5. Demostrar el Teorema 3.2.1.

Y de Banach ⇒ L(X,Y ) es de Banach.

Solucion:

{An}︸ ︷︷ ︸fundamental

⊂ L(X,Y ) ⇒ ‖An − Am‖L(X,Y ) −→n,m→∞

0

⇒ ∀x ∈ X, ‖Anx− Amx‖Y ≤ ‖An − Am‖L(X,Y ) ‖x‖X −→n,m→∞

0

⇒ {Anx}︸ ︷︷ ︸fundamental

⊂ Y ←− Banach.

66

Entonces,∃y ∈ Y : Anx −→

n→∞y.

Formemos

A : X −→ Y

x −→ limn→∞

Anx = y

Probemos que:

a) A ∈ L(X,Y )

b) ‖An − A‖L(X,Y ) −→ 0(n →∞)

Solucion al inciso a) A lineal:

A(αx + βy) = limn→∞

An︸︷︷︸lineal

(αx + βy)

= limn→∞

(αAnx + βAny) = αAx + βAy.

A continuo ≡ A acotado ≡ ∃c > 0 : ∀x ∈ X, ‖Ax‖ ≤ c ‖x‖.Probemos esta ultima condicion. Se tiene que:

‖Anx‖︸ ︷︷ ︸lineal y continua

≤ ‖An‖︸ ︷︷ ︸fund.⇒acotada

‖x‖ ≤ c ‖x‖ ∀n

Pasemos al lımite: ∀x ∈ X,

Anx −→ Ax ⇒ ‖Anx‖ −→ ‖Ax‖ ⇒ ‖Ax‖ ≤ c ‖x‖Como A es lineal y continuo se concluye que A ∈ L(X, Y ).

Solucion al inciso b) ∀ε > 0 ∃n0 ∈ N : ∀n,m ≥ n0 ‖An − Am‖ < ε

⇒ ‖Anx− Amx‖ ≤ ‖An − Am‖ ‖x‖ < ε ‖x‖Para n ≥ n0 y m →∞

‖Anx− Ax‖ ≤ ε ‖x‖ ⇒ ‖(An − A)(x)‖ ≤ ε ‖x‖⇒ ‖An − A‖ ≤ ε , n ≥ n0

⇒ An −→n→∞

A

en L(X, Y ).

67

6. Sean X,Y , espacios de Banach, An ∈ L(X,Y )(n ∈ N) y cuandon −→ ∞ converge fuertemente hacia un operador A ∈ L(X,Y ). De-mostrar que si xn, x ∈ X y xn −→ x cuando n → ∞, entoncesAnxn −→ Ax cuando n →∞.

Solucion:

‖Anxn − Ax‖ = ‖(Anxn − Anx) + (Anx− Ax)‖≤ ‖An‖︸ ︷︷ ︸

≤M︸ ︷︷ ︸teorema 3.2.3

‖xn − x‖︸ ︷︷ ︸→0

+ ‖Anx− Ax‖︸ ︷︷ ︸→0

−→n→∞

0

⇒ Anxn −→n→∞

Ax,

7. Demostrar el Teorema 3.2.4.

Solucion

⇒) 1) es una consecuencia del Teorema 3.2.3 y 2) se tiene como casoparticular de la definicion de convergencia fuerte.

⇐) Sea x ∈ X arbitrario, ε > 0

∃xε ∈ L : ‖x− xε‖ < ε ya que L = X

∃n0 ∈ N : ∀n ≥ n0 ‖Anxε − Axε‖ < ε Por la condicion 2)

Vamos a estimar ‖Anx− Ax‖‖Anx− Ax‖ = ‖Anx− Anxε + Anxε − Axε + Axε − Ax‖

= ‖(Anx− Anxε) + (Anxε − Axε) + (Axε − Ax)‖≤ ‖An‖︸ ︷︷ ︸

≤M

‖x− xε‖︸ ︷︷ ︸<ε

+ ‖Anxε − Axε‖︸ ︷︷ ︸<ε

+ ‖A‖ ‖x− xε‖︸ ︷︷ ︸<ε

≤ ε(M + 1 + ‖A‖)8. Demostrar el Teorema 3.2.5.

Solucion:

x ∈ X = D(A) ⇒ ∃xn ∈ D(A) : xn → x

‖Axn − Axm‖ ≤ ‖A‖ ‖xn − xm‖︸ ︷︷ ︸converge

−→ 0(n →∞)

68

{Axn} es fundamental en Y 11⇒ ∃y ∈ Y : Axn −→ y(n →∞).

SeaAx = y = lim

n→∞Axn

1ro) Probar que A esta bien definido. Supongamos que {Ax′n} es otrasucesion tal que x′n −→ x; como antes se demuestra que {Ax′n} esfundamental en Y , por tanto ∃z ∈ Y : Ax′n → z

‖y − z‖Y ≤ ‖y − Axn + Axn − Ax′n + Ax′n − z‖Y

≤ ‖y − Axn‖Y + ‖A‖L(X,Y ) ‖xn − x′n‖X

+ ‖Ax′n − z‖Y −→n→∞

0

⇒ y = z.

2do) Probar que A es lineal. Sugerencia: utilizar la linealidad dellımite.

3ro) A(x) = A(x) ∀x ∈ D(A).

Considerar xn ≡ x ∈ D(A), entonces

xn −→n→∞

x,

de aquı queA(x) = lim

n→∞A(xn) = A(x).

4to) ‖A‖ ≤∥∥∥A

∥∥∥ porque A es una extension de A12

∥∥∥Ax∥∥∥ =

∥∥∥ limn→∞

Axn

∥∥∥

donde xn −→ x. Pero,

‖Axn‖︸ ︷︷ ︸Ax

≤ ‖A‖ ‖xn‖︸︷︷︸‖x‖

11De Banach12Vea resultado anterior

69

donde ‖xn‖ esta acotada (luego, convergente). Pasando al lımite,

∥∥∥Ax∥∥∥ ≤ ‖A‖ ‖x‖ ⇒

∥∥∥A∥∥∥ ≤ ‖A‖

∴∥∥∥A

∥∥∥ = ‖A‖.

3.3 Operadores inversos

Sean X,Y espacios normados; A un operador lineal que aplica D(A) sobreR(A) biunıvocamente. Entonces existe el operador inverso A−1 que aplicaR(A) sobre D(A) biunıvocamente y tambien es lineal. (Ejercicio resuelto 1)

Definicion 3.3.1 Un operador lineal A : X −→ Y se llama continuamenteinversible si R(A) = Y, A−1 existe y es acotado, es decir, A−1 ∈ L(Y,X).

(Ejercicios resueltos 2, 3 y 4)

Teorema 3.3.1 El operador A−1 existe y es acotado sobre R(A) si y solo si,para una constante m > 0 y cualquier x ∈ D(A) se cumple la desigualdad‖Ax‖ ≥ m ‖x‖.(Ejercicios resueltos 5 y 6)

Definicion 3.3.2 Los espacios normados X e Y se llaman isomorfos si so-bre todo X esta definida la aplicacion J : X −→ Y lineal, que realiza elisomorfismo de X e Y como espacios lineales y es tal que, existen dos cons-tantes α, β > 0 tales que para cualquier x ∈ X se cumple la desigualdadα ‖x‖ ≤ ‖J(x)‖ ≤ β ‖x‖. Si ‖J(x)‖ = ‖x‖ los espacios X e Y se llamanisometricos.

Teorema 3.3.2 (Teorema del inverso acotado) Sean X,Y espacios deBanach, A ∈ L(X,Y ), R(A) = Y y sea A inversible. Entonces, A es conti-nuamente inversible.

(Ejercicio resuelto 7)

El teorema del inverso acotado se aplica en la generalizacion de la teorıa

70

de los valores propios a los espacios infinitos-dimensionales. El operadorbasico que se estudia en este caso tiene la forma:

T − λI = 0 , T ∈ L(X) , λ un escalar

Para λ 6= 0, el miembro izquierdo puede escribirse como

−λ(I − λ−1T ),

por lo que el problema original se relaciona con el comportamiento del ope-rador de la forma I − C, para C ∈ L(X). Por tanto, interesa conocer bajoque condiciones I − C tiene inverso acotado.

Teorema 3.3.3 Sean X espacio de Banach, C ∈ L(X) y ‖C‖ < 1. En-tonces, el operador I − C es continuamente inversible y es valida la esti-macion ∥∥(I − C)−1

∥∥ ≤ 1

1− ‖C‖ .

(Ejercicios resueltos 8 y 9)

Teorema 3.3.4 Sean X un espacio de Banach, A,B ∈ L(X), sea A conti-nuamente inversible y supongamos que se cumpla la desigualdad

‖B − A‖ ≤∥∥A−1

∥∥−1.

Entonces, B es continuamente inversible y es valida la estimacion

∥∥B−1∥∥ ≤ ‖A−1‖

1− ‖B − A‖ ‖A−1‖ .

(Ejercicio resuelto 10)

3.3.1 Ejercicios Resueltos

1. Sean X, un espacio lineal; A,B : X −→ X, operadores lineales quesatisfacen las relaciones AB +A+ I = 0 y BA+A+ I = 0. Demostrarque el operador A−1 existe.

Solucion:

AB + A + I = 0 ⇒ A(B + I) + I = 0 ⇒ I = −A(B + I)

BA + A + I = 0 ⇒ (B + I)A + I = 0 ⇒ I = −(B + I)A

71

Hagamos C = −B − I, se satisface que

AC = CA = I ⇒ A−1 = C = −B − I.

2. Sean X un espacio normado; A, A−1 ∈ L(X) y sea k = ‖A‖ ‖A−1‖ elnumero de condicion del operador A. Consideremos la ecuacion Ax = ydonde y ∈ X, y 6= 0. Sea x ∈ X su solucion aproximada. Demostrarque su error relativo puede estimarse segun la formula:

1

k

‖Ax− y‖‖y‖ ≤ ‖x− x‖

‖x‖ ≤ k‖Ax− y‖‖y‖

Solucion:‖Ax− y‖ = ‖Ax− Ax‖ ≤ ‖A‖ ‖x− x‖

Perox = A−1y ⇒ ‖x‖ =

∥∥A−1y∥∥ ≤

∥∥A−1∥∥ ‖y‖

Para x 6= 0

‖Ax− y‖ ≤ ‖A‖ ‖x− x‖ ‖x‖‖x‖

≤ ‖A‖ ‖x− x‖‖x‖

∥∥A−1∥∥ ‖y‖ = k ‖y‖ ‖x− x‖

‖x‖

⇒ 1

k

‖Ax− y‖‖y‖ ≤ ‖x− x‖

‖x‖ ,

con lo cual se demuestra la primera de las desigualdades. Por otra parte

‖x− x‖ =∥∥A−1A(x− x)

∥∥=

∥∥A−1(Ax− Ax)∥∥

≤∥∥A−1

∥∥ ‖Ax− y‖Para y 6= 0

‖y‖ = ‖Ax‖ ≤ ‖A‖ ‖x‖

∴ ‖x− x‖ ≤∥∥A−1

∥∥ ‖y‖‖y‖ ‖Ax− y‖

≤∥∥A−1

∥∥ ‖A‖ ‖x‖ ‖Ax− y‖‖y‖

‖x− x‖‖x‖ ≤ k

‖Ax− y‖‖y‖

72

Esta es la segunda de las desigualdades que se querıan probar.

3. Consideremos el operador A : C[0, 1] −→ C[0, 1],

Ax(t) =

∫ t

0

x(τ)dτ.

a) ¿Que representa su campo de valores R(A)?

b) ¿Existe sobre R(A) el operador inverso A−1, es acotado este ope-rador?

Solucion al inciso a) R(A) es una variedad lineal de funciones continua-mente diferenciables y(t) que satisfacen la condicion y(0) = 0.

Solucion al inciso b) Para probar la existencia de A−1 basta de-mostrar que A es inyectivo. Sean x, y ∈ C[0, 1]

Ax = Ay ⇒∫ t

0

x(τ)dτ =

∫ t

0

y(τ)dτ

⇒ x(t) ≡ y(t)

(Derivando en ambos miembros y sabiendo que x, y ∈ C[0, 1])

Por el Teorema fundamental del calculo, se tiene que A−1 =d

dt.

Probemos que A−1 no es acotado.

Sea xn(t) = tn,

‖xn‖ = 1∥∥A−1xn

∥∥ = supt∈C[0,1]

ntn−1 = n

Luego, A−1 no es acotado.

4. Consideremos el operador lineal A : C[0, 1] −→ C[0, 1],

Ax(t) =

∫ t

0

x(τ)dτ + x(t).

a) Demostrar que N(A) = 0, de modo que para cualquier y ∈ C[0, 1]la ecuacion Ax = y no puede tener mas que una solucion.

73

b) Demostrar que A es continuamente inversible y hallar el operadorA−1.

Solucion al inciso a) Ax = 0 ⇔ Ax(t) = 0 ∀t ∈ [0, 1]

∫ t

0

x(τ)dτ + x(t) = 0 ⇒ x(0) = 0, x(t) = −x′(t) (derivando)

x′(t) + x(t) = 0, x(t) = ce−t y x(0) = 0 ⇒ c = 0 ⇒ x ≡ 0.

Solucion al inciso b) Hallemos A−1 y probemos que es sobreyectivoy acotado. Sea y ∈ C[0, 1] y probemos que ∃x ∈ C[0, 1] : Ax = y

Ax(t) =

∫ t

0

x(τ)dτ + x(t) = y(t)

⇒ x′(t) + x(t) = y′(t). (3.3.1)

Si xh es la solucion que satisface x′h + xh︸ ︷︷ ︸Axh

= 0, entonces

Axh(t) = 0 ∀t ∈ [0, 1] ⇒ Axh = 0

⇒ xh(t) = 0 (A inyectiva).

La solucion general xg(t) = xh(t)+xp(t), donde xp es una solucionparticular de la ecuacion no homogenea, se reduce a la forma:

xg(t) = xp(t).

La solucion particular se propone en la forma:

xp(t) = c(t)e−t, luego

x′p(t) + xp(t) = y(t) ⇒ c′(t)e−t − c(t)e−t + c(t)e−t = y′(t)

c′(t) = ety′(t) ⇒∫ t

0

eτy′(τ)dτ = c(t)

xp(t) =

∫ t

0

eτ−ty′(τ)dτ,

integrando por partes,

u = eτ−t dv = y′(τ)dτ

du = eτ−tdτ v = y(τ),

74

luego,

x(t) = eτ−ty(τ)|t0 −∫ t

0

eτ−ty(τ)dτ

x(t) = y(t)︸︷︷︸∈C[0,1]

−∫ t

0

eτ−ty(τ)dτ

︸ ︷︷ ︸∈C(1)[0,1]⊂C[0,1]

∈ C[0, 1],

ya que y(0) = 0.

∴ A−1y(t) = y(t)−∫ t

0

eτ−ty(τ)dτ.

Probemos que A−1 es acotado.

∥∥A−1y∥∥ ≤ sup

t∈[0,1]

∣∣∣∣y(t) +

∫ t

0

−eτ−ty(τ)dτ

∣∣∣∣

⇒ ‖y‖+ supt∈[0,1]

∫ t

0

∣∣eτ−t∣∣ |y(τ)t| dτ

≤ ‖y‖+ supt∈[0,1]

∫ t

0

(1) ‖y‖ dτ = ‖y‖ (1 + 1) = 2 ‖y‖ .

5. Demostrar el Teorema 3.3.1.

Solucion:

“⇒” Supongamos que A−1 existe y es acotado sobre R(A), entonces

∀y ∈ R(A) ∃∥∥A−1y

∥∥ ≤ M ‖y‖ M > 0 tal que (3.3.2)

∀x ∈ D(A) se cumple que y = Ax ∈ R(A), luego sustituyendo enla desigualdad (3.3.2)

M ‖Ax‖ ≥ ‖ A−1A︸ ︷︷ ︸I

x ‖= ‖x‖

⇒ ‖Ax‖ ≥ 1

M︸︷︷︸m

‖x‖ ∀x ∈ D(A),

para m =1

M

75

“⇐” Supongamos que

∀x ∈ D(A), ‖Ax‖ ≥ m ‖x‖ , con m > 0 (3.3.3)

Ax = 0 ⇒ x = 0 ⇒ A13 es inyectiva. Luego, A es biyectivo sobreR(A), luego existe A−1.

Sea y = Ax. Entonces x = A−1y. Sustituyendo en (3.3.3):

‖y‖ ≥ m∥∥A−1y

∥∥

∴∥∥A−1y

∥∥ ≤ 1

m︸︷︷︸m>0

‖y‖ ∀y ∈ R(A) ⇒ A−1 es continuo.

6. Sea X un espacio normado; A : X −→ X, un operador lineal, supon-gamos que en X exista una sucesion xn ∈ D(A)(n ∈ N) tal que

‖xn‖ = 1 y Axn −→n→∞

0.

Demostrar que el operador A no tiene inverso acotado.

Solucion:

Supongamos que A−1 existe y es acotado, entonces por el Teorema3.3.1 se tiene que

∃m > 0 : ‖Ax‖ ≥ m ‖x‖ ∀x ∈ D(A).

En particular‖Axn‖ ≥ m ‖xn‖︸︷︷︸

=1

= m,

lo cual es un absurdo porque tenemos por hipotesis que Axn −→n→∞

0.

7. Sea X un espacio vectorial. Sean ‖‖1 , ‖‖2 dos normas sobre X conrespecto a una de las cuales X es de Banach. Supongamos que existea > 0 tal que ‖x‖1 ≤ a ‖x‖2 ∀x ∈ X. Probar que las dos normas sonequivalentes.

13Lineal

76

Solucion:

Consideremos el operador identidad

I : (X, ‖‖2) −→ (X, ‖‖1).

Este operador es biyectivo y por la hipotesis es continuo. Aplicando elteorema 3.3.2

I−1 : (X, ‖‖1) −→ (X, ‖‖2),

es continuo, por lo que existe b > 0 tal que

‖ I−1x︸︷︷︸x

‖2≤ b ‖x‖1 ,

de aquı que1

b‖‖2 ≤ ‖‖1 ≤ a ‖‖2 ,

por tanto, las normas son equivalentes.

8. Demostrar el Teorema 3.3.3

Solucion:

Vamos a aplicar el teorema 3.3.2. Consideremos Y = X (espacio deBanach). I − C es lineal porque C ∈ L(X).

a) Se puede probar que R(I − C) = X mediante el principio de lasaplicaciones contraıdas. (Ejercicio propuesto 6)

b) Probemos que existe el inverso de I − C. Se tiene la identidad

(I − C)(I + C + C2 + ... + Cn) = I + C + C2 + ... + Cn

− C − C2 − ...− Cn − Cn+1

= I − Cn+1

= (I + C + C2 + ... + Cn)(I − C)

Como ‖(AB)x‖ = ‖A(Bx)‖ ≤ ‖A‖ ‖Bx‖ ≤ ‖A‖ ‖B‖ ‖x‖ en-tonces ‖AB‖ ≤ ‖A‖ ‖B‖. Si B = A, se tiene que ‖A2‖ ≤ ‖A‖2.

77

Luego ‖Cn+1‖ ≤ ‖C‖n+1 −→n→∞

0 ya que ‖C‖ < 1.

Formemos la sucesion Sn = I+C+C2+...+Cn ∈ L(X). Probemosque ∃S ∈ L(X) tal que

limn→∞

Sn = S,

para lo cual es suficiente demostrar que es fundamental. Para todop ∈ N se tiene:

‖Sn+p − Sn‖ =

∥∥∥∥∥n+p∑

k=n+1

Ck

∥∥∥∥∥ ≤n+p∑

k=n+1

∥∥Ck∥∥ −→

n→∞014

Pasando al lımite en la identidad se llega a que

(I − C)S = I = S(I − C)

Con el convenio C0 ≡ I

S = (I − C)−1 =∞∑

n=0

Cn ∈ L(X),

luegoR(I − C) = D[(I − C)−1] = X

(I − C)−1 es acotado en virtud del Teorema 3.3.2 y ademas

∥∥(I − C)−1∥∥ ≤

∞∑n=0

‖C‖n =1

1− ‖C‖

9. Sean X un espacio de Banach; A ∈ L(X) y ‖I − A‖ < 1. Demostrarque A es continuamente inversible.

Solucion:

Sea

B =

∈L(X)︷︸︸︷I − A︸︷︷︸

∈L(X)

, ‖B‖ < 1 ⇒ A = I −B15

luego A es continuamente inversible.

14Resto de una serie convergente, ya que ‖C‖ < 1.15Por el resultado del Teorema 3.3.3

78

10. Demostrar el Teorema 3.3.4.

Solucion:

Sea

B − A = C

B = A + C = A(I + A−1C) = A(I − (−A−1C)).

Se tiene que: ∥∥−A−1C∥∥ ≤ ∥∥A−1

∥∥ ‖C‖︸︷︷︸<‖A−1‖−1

< 1

∴ I + A−1C es inversible ⇒ B es inversible16.

B−1 = (I + A−1C)−1A−1

∥∥B−1∥∥ ≤

∥∥(I + A−1C)−1∥∥ ∥∥A−1

∥∥ ≤ ‖A−1‖1− ‖A−1C‖

Como ‖A−1C‖ ≤ ‖A−1‖ ‖C‖

‖A−1‖1− ‖A−1C‖ ≤ ‖A−1‖

1− ‖A−1‖ ‖C‖

≤ ‖A−1‖1− ‖A−1‖ ‖B − A‖

3.4 Operadores cerrados

Comenzaremos por definir de manera mas global el concepto de grafico queconocemos para funciones reales de una variable real. Para esto supongamosque X e Y son conjuntos y A una aplicacion de algun subconjunto D de Xen Y . Entonces la coleccion de pares ordenados

GA = {(x,A(x)) | x ∈ D}

se denomina grafico de A. Nuestro interes principal se centra en el caso deque X e Y sean espacios normados y A sea un operador lineal; para este caso

16Por el Teorema 3.3.3

79

se supone que el subconjunto D de X es una variedad lineal de X. (Ejercicioresuelto 1, ejercicio propuesto 5)

Podemos hacer que el producto cartesiano entre espacios vectoriales X eY sea un espacio lineal si tomamos la adicion de elementos de X × Y de laforma siguiente:

(x1, y1) + (x2, y2) = (x1 + x2, y1 + y2)

y la multiplicacion por un escalar,

α(x, y) = (αx, αy).

Viendo a X × Y de esta manera es comun denotarlo por X ⊕ Y , el espaciovectorial resultante es llamado suma directa externa de X e Y . En este casose puede verificar que A es de hecho un operador lineal si y solo si GA es unavariedad lineal de X × Y .

Si X e Y son ambos espacios normados, definimos directamente la normaa partir de ellos para X × Y , una posibilidad a tomar es:

‖(x, y)‖ = ‖x‖X + ‖y‖Y .

Otras dos normas que de igual manera podrıamos manejar son:

‖(x, y)‖ = (‖x‖pX + ‖y‖p

Y )1p , (p ≥ 1)

y‖(x, y)‖ = max(‖x‖X , ‖y‖Y ),

debiendose notar que estas tres normas son equivalentes en X × Y , por loque cuando se trabaja con la convergencia puede usarse cualquiera de ellas.Una observacion final resulta que si X e Y son espacios de Banach entoncesX × Y tambien lo es. (Ejercicio resuelto 2)

Definicion 3.4.1 Sean X e Y espacios normados y D el dominio de A.Entonces el operador lineal,

A : D −→ Y

se llama cerrado si para toda sucesion convergente {xn} de puntos de D,donde xn → x ∈ X, tal que {Axn} es una sucesion convergente de puntos enY , donde Axn → y ∈ Y , las dos siguientes condiciones se satisfacen:

x ∈ D ∧ y = Ax.

80

(Ejercicios resueltos 3, 4, 5 y 6)

Teorema 3.4.1 A es un operador lineal cerrado si y solo si su grafico esuna variedad lineal cerrada.

Demostracion

Primero supongamos que X ⊃ DA−→ Y es un operador lineal cerrado. Para

probar que GA es cerrado, debemos probar que GA ⊂ GA, es decir, quecualquier punto de clausura de GA esta en GA. Sea (x, y) un punto lımitede GA. Por la caracterizacion de punto de clausura en un espacio metrico,existe una sucesion de puntos de GA, (xn, Axn), xn ∈ D, que converge a(x, y). Esto es equivalente a que ‖(xn − x,Axn − y)‖ −→ 0 o que ‖xn − x‖+‖Axn − y‖ −→ 0, lo cual implica que

xn → x ∧ Axn → y.

Puesto que A es cerrado, podemos decir que esto implica que

x ∈ D ∧ y = Ax

entonces podemos escribir

(x, y) = (x,Ax) ∈ GA;

Por tanto GA es cerrado. De forma inversa, supongamos que GA es cerradoy que

xn → x, xn ∈ D

para cualquier n, y Axn −→ y. Debemos probar que x ∈ D y que y = Ax.La condicion implica que

(xn, Axn) −→ (x, y) ∈ GA.

Puesto que GA es cerrado GA = GA, teniendo entonces que

(x, y) ∈ GA.

Aplicando la definicion de GA esto significa que

x ∈ D ∧ y = Ax;

A, por tanto, es cerrado.

81

Teorema 3.4.2 Sea A un operador lineal acotado tal que

X ⊃ DA−→ Y,

donde D es un variedad lineal cerrada de X, entonces A es cerrado.

(Ejercicio propuesto 7)

Corolario 3.4.2.1 Supongamos que A es un operador lineal tal que

A : X −→ Y.

Si A es continuo, entonces A es cerrado.

Teorema 3.4.3 Sea A un operador lineal cerrado tal que

X ⊃ DA−→ Y.

Si A−1 existe, entonces es un operador lineal cerrado.

(Ejercicio resuelto 7)

Teorema 3.4.4 Sea A un operador lineal acotado tal que

X ⊃ DA−→ Y,

donde Y es un espacio de Banach. Si ademas suponemos que A es cerrado,entonces D es un subespacio cerrado de X.

(Ejercicio resuelto 8)

Resulta natural preguntarse bajo que hipotesis podemos obtener el recıpro-co del corolario 3.4.2.1, es decir, cuando podemos asegurar que un operadorlineal cerrado es continuo.

El resultado que se obtiene es denominado Teorema del grafico cerrado.

Teorema 3.4.5 (Teorema del grafico cerrado) Sea A un operador linealtal que

A : X −→ Y,

X, Y espacios de Banach. Entonces si A es cerrado, tambien es acotado.

82

Ademas de la importancia directa del teorema del grafico cerrado como condi-cion suficiente para obtener la continuidad de un operador lineal, tambienposee el valor indirecto de permitir la contruccion de un procedimiento parademostrar que un espacio no es de Banach.

Procedimiento 3

(P1) Considerar X un espacio de Banach, D ⊂ X.

(P2) Construir un operador lineal A : D −→ X.

(P3) Probar que A es cerrado.

(P4) Probar que A no es continuo.

(P5) Inferir que D no es un espacio de Banach aplicando el teorema delgrafico cerrado.

Ejemplo 1.- Probar que:

D = {x ∈ C[0, 1] : x′ ∈ C[0, 1]}

no es un espacio de Banach.

(P1) Considerar X = C[0, 1] (Espacio de Banach).

(P2) Construir A : D −→ X tal que Ax = x′ (lineal).

(P3) Probar que A es cerrado.

Solucion:

Supongamos que:xn −→ x y Axn︸︷︷︸

x′n

−→ y.

Entoncesxn

u−→ x ∧ X ′n

u−→ y ⇒ X ′n − y

u−→ 0,

entonces para cada t ∈ [0, 1]

∫ t

0

[x′n(τ)− y(τ)] dτ −→n→∞

0.

83

Efectuando la integracion,

xn(t)− xn(0)−∫ t

0

y(τ) dτ −→n→∞

0.

Pasando al lımite en el primer miembro

xnu−→ x ⇒ xn(t) −→ x ∧ xn(0) −→ x(0),

x(t)− x(0) −∫ t

0

y(τ) dτ = 0

Se tiene que x es continua, y es continua (lımites uniformes de suce-siones de funciones continuas) y ademas

x′(t) = y(t) ⇒ x ∈ D.

TambienAxn = x′n −→

n→∞17y = x′ = 18Ax.

Es decir y = Ax.

(P4) Probar que A no es continuo.

Solucion:

Recordemos que:

xn(t) = tn ‖xn‖ = 1 ∀n {xn} acotado;

Axn(t) = x′n ‖x′n‖ = n {x′n} no acotado.

(P5) D no es un espacio de Banach, porque si lo fuera, aplicando el teoremadel grafico cerrado A tendrıa que ser continua, lo cual es falso.

(Ejercicios resueltos 9 y 10)

Como la nocion de operador cerrado esta estrechamente vinculada a la declausura de un conjunto, podemos preguntarnos: si un operador no es cerra-do, ¿bajo que condiciones admite una extension lineal mınima?

17Por hipotesis.18Por definicion de A.

84

3.4.1 Ejercicios Resueltos

1. Demostrar que el grafico de un operador lineal A : X −→ Y es unavariedad lineal en el espacio Z = X × Y .

Solucion:

Sean x, y ∈ D(A)19

α(x,Ax) + β(y,Ay) = (αx + βy︸ ︷︷ ︸∈D(A)

, A(αx + βy)︸ ︷︷ ︸∈R(A)

) ∈ GA.

2. Demostrar que en la suma directa de espacios de Banach se puedeintroducir la norma de los modos siguientes:

a) ‖z‖1 =√‖x‖2 + ‖y‖2, ‖z‖2 = max(‖x‖ , ‖y‖).

b) Demostrar que estas normas son equivalentes.

Solucion:

Analicemos los axiomas de norma en el primer caso. Los dos primerosson inmediatos. Verifiquemos el axioma triangular.

Sean zi = (xi, yi), i = 1, 2. Probemos que:

‖z1 + z2‖ ≤ ‖z1‖+ ‖z2‖Elevando al cuadrado, lo que hay que probar es que:

‖x1 + x2‖2 + ‖y1 + y2‖2 ≤(√

‖x1‖2 + ‖y1‖2 +

√‖x2‖2 + ‖y2‖2

)2

= ‖x1‖2 + ‖x2‖2 + ‖y1‖2 + ‖y2‖2 +

2

√(‖x1‖2 + ‖y1‖2)(‖x2‖2 + ‖y2‖2)

Se tiene que

‖x1 + x2‖2 ≤ (‖x1‖+ ‖x2‖)2 = ‖x1‖2 + ‖x2‖2 + 2 ‖x1‖ ‖x2‖‖y1 + y2‖2 ≤ (‖y1‖+ ‖y2‖)2 = ‖y1‖2 + ‖y2‖2 + 2 ‖y1‖ ‖y2‖

19Variedad lineal.

85

Sumando ordenadamente

‖x1 + x2‖2 + ‖y1 + y2‖2 ≤ ‖x1‖2 + ‖x2‖2 + ‖y1‖2 + ‖y2‖2 +

2(‖x1‖ ‖x2‖+ ‖y1‖ ‖y2‖).

Para probar lo requerido, es suficiente demostrar que:

(‖x1‖ ‖x2‖+ ‖y1‖ ‖y2‖) ≤√

(‖x1‖2 + ‖y1‖2)(‖x2‖2 + ‖y2‖2)

Esto sera una consecuencia de desarrollar algebraicamente la siguienteproposicion verdadera:

(‖x1‖ ‖y2‖ − ‖y1‖ ‖x2‖)2 ≥ 0

⇔ 2 ‖x1‖ ‖x2‖ ‖y1‖ ‖y2‖ ≤ ‖x1‖2 ‖y2‖2 + ‖y1‖2 ‖x2‖2

Completando cuadrados,

‖x1‖2 ‖x2‖2 + 2 ‖x1‖ ‖x2‖ ‖y1‖ ‖y2‖+ ‖y1‖2 ‖y2‖2

≤ ‖x1‖2 ‖y2‖2 + ‖y1‖2 ‖x2‖2 + ‖x1‖2 ‖x2‖2 + ‖y1‖2 ‖y2‖2

⇔ (‖x1‖ ‖x2‖+ ‖y1‖ ‖y2‖)2 ≤ (‖x1‖2 + ‖y1‖2)(‖x2‖2 + ‖y2‖2)

Ahora analizaremos los axiomas para el segundo caso,

‖z‖ = max(‖x‖ , ‖y‖)

ahora,

‖x1 + x2‖ ≤ ‖x1‖+‖x2‖ ≤ max(‖x1‖ , ‖y1‖)+max(‖x2‖ , ‖y2‖) = ‖z1‖1+‖z2‖2

Analogamente,‖y1 + y2‖ ≤ ‖z1‖2 + ‖z2‖2

∴ ‖z1 + z2‖2 = max(‖x1 + x2‖ , ‖y1 + y2‖) ≤ ‖z1‖2 + ‖z2‖2.

Probemos ahora que las normas son equivalentes

‖z‖1 ≤√‖z‖2

2 + ‖z‖22 =

√2 ‖z‖2 ,

‖x‖ ≡√‖x‖2 ≤

√‖x‖2 + ‖y‖2 = ‖z‖1 ,

86

y analogamente ‖y‖ ≤ ‖z‖1,

⇒ ‖z‖2 ≤ ‖z‖1 ∴ ‖z‖2 ≤ ‖z‖1 ≤√

2 ‖z‖2

Entonces, ‖‖1 y ‖‖2 son equivalentes.

3. Si T es lineal cerrado entonces T − λI tambien lo es.

Solucion:

Sea xn ∈ D(T ) xn −→ x y (T − λI)xn −→ y.

Hay que probar que x ∈ D(T ) y que (T − λI)x = y.

Denominemos: zn = (T − λI)xn y observemos que zn −→ y porhipotesis.

De aquı que: zn = Txn − λxn.

Despejando: Txn = zn + λxn −→ y + λx.

Como por hipotesis T es cerrado

[xn ∈ D(T ) y Txn −→ y + λx] ⇒ x ∈ D(T ) y Tx = y + λx,

de donde Tx − λx = y, o sea (T − λI)x = y. Por tanto, tenemos lorequerido.

4. Sean X,Y espacios normados, A : X −→ Y un operador lineal cerrado;F un subconjunto compacto de X. Probar que A(F ) es un subconjuntocerrado de Y .

Solucion:

Sea y ∈ A(F ). Hay que probar que y ∈ A(F ).

y ∈ A(F ) ⇒ ∃yn ∈ A(F ) tal que yn −→n→∞

y

y ∈ A(F ) ⇒ ∃xn ∈ F tal que yn = Axn

87

Como {xn} ⊂ F y F es compacto, ∃ {xnk} ⊂ {xn} ⊂ F tal que xnk

converge a cierto elemento x ∈ F .

Se tiene entonces la situacion siguiente:

xnk−→ x y Axnk

= ynk−→ y (ya que {ynk

} ⊂ {yn})y toda subsucesion de una sucesion convergente converge al mismolımite. Luego

A es cerrado ⇒ x ∈ D(A) y y = Ax ∈ A(F ).

5. Sean X, Y espacios normados.

T1 : D(T1) −→ Y un operador lineal cerrado.

T2 : X −→ Y un operador lineal acotado.

Probar que T1 + T2 es un operador lineal acotado.

Solucion: T1 y T2 son lineales, entonces T1 + T2 es lineal. Hay queprobar que si xn −→ x y (T1 + T2)xn︸ ︷︷ ︸

=zn

−→ y, entonces x ∈ D(T1 + T2)

y (T1 + T2)x = y.

zn = T1xn + T2xn ⇒ T1xn = zn − T2xn −→ y − T2x,

⇒ x ∈ D(T1) y T1x = y − T2x,

⇒ x ∈ D(T1 + T2)︸ ︷︷ ︸=D(T1)

y (T1 + T2)x = y.

6. Sea A : X −→ Y un operador lineal tal que R(A) es cerrado en Y ysupongamos que existe un m > 0 tal que para cualquier x ∈ D(A) secumple la desigualdad ‖Ax‖ ≥ m ‖x‖. Demostrar que A es un ope-rador cerrado.

Solucion:

Supongamos que,

xn ∈ D(A) ∀n ∈ N, xn → x, Axn → y.

88

Probemos que x ∈ D(A) ∧ Ax = y.

Axn︸︷︷︸∈R(A)

−→ y ∈ R(A)20 ⇒ ∃x ∈ D(A) : Ax = y, x es unico21

entonces por hipotesis

m ‖xn − x‖ ≤ ‖ Axn − Ax︸︷︷︸=y

‖−→n→∞

0

⇒ ‖xn − x‖ −→n→∞

0 ⇒ xn → x

= x ∈ D(A) (Por la unicidad del lımite).

Ademas y = Ax = Ax.

7. Demostrar el Teorema 3.4.3.

Debemos probar que:

({yn} ⊆ R(A), yn −→ y, A−1yn −→ x) ⇒ y ∈ R(A) ∧ A−1y = x.

yn ∈ R(A) ⇒ ∃xn ∈ D(A) tal que yn = Axn ⇒ xn = A−1yn.

Por la hipotesis asumida xn = A−1yn −→ x ∧ yn = Axn −→ y.

Como A es cerrado se tiene que x ∈ D(A) y y = Ax.

Esto implica que y ∈ R(A) y que x = A−1y.

8. Sea el operador lineal acotado A : X −→ Y

a) Si Y es de Banach y A es acotado, probar que D(A) es cerrado.(Teorema 3.4.4)

b) Si D(A) es cerrado, entonces A es cerrado. (Teorema 3.4.2)

Solucion al inciso a) Supongamos D(A) cerrado. Sea

{xn} ⊆ D(A), xn −→ x y Axn −→ y.

20Por ser R(A) cerrado en Y .21Por existir A−1.

89

Entonces x ∈ D(A)22 = D(A) y como A Axn → Ax y necesa-riamente Ax = y por la unicidad del lımite en espacios metricos.Luego, A es cerrado.

Solucion al inciso b) Sea A cerrado. Entonces hay que demostrarque D(A) ⊂ D(A). Sea

x ∈ D(A) ⇒ ∃{xn} ⊂ D(A)

tal quexn −→ x ∈ X23 ⇒ 24∃y ∈ Y : Axn → y.

Como A es cerrado x ∈ D(A). Luego, D(A) es cerrado.

9. Probar el Teorema del Grafico Cerrado (Teorema 3.4.5) basandose enel Teorema del Inverso Acotado (Teorema 3.3.2).

Solucion: Sea T : X −→ Y , donde T es lineal; X, Y espacios deBanach.

Definimos el operador auxiliar:

P : GT −→ XP ((x, Tx)) = x

Vamos a considerar a X × Y con la norma:

‖(x, y)‖ = ‖x‖+ ‖y‖ .

Observemos que P cumple las hipotesis del Teorema del Inverso Aco-tado (Teorema 3.3.2):

• P esta definido entre espacios de Banach, ya que GT es un cerradodel espacio de Banach X × Y , luego es tambien un espacio deBanach;

• P es lineal, sobreyectivo;

22Por ser D(A) cerrado.23Como A es lineal acotado es continuo24{Axn} es fundamental en Y (Banach).

90

• P acotado

‖P (x, Tx)‖ = 25 ‖x‖ ≤ 26 ‖(x, Tx)‖ ⇒ ‖P‖ ≤ 1.

• P inyectivo

P (x, Tx) = x = 0 ⇒ T (0)27 = 0 ⇒ (x, Tx) = (0, 0)

Aplicando el Teorema del Inverso Acotado (Teorema 3.3.2) se concluyeque existe P−1 y es acotado.

Por definicion P−1x = (x, Tx). Probemos que T es acotado

‖Tx‖ ≤ ‖(x, Tx)‖ =∥∥P−1x

∥∥ ≤∥∥P−1

∥∥ ‖x‖ ⇒ 28 ‖T‖ ≤∥∥P−1

∥∥ .

10. Sean A : X −→ Y un operador lineal cerrado, R(A) = Y , con X, Yespacios de Banach y existe el operador A−1. Demostrar que A−1 ∈L(Y, X).

Solucion:

Como consecuencia del Teorema 3.4.3 tenemos que A−1 es cerrado.

(D(A−1) = Y ∧ A−1 es cerrado)Teo 3.4.5⇒ A−1 es acotado.

ComoA lineal ⇒ A−1 lineal,

Entonces:A−1 ∈ L(Y, X).

11. Sea T un operador lineal. Probar que T admite una extension T quees lineal y cerrada.

Solucion:

25Por la definicion de P .26Por la definicion de la norma de X × Y .27T es lineal.28T es acotado.

91

• Lineal: Sean

x1, x2 ∈ DT ;∃z1, z2 ∈ Y : (x1, z1) ∈ GT , (x2, z2) ∈ GT .

Sean α, β ∈ K

α(x1, z1) + β(x2 + z2) ∈ GT

(αx1 + βx2, αz1 + βz2) ∈ GT

Por definicion de T :

T (αx1 + βx2) = α z1︸︷︷︸T x1

+β z2︸︷︷︸T x2

.

• Por la construccion GT ={(x, Tx)

}= GT , luego T es cerrado.

• Para obtener que T extiende a T observemos que si

x ∈ DT , (x, Tx) ∈ GT ⊂ GT ⇒ x ∈ DT y T x = Tx.

∴ DT ⊂ DT y T x = Tx.

Notese que T es mınima en el sentido siguiente: si T1 es una extensionlineal cerrada de T entonces tambien es una extension de T , ya que setiene que

GT ⊂ GT129 ⇒ GT ⊂ GT1 .

3.5 Operadores casi cerrados

Debido a que la nocion de operador lineal cerrado A se caracteriza en terminosde que su grafico GA es un subespacio cerrado y ademas siempre se tiene larelacion GA ⊂ GA, si a partir de un operador lineal A no necesariamentecerrado construimos un operador A cuyo grafico sea por definicion GA (esdecir GA ⊂ GA), de inmediato nos preguntamos:

• ¿Que condiciones sobre A se requieren para poder definir A?

• ¿Que relacion puede establecerse entre A y A?

29Cerrado.

92

• Si A es continuo, ¿tendra A esta caracterıstica? En caso afirmativo,¿que relacion existira entre las normas de estos operadores?

Aplicando la propiedad de que GA (clausura del conjunto A) es el menorcerrado que contiene a A, podemos transferir a A la propiedad de que resultala menor extension lineal cerrada de A, por lo que resulta natural denominarlaclausura de A y se justifica utilizar esta notacion para dicho operador. De Ase dira que es casi cerrado o tambien que es pre-cerrado.

Definicion 3.5.1 Sean X,Y espacios normados, DA ⊂ X y

A : DA −→ Y lineal.

Supongamos que G(A) no es cerrado. Si existe

A : DA −→ Y : G(A) = G(A)

se dice que A es casi cerrado (tambien pre-cerrado) y que A es la clausurade A.

Teorema 3.5.1 Resultan equivalentes las siguientes proposiciones (i) A tieneuna extension lineal cerrada mınima (clausura) y (ii) ∀y ∈ Y, y 6= 0, (0, y) 6∈G(A).

3.5.1 Ejercicios Resueltos

1. Probar el Teorema 3.5.1.

Solucion:

i) ⇒ ii) Supongamos que ∃A. Observemos que

∀y 6= 0 (0, y) 6∈ G( A︸︷︷︸lineal

)Hip.= G(A),

luego, (0, y) 6∈ G(A).

ii) ⇒ i) Definamos

DA ={x ∈ X : ∃z ∈ Y ∧ (x, z) ∈ G(A)

},

luego, A(x) = z.

93

1ro) A esta bien definido. Supongamos

z1, z2 ∈ Y : (x, z1), (x, z2) ∈ G(A)

(x, z1)− (x, z2) = (0, z1 − z2) ∈ G(A)︸ ︷︷ ︸subespacio

Hip.⇒ z1 = z2.

2do) A lineal.

3ro) Cerrado por construccion.

4to) ¿A extiende a A?

Debemos probar que (i)DA ⊂ DA y que (ii) Ax = Ax ∀x ∈DA. Comencemos por verificar (i)

x ∈ DA ⇒ (x,A(x)) ∈ G(A) ⊂ G(A) ⇒ x ∈ DA;

ahora, verifiquemos (ii), por la definicion de DA y de A tene-mos que,

A(x) = A(x) ∀x ∈ DA.

5to) A mınima.

Debemos probar que si A1 es una extension cerrada de A,entonces (i)DA ⊂ DA1 y (ii)A1x = Ax ∀x ∈ DA.

Para probar (i) observemos que

G(A) ⊂ G(A1) = 30G(A1);

entonces

G(A) = G(A) ⊂ G(A1) ⇒ DA ⊂ DA1 .

Probemos (ii), ∀x ∈ DA

(x, y) ∈ GA ⇒ (x, y) ∈ GA1

y = Ax ⇒ y = A1x ⇒ Ax = A1x.

30A1 cerrado.

94

2. Sean X, Y dos espacios normados, Y de Banach; A un operador linealy acotado,

A : D ⊂ X −→ Y.

Probar que A es casi cerrado y A es la unica extension continua de Aa D y es tal que ‖A‖ =

∥∥A∥∥.

Solucion:

Tecnica de construccion: x0 ∈ D

∃xn ∈ D : xn → x0

Como A es lineal y acotado y Y es de Banach

{A(xn)} es de Cauchy en Y ⇒ ∃ limn→∞

A(xn) = A(x0)

1ro) A bien definido. Supongamos que x′n → x0. Es necesario probarque

limn→∞

A(xn) = limn→∞

A(x′n)

Estimemos

A(xn)− A(x′n) =

lineal︷︸︸︷A (xn − x′n)︸ ︷︷ ︸

−→n→∞0

como A es continuo, A(0) = 0.

2do) A es lineal.

3ro) A extiende a A

A = limn→∞

A(x)31 = A(x) ∀x ∈ D

4to) Relacion entre las normas

‖A(xn)‖ ≤ ‖A‖ ‖xn‖↓ ↓ ⇒

∥∥∥A∥∥∥ ≤ ‖A‖ ≤

∥∥∥A∥∥∥∥∥∥A(x0)

∥∥∥ ≤ ‖A‖ ‖x0‖31Sucesion de terminos constantes A(x).

95

Teniendose la ultima desigualdad al ser A una extension de A.Luego, ∥∥∥A

∥∥∥ = ‖A‖ .

5to) Unicidad de A como extension de A a D.

Sea B una extension de A a D lineal y continua.

B (x0)︸︷︷︸∈D

= limn→∞

B32 (xn)︸︷︷︸∈D

= limn→∞

A(xn)Def.= A(x0).

6to) Probar que A = A.

Es necesario probar que (i) DA = DA y (ii) A(x) = A(x).

Verifiquemos (i) ¿DA = D ⊂ DA?

x ∈ D ⇒ ∃ xn︸︷︷︸∈D

→ x y A(x) = limn→∞

A(xn)︸ ︷︷ ︸

∈Y

⇒ (xn, A(xn))︸ ︷︷ ︸∈G(A)

−→ (x, A(x)︸︷︷︸∈Y

) ∈ G(A)

⇒ x ∈ DA y A(x) = A(x) ∀x ∈ DA.

Veamos ahora (ii) ¿DA ⊂ DA = D?

x ∈ DA ⇒ ∃z ∈ Y | (x, z) ∈ G(A)

⇒ ∃( xn︸︷︷︸∈D

, A(xn)) −→ (x, z) ≡ xn → x y A(xn) → z

⇒ x ∈ D.

AdemasA(x) = z = lim

n→∞A(xn) = A(x).

32Extension de A.

96

3.6 Ejercicios Propuestos

1. En relacion con el listado de operadores lineales presentados en elepıgrafe 3.1, responder:

a) Para los ejemplos 3 y 11, si D(A) = C[a, b]. ¿Con que hipotesis segarantiza que R(A) = D(A)?

b) Si el operador del ejemplo 7 se expresa con matriz

a11 a12 . . .a21 a22 . . .. . . . .. . . . .. . . . .

,

hallar la matriz que corresponde a A1.

2. Probar el teorema 3.1.2.

3. Probar que ‖A‖ = E = B = C = D constituye una norma sobreL(X, Y ).

4. Analizar la continuidad de los operadores siguientes:

a) Sea el operador Ax = y con x ∈ C[0, b] y

y(s) = s x(s) s ∈ [0, b].

b) Sea el operador Ax = y con x ∈ C[0, 1] y

y(s) =

∫ 1

0

K(s, t) x(t) dt K = s2t + st2.

c) Sea el operador Ax = y con

x ∈ l1 y {λ = (1, 2, 1, 2, ...)} y = (x1, 2 x2, x3, 2 x4, ...).

d) Sea A un operador definido de la manera siguiente:

Ax = 3 x1 + 4 x2 x ∈ E2.

97

e) Ejemplo 5. En caso afirmativo hallar ‖A‖.f) Sea X = {x : [a, b] −→ R : x es continua}

‖x‖ =

∫ b

a

|x(t)| dt ; f(x) =

∫ b

a

x(t) dt.

Hallar su norma.

g) El operadorT2x = (0, 0, x3, x4, x5, ...) x ∈ l2.

h) Sea el operador T : E2 −→ E2 definido ası:

T

(xy

)=

(x

2x + y

).

Escribir a T en forma matricial.

i) T : En −→ En, donde

Tv = (v · u1) u1 + (v · u2) u2 + ... + (v · un) un

y u1, ..., un es una base de En.

5. Probar que si GA es una variedad lineal, entonces A es un operadorlineal.

6. Probar que R(I − C) = X con las hipotesis del teorema 3.3.3.

7. Ejemplificar un operador lineal continuo, no cerrado.

98

Capıtulo 4

Espacios duales y operadoresconjugados

4.1 Funcionales lineales continuos en espacios

normados

La idea geometrica de que las rectas pueden ser usadas para separar conjuntosen el plano, conduce a resultados muy utiles desde el punto de vista practicocuando esta idea se generaliza a espacios normados generales, utilizando paracaracterizar las rectas ciertas funciones definidas en el espacio normado y convalores sobre el cuerpo de escalares del espacio vectorial, las cuales recibenel nombre de funcionales. En particular los funcionales lineales y continuosse caracterizan por condiciones que hacen mas facil su manejo porque cons-tituyen condiciones de acotacion. La generalizacion de los resultados nosolo tendra una forma geometrica, sino tambien una forma analıtica comoprolongacion de un funcional con caracterısticas previamente requeridas. SeaX un espacio normado. Todo operador f : X −→ Y siendo Y = R o Y = Cse llama funcional, ademas, el valor del funcional f para el elemento x sedenota tambien f(x). Puesto que el funcional lineal es un caso particular deloperador lineal, siguen siendo validos los conceptos de continuidad, acotaciony norma utilizados en el capıtulo anterior. El espacio L(X, Y ) donde Y = Ro Y = C se denomina dual de X y se denota mediante X ′. Llamamoshiperplano a un conjunto {x ∈ X : f(x) = λ} donde f es un funcional lineal,λ ∈ R(λ ∈ C).

99

Definicion 4.1.1 Sea f una funcion numerica definida sobre un espacio li-neal L, se denominara funcional lineal si cumple que ∀x, y ∈ L

f(αx + βy) = αf(x) + βf(y)

donde α, β ∈ K.

Teorema 4.1.1 Sea f un funcional lineal en un espacio normado X. En-tonces si f es continuo en x0 ∈ X, lo es en cualquier punto de X.

Definicion 4.1.2 El funcional lineal f en el espacio normado X es acotadosi existe un valor k constante, tal que para todo x ∈ X,

|f(x)| ≤ k ‖x‖

Existen muchos numeros reales k que cumplen la Definicion 4.1.2 para una fparticular. Por ejemplo, si k1 satisface, ciertamente cualquier otro mayor queel lo hace. El proximo teorema nos muestra como la condicion de acotaciones equivalente a la continuidad.

Teorema 4.1.2 El funcional lineal f definido sobre un espacio lineal norma-do X es acotado si y solo si es continuo.

(Ejercicio resuelto 1, ejercicio propuesto 1)

La demostracion es analoga a la del teorema 3.1.3 para el caso particularen que la norma sobre el espacio de las imagenes (en este caso el cuerpo deescalares) es el modulo.

El procedimiento metodologico para calcular la norma de un operador puedeutilizarse para obtener en particular la norma de un funcional. (Ejercicioresuelto 2)

Como L(X,K) es en particular un espacio normado, se puede analizar elcomportamiento de la convergencia en este espacio. (Ejercicio resuelto 3)

100

4.2 Teorema de Hahn-Banach. Estructura

del Espacio Dual

Teorema 4.2.1 (Teorema de Hahn-Banach) Sea M un subespacio delespacio lineal real X, p un funcional sublineal en X, y f un funcional linealen M tal que, para todo x ∈ M ,

f(x) ≤ p(x).

Entonces existe un funcional lineal F definido en todo X y extendiendo a ftal que

F (x) ≤ p(x) (∀x ∈ X).

Veamos esquematicamente lo anterior:

XF−→ R [F (x) ≤ p(x)],

|M

f−→ R [f(x) ≤ p(x)].

En caso de tener espacios complejos, tendrıamos entonces:

XF−→ C [| F (x) |≤ p(x)],

|M

f−→ C [| f(x) |≤ p(x)].

Teorema 4.2.2 (Teorema de Hahn-Banach para espacios normados)En un espacio normado real X sea dado un funcional f con D(f) ⊂ X. En-tonces existe un funcional lineal y acotado f extension de f , definido en todo

X tal que ‖f‖ =∥∥∥f

∥∥∥ y f(x) = f(x) para cualquier x ∈ D(f).

(Ejercicio resuelto 3)

Si se quiere definir sobre un espacio normado un funcional que satisfagadeterminadas condiciones, el teorema 4.2.2 nos aporta el fundamento teoricopara establecer un procedimiento metodologico que guıe la forma de obtenerun elemento del dual con valores prefijados en puntos o subespacios.

101

Procedimiento 4

(P1) Considerar una variedad lineal M asociada a los entes prefijados.

(P2) Definir un funcional f sobre M que cumpla los requerimientos pedidos.

(P3) Probar que f es lineal, continuo y hallar su norma.

(P4) Inferir que existe una extension de f a todo el espacio que preserva lanorma utilizando el teorema 4.2.2.

Los siguientes corolarios del teorema 4.2.2 se pueden probar utilizando estametodologıa.

Corolario 4.2.2.1 Sea x ∈ X, x 6= 0. Entonces existe una f ∈ X ′ tal que‖f‖ = 1 y f(x) = ‖x‖(Ejercicios resueltos 4, 5, 6 y 7)

Corolario 4.2.2.2 Sean L ⊂ X una variedad lineal, x0 ∈ X, x0 6∈ L yd = ρ(x0, L) > 0. Entonces existe una f ∈ X ′ tal que f(x) = 0 paracualquier x ∈ L, f(x0) = 1 y ‖f‖ = 1

d.

(Ejercicios resueltos 8 y 9)

Teorema 4.2.3 (Teorema de Riesz) Sea H un espacio de Hilbert. Paracualquier funcional lineal acotado f , dado sobre todo H, existe un elementounico y ∈ H, tal que f(x) = (x | y) para cualquier x ∈ H. Ademas ‖f‖ =‖y‖.(Ejercicio resuelto 10)

4.2.1 Aplicaciones del Teorema de la Acotacion Uni-forme al caso de funcionales

A continuacion se enuncia el teorema de Banach-Steinhaus para su aplicacionespecializada al caso en que los operadores que deben manejarse sean fun-cionales.

Sean X espacio de Banach, {Tn} ⊂ L(X, Y ).

∀x ∈ X ∃cx ∈ R : ‖Tn(x)‖ ≤ cx n = 1, 2, ... (4.2.1)

⇒ ∃c ∈ R : ‖Tn‖ ≤ c n = 1, 2, ... (4.2.2)

102

Aplicaciones

1. A los espacios de polinomios.

Si X es el espacio de polinomios

x(t) = α0 + α1t + ... + αntn n ∈ N,

con‖x‖ = max

0≤j≤n|αj| .

Entonces X no es completo.

Demostracion

Se basa en construir una sucesion {Tn} ⊂ L(X, Y ) que satisfaga lacondicion (4.2.1) pero no a (4.2.2).

Vamos a tomar Y = K (los Tn funcionales). Definamos:

Tn(0) = 0; Tn(x) = α0 + α1 + ... + αn

se tiene directamente de la definicion que Tn es lineal y se cumple laacotacion:

|Tn(x)| =∣∣∣∣∣

n∑i=0

αi

∣∣∣∣∣ ≤n∑

i=0

|αi| ≤ (n + 1) ‖x‖

(4.2.1) De acuerdo con la acotacion si Nx = Grad(x), entonces

|Tn(x)| ≤ (Nx + 1)1 ‖x‖ ⇒ ‖Tn‖ ≤ Nx + 1

(4.2.2) Probemos que ‖Tn‖ no esta acotada. Sea

x(t) = 1 + t + ... + tn

|Tn(x)| = 1 + ... + 1︸ ︷︷ ︸n+1

= (n + 1) ‖x‖︸︷︷︸=1

|Tn(x)|‖x‖ =

(n + 1)(1)

(1)= n + 1

⇒ supx 6=0

|Tn(x)|‖x‖ = ‖Tn‖ ≥ n + 1.

1Cantidad de coeficientes

103

2. A las series de Fourier.

Existe una funcion continua de valores reales cuya serie de Fourierdiverge en un punto dado t0.

Demostracion

Sea X el espacio de las funciones continuas de valores reales de perıodo2π.

‖x‖ = max |x(t)|X = C[0, 2π] es un espacio de Banach. Tomando t0 = 0; Y = K (losTn funcionales).

Si Tn es el valor de la n−esima suma parcial de la serie de Fourierde x evaluada en t0 = 0, entonces

Tn(x) =1

2a0 +

n∑m=1

am

Resulta inmediato por la definicion de Tn que es lineal.

Se puede probar que

‖Tn‖ =1

2π

∫ 2π

0

|qn(t)| dt

donde qn(t) =

sin

(n +

1

2t

)

sin1

2t

y que ‖Tn‖ −→n→∞

∞ y por tanto {‖Tn‖}

no esta acotada, entonces,

∃x ∈ X : |Tn(x)| no esta acotado2,

luego, por definicion de Tn la serie de Fourier de x diverge en t0.

2Aplicando la ley de contraposicion en el teorema de la Acotacion Uniforme.

104

3. A la aplicacion canonica.

Esta aplicacion requiere el manejo de un importante operador que sedenota por J y que relaciona de forma natural un espacio con su bidual,por lo que se le denomina aplicacion canonica.

Sabemos que:

Y de Banach ⇒ L(X,Y ) de Banach.

Si Y = K entonces L(X,Y ) ≡ X ′ es completo.

Sea x ∈ X definiremos:

x′′(x′) = x′(x) ∀x′ ∈ X ′

y formemos J(x) = x′′. Entonces se tiene que:

x′′ ∈ X ′′.

Demostracion

Hay que probar que x′′ es lineal y continua.

Linealidad :

x′′(x′1 + x′2)Def.= (x′1 + x′2)(x) = 3x′1(x) + x′2(x) = x′′(x′1) + x′′(x′2).

Tambien,

x′′(λx′1)Def.= (λx′1)(x) = 4λx′1(x) = λx′′(x′1).

Continuidad :

|x′′(x′)| Def.= |x′(x)| ≤ ‖x′‖ ‖x‖ ⇒ ‖x′′‖ ≤ ‖x‖ .

(2) J lineal y continuo.

3Definicion de suma de funciones.4Definicion de producto de un escalar por una funcion.

105

Demostracion

Linealidad :

J(x1 + x2) = y′′ : y′′(x′) = x′(x1 + x2) ∀x′ ∈ X ′

y′′(x′) = x′(x1 + x2),

pero tenemos que x′ es lineal, entonces

x′(x1 + x2) = x′(x1) + x′(x2)

= x′′1(x′) + x′′2(x

′) = (x′′1 + x′′2)(x′)

⇒ y′′ = x′′1 + x′′2 = J(x1) + J(x2).

Tambien,J(λx) = y′′ : y′′(x′) = x′(λx),

pero como x′ es lineal, entonces

x′(λx) = λx′(x) = λx′′(x′)

= (λx′′)(x′)

⇒ y′′ = λx′′

∴ J(λx) = λx′′ = λJ(x).

Continuidad :

‖Jx‖ = ‖x′′‖ = sup‖x′‖=1

|x′′(x′)| = sup‖x′‖=1

|x′(x)| ,

pero, x′ ∈ X ′, tenemos

|x′(x)| ≤ ‖x′‖ ‖x‖ ≤ ‖x‖ ∀x ∈ X ′ : ‖x′‖ = 1.

Luego,sup‖x′‖=1

|x′(x)|︸ ︷︷ ︸

=‖Jx‖

≤ ‖x‖ ⇒ ‖J‖ ≤ 1.

Sea x ∈ X ∃x′0 ∈ X ′ tal que ‖x′0‖ = 1 y |x′0(x)| = ‖x‖ por elteorema 4.2.1.

∴ ‖x‖ = |x′0(x)| ≤ sup‖x′‖=1

|x′(x)| = ‖Jx‖ ≤ ‖x‖ .

106

Por tanto ‖Jx‖ = ‖x‖ ∀x ∈ X. Como J es lineal, ∀x1, x2 ∈ Xse tiene que

‖J(x1 − x2)‖︸ ︷︷ ︸=‖Jx1−Jx2‖

= ‖x1 − x2‖

esto es,d(x1, x2) = d(J(x1), J(x2)),

por lo que se dice que J es una isometrıa.

Una consecuencia de que J sea una isometrıa es que:

M acotado ⇔ J(M) acotado.

4. A la acotacion de conjuntos.

Caso 1) Sea X un espacio normado

M ⊂ X : supm∈M

|x′(m)| < +∞ ∀X ′ ∈ X ′.

Entonces M esta acotado.

Demostracion

Sea F = J(M) ⊂ X ′ y observando que X ′ es de Banach.

F = J(M) ⊂ X ′ : supJ(m)∈J(M)

m∈M

| J(m)(x′)︸ ︷︷ ︸x′(m)

|< +∞5 ∀X ′ ∈ X.

Entonces

J(M)6 esta acotado ⇒ M esta acotado.

Caso 2) Sea {xn} ⊂ X, X espacio normado. Supongamos que

∀x′ ∈ X ′ existe limn→∞

x′(xn).

Entonces ‖xn‖ esta acotada.

5Por hipotesis.6Isometrıa.

107

Demostracion

Utilizando la aplicacion 3 y considerando M = {xn} es suficienteprobar que

supn|x′(xn)| < +∞ x′ ∈ X ′.

Como toda sucesion convergente de escalares esta acotada

⇒ ∀x′ ∈ X ′ supn|x′(xn)| < +∞.

De aquı que M esta acotado.

4.2.2 Ejercicios Resueltos

1. ¿Estaran acotadas las siguientes funcionales lineales en el espacio C[0, 1]?

a) f(x) =∫ 1

0x(√

t)dt;

b) f(x) = limn→∞

∫ 1

0x(tn)dt;

Solucion al inciso a)

|f(x)| = maxt∈[0,1]

∣∣∣∣∫ 1

0

x(√

t)dt

∣∣∣∣

≤ maxt∈[0,1]

∫ 1

0

∣∣∣x(√

t)dt∣∣∣ 0 ≤ t ≤ 1 ⇒ 0 ≤

√t ≤ 1

⇒∣∣∣x(√

t)∣∣∣ ≤ ‖x‖

⇒∫ 1

0

∣∣∣x(√

t)∣∣∣ dt ≤ ‖x‖ (1− 0) = ‖x‖ ∴ Esta acotada.

Solucion al inciso b) Sea fn(x) =∫ 1

0x(tn)dt

|fn(x)| =

∣∣∣∣∫ 1

0

x(tn)dt

∣∣∣∣

≤∫ 1

0

|x(tn)| dt ≤ maxt∈[0,1]

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

t∈[0,1]|x(tn)| ≤ ‖x‖

∴ |fn(x)| ≤ ‖x‖ ∀n. Pasando al lımite |f(x)| ≤ ‖x‖, luego festa acotado.

108

2. Demostrar que en el espacio C[−1, 1] las siguientes funcionales sonlineales, continuas y hallar sus normas:

a) f(x) =1

3[x(−1) + x(1)];

b) f(x) = 2[x(−1) + x(0)];

c) f(x) =∑n

k=1 αkx(tk), donde αk ∈ R, t1, t2, ..., tn ∈ [−1, 1] sonfijos.

Solucion al inciso a) Linealidad

f(αx + βy) =1

3[(αx + βy)(−1) + (αx + βy)(1)]

=1

3[(αx(−1) + βy(−1)) + (αx(1) + βy(1))]

= α1

3[x(−1) + x(1)]

︸ ︷︷ ︸f(x)

+β1

3[y(−1) + y(1)]

︸ ︷︷ ︸f(y)

= αf(x) + βf(y).

Acotacion

∀x ∈ C[−1, 1]

|f(x)| = maxt∈[−1,1]

1

3[|x(−1) + x(1)|]

≤ maxt∈[−1,1]

1

3[|x(−1) | + | x(1)|]

≤ 1

3[ maxt∈[−1,1]

|x(t)|︸ ︷︷ ︸

‖x‖

+ maxt∈[−1,1]

|x(t)|︸ ︷︷ ︸

‖x‖

]

=2

3‖x‖

⇒ ‖f‖ ≤ 2

3

109

Calculo de la norma

Considerar x0(t) ≡ 1 ∀t ∈ [−1, 1]; x0 ∈ C[−1, 1]. Entonces

|f(x0)|‖x0‖ =

∣∣∣∣∣1

3(1 + 1)

∣∣∣∣∣1

=2

3≤ sup

x6=0

|f(x)|‖x‖︸ ︷︷ ︸

‖f‖

,

luego ‖f‖ =2

3.

Solucion al inciso b) Linealidad

f(αx + βy) = 2[(αx + βy)(1) + (αx + βy)(0)]

= 2[(αx(1) + βy(1)) + (αx(0) + βy(0))]

= α 2[x(1) + x(0)]︸ ︷︷ ︸f(x)

+β 2[y(1) + y(0)]︸ ︷︷ ︸f(y)

= αf(x) + βf(y).

Acotacion

∀x ∈ C[−1, 1]

|f(x)| = maxt∈[−1,1]

2[|x(1) + x(0)|]≤ max

t∈[−1,1]2[|x(1)|+ |x(0)|]

≤ 2[ maxt∈[−1,1]

|x(t)|+ maxt∈[−1,1]

|x(t)|︸ ︷︷ ︸

2‖x‖

]

= 4 ‖x‖⇒ ‖f‖ ≤ 4 ‖x‖

Calculo de la norma

Considerar x0(t) ≡ 1 ∀t ∈ [−1, 1]; x0 ∈ C[−1, 1]. Entonces

|f(x0)|‖x0‖ =

|2(1 + 1)|1

= 4 ≤ supx6=0

|f(x)|‖x‖︸ ︷︷ ︸

‖f‖

,

110

luego ‖f‖ = 4.

Solucion al inciso c) Linealidad

f(αx + βy) =n∑

k=0

αk(αx + βy)(tk)

=n∑

k=0

αk(αx(tk) + βy(tk))

= α

n∑

k=0

αkx(tk)

︸ ︷︷ ︸f(x)

+β

n∑

k=0

αky(tk)

︸ ︷︷ ︸f(y)

= αf(x) + βf(y).

Acotacion

∀x ∈ C[−1, 1]

|f(x)| = maxt∈[−1,1]

∣∣∣∣∣n∑

k=1

αkx(tk)

∣∣∣∣∣

≤ maxt∈[−1,1]

n∑

k=1

|αkx(tk)|

≤ maxt∈[−1,1]

n∑

k=1

|αk| |x(tk)|

≤(

n∑

k=1

|αk|)‖x‖ −→ Sea α0 = max

1≤k≤n|αk|

Definamos x0 como la funcion seccionalmente lineal que satisface

x0(tk) =

{α0 Si αk ≥ 0,

−α0 Si αk < 0.

111

Entonces

|f(x0)|‖x0‖ =

1

α0

∣∣∣∣∣n∑

k=1

αkx0(t)

∣∣∣∣∣

=1

α0

∣∣∣∣∣n∑

k=1

|αk|α0

∣∣∣∣∣ =n∑

k=1

|αk|

≤ supx 6=0

|f(x)|‖x‖ = ‖f‖

3. Sean X un espacio normado, fn ∈ X ′(n ∈ N) Demostrar que fn

converge en X ′ si y solo si fn(x) converge uniformemente en la bolaB1 = {x ∈ X : ‖x‖ ≤ 1}.

Solucion:

fn −→ f en X ′ Def≡ ∀ε > 0 ∃n0 ∈ N : ∀n ≥ n0 ‖fn − f‖︸ ︷︷ ︸= sup‖x‖≤1

|fn(x)−f(x)|

≤ ε

y esto implica que fn(x) converge uniformemente en la bola unitaria,es decir que

∀ε > 0 ∃n0 ∈ N : ∀n ≥ n0 ∀x ∈ B1

se cumple que|fn(x)− f(x)| ≤ ε.

Recıprocamente, sea y ∈ X, sea f(y) = limn→∞

fn(y) y supongamos que

esta convergencia es uniforme sobre B1. Para y 6= 0,y

‖y‖ ∈ B1.

Por hipotesis, dado ε > 0 existe n0 ∈ N tal que ∀n ≥ n0

∣∣∣∣∣(fn − f)

(y

‖y‖

)∣∣∣∣∣ ≤ ε

⇔∣∣∣∣∣

1

‖y‖(fn(y)− f(y))

∣∣∣∣∣ ≤ ε ⇒ |fn(y)− f(y)| ≤ ε ‖y‖

esta desigualdad es trivial para y = 0

∴ ∀ε > 0 ∃n0 ∈ N : ∀n ≥ n0 ∀y ∈ X

112

se tiene que

|fn(y)− f(y)| ≤ ε ‖y‖ ⇒ fn − f lineal y acotado, luego

f = f − fn︸ ︷︷ ︸ + fn︸︷︷︸⇒ f ∈ X ′ y ‖fn − f‖ ≤ ε

⇔ fn −→ f

en X ′.

4. Demostrar el teorema 4.2.2.

Solucion:

Es necesario probar que si

f ∈ D′ ⇒ ∃f ∈ X ′ : ‖f‖ =‖ f ‖ .

Construiremos una seminorma p(x) tal que

p(x) = ‖f‖ ‖x‖ .

Se verifica que ∀x ∈ D

|f(x)| ≤ ‖f‖ ‖x‖︸ ︷︷ ︸p(x)

.

Por el teorema 4.2.1, ∃f lineal, que extiende a f tal que

| f(x) |≤ p(x)︸︷︷︸‖f‖‖x‖

⇒ f ∈ X ′ y ‖ f ‖≤ ‖f‖ ≤ 7 ‖ f ‖

5. Probar el corolario 4.2.2.1.

Solucion:

Es necesario probar que si

x ∈ X, x 6= 0 ⇒ ∃f ∈ X ′ : ‖f‖ = 1 y f(x) = ‖x‖ .

7Por ser f una extension de f .

113

(P1) ConsideremosM = {λx : λ ∈ K} .

(P2) Definamosf(λx) = λ ‖x‖ .

(P3) f es un funcional lineal sobre M :

f(x1 + x2) = f(λ1x︸︷︷︸x1

+ λ2x︸︷︷︸x2

) = (λ1 + λ2) ‖x‖

= λ1 ‖x‖︸ ︷︷ ︸f(x1)

+ λ2 ‖x‖︸ ︷︷ ︸f(x2)

.

f(αx1) = f(α λ1x︸︷︷︸x1

)

Aplicando ahora la definicion de f

= α λ1 ‖x‖︸ ︷︷ ︸f(x1)

= αf(x1).

Para λ = 1 f(x) = ‖x‖.

f continuo sobre M :

|f(λx)| = |λ ‖x‖| = |λ| ‖x‖ = ‖λx‖ ⇒ ‖f‖ ≤ 1.

Luego,

∀λ 6= 0|f(λx)|‖λx‖ = 1 ≤ sup

y 6=0

|f(y)|‖y‖ = ‖f‖ ,

de donde ‖f‖ = 1.

(P4) ∃f ∈ X ′ : ‖ f ‖= ‖f‖ = 1 y f(x) = f(x) = ‖x‖.6. Sean X un espacio normado, x, y ∈ X, x 6= y. Demostrar que existe

una f ∈ X ′ tal que, f(x) 6= f(y).

114

Solucion:

Sea x− y 6= 0 ⇒ 8∃f ∈ X ′ : f(x− y) = ‖x− y‖. Entonces

f(x− y) = f(x)− f(y) ⇒ f(x) = f(y)+ ‖ x− y︸ ︷︷ ︸>0

‖

⇒ f(x) 6= f(y)

7. Sean X un espacio normado, x0 ∈ X y supongamos que para cualquierf ∈ X ′, tal que ‖f‖ = 1, se cumple la desigualdad |f(x0)| ≤ 1. De-mostrar que ‖x0‖ ≤ 1.

Solucion:

Para el caso de que x0 = 0 tenemos una trivialidad. Para el ca-so x0 6= 0, por el Corolario 4.2.2.1 tenemos que ∃f ∈ X ′ tal que‖f‖ = 1 y |f(x0)| = ‖x0‖ aplicando directamente la hipotesis tenemosque ‖x0‖ ≤ 1.

8. Sea x0(t) ∈ C[0, 1], x0 6= 0, consideramos el subespacio unidimensionalL = {λx0(t)} donde λ ∈ R. Definamos sobre L un funcional lineal fmediante la igualdad f(x) = λ si x = λx0.

a) Demostrar que ‖f‖ =1

‖x0‖.b) Segun el Teorema 4.2.2 f se puede prolongar sobre todo el espa-

cio C[0, 1] conservando la norma. ¿Es unica esta prolongacion six0(t) = 1− 2t?

Solucion al inciso a) f(λx0) = λ es lineal

| f(λx0︸︷︷︸x

) |= |λ| ‖x0‖‖x0‖ =

|λ| ‖x0‖‖x0‖ =

1

‖x0‖ ‖x‖ ⇒ supx 6=0

|f(x)|‖x‖︸ ︷︷ ︸

‖f‖

=1

‖x0‖.

Solucion al inciso b)

x0(t) = 1− 2t f(λx0) = λ ‖f‖ =1

‖x0‖ =1

maxt∈[0,1]

|x0(t)| = 1

8Consecuencia del Corolario 4.2.2.1

115

Consideremos

f1(x) = x(0) y f2(x) = −x(1)

se tiene que‖f1‖ = ‖f2‖ = 1

Probemos que f1 y f2 coinciden con f sobre L

f1(λx0) =Def. de f1

(λx0)(0) = λx0(0) = λ(1− 2(0)︸ ︷︷ ︸=1

)

= λ = f(λx0)

f2(λx0) =Def. de f2

(−λx0)(1) = −λx0(1) = (−λ)(1− 2(1)︸ ︷︷ ︸=−1

)

= λ = f(λx0)

Luego f1 y f2 son dos prolongaciones de f a C[0, 1] que preservanla norma.

9. Probar el corolario 4.2.2.2.

Solucion:

(P1) Consideremos

M = {λx0 + l : λ ∈ K, l ∈ L}

(P2) Definamosf(λx0 + l) = λ.

(P3) Hay que probar que f es un funcional lineal, continua sobre L y

que ‖f‖ =1

dpara aplicar seguidamente el corolario 4.2.2.1.

f(x1 + x2) = f [(λ1x0 + l1)︸ ︷︷ ︸x1

+ (λ2x0 + l2)︸ ︷︷ ︸x2

] = f [(λ1 + λ2)︸ ︷︷ ︸∈K

x0 + (l1 + l2)︸ ︷︷ ︸∈L

]

= λ1 + λ2 = f(x1) + f(x2).

De manera analoga se prueba que f(αx1) = αf(x1).

116

f continua:

|f(λx0 + l)| = |λ| d

d≤ 1

d|λ|

∥∥∥∥∥x0 −(− l

d

)∥∥∥∥∥ ∀λ 6= 0,

donde − l

d∈ L.

∴ |f(λx0 + l)| ≤ 1

d‖λx0 + l‖

Observemos que si λ = 0, entonces

| f(l)︸︷︷︸=0

|≤ 1

d‖l‖ .

Luego,

‖f‖ ≤ 1

d.

Se tiene que

| f(x0 − l)︸ ︷︷ ︸=1

|≤ ‖f‖ ‖x0 − l‖ ∀l ∈ L.

Como

d = infl∈L‖x0 − l‖ ∃ {ln} ⊂ L : ln −→ ‖x0 − ln‖ −→

n→∞d.

Sustituyendo1 ≤ ‖f‖ ‖x0 − l‖ ∀n.

Pasando el lımite

1 ≤ ‖f‖ d ⇒ ‖f‖ ≥ 1

d.

(P4) ∃f ∈ X ′ : f(x0) = 1 y ‖f‖ = 1/d.

117

10. Sean X un espacio normado, xn ∈ X(n ∈ N) un sistema de elemen-tos fijos, L su variedad lineal generada, x ∈ X un elemento arbitrario.Demostrar que x ∈ L si y solo si de f ∈ X ′, f(xk) = 0 para k ∈ N sededuce que f(x) = 0.

Solucion:

Supongamos que f(xk) = 0 ∀k ∈ N

x ∈ L ⇒ x =l∑

k=1

αmkxmk

⇒ f(x) = f

(l∑

k=1

αmkxmk

)=

l∑

k=1

αmkf(xmk

)︸ ︷︷ ︸=0

= 0

x ∈ L ≡ ∃xn ∈ L : xn︸︷︷︸∈L

−→∈L︷︸︸︷x ⇒ f(xn)︸ ︷︷ ︸

=0

−→ f(x)︸︷︷︸=0

∴ x ∈ L ⇒ [f ∈ X ′ ∧ f(xk) = 0 ⇒ f(x) = 0]

Para probar la implicacion contraria utilizaremos el principio de con-traposicion, es decir si p ⇒ q entonces ¬q ⇒ ¬p. Supongamos quex 6∈ L que es la negacion de q. Por el Teorema 4.2.2,

∃f0 : f0(xk) = 0 k = 1, 2, ... f0(x) = d(x, L) > 0 lo cual consti-tuye la negacion de p.

11. Sean X un espacio normado, M ⊂ X un conjunto arbitrario. HagamosM⊥ = {f ∈ X ′ : f(x) = 0 para todo x ∈ M}.a) Demostrar que M⊥ es un subespacio en el espacio X ′.

b) ¿Que representa M⊥, si X es un espacio de Hilbert?

118

Solucion al inciso a) Sean f, g ∈ M⊥ α ∈ R(C).

f ∈ M⊥ ⇒ f ≡ 0 en M

⇒ αf ≡ 0 en M

⇒ αf ∈ M⊥.

f, g ∈ M⊥ ⇒ f ≡ 0 ∧ g ≡ 0 en M

⇒ f + g ≡ 0 en M ⇒ f + g ∈ M⊥.

Probemos ahora que M⊥ es cerrado. Sea

x ∈ M , {fn} ⊆ M⊥, fn −→ f.

fn ∈ M⊥ ⇒ fn(x) = 0 ∀n ∈ N ⇒fn∈M⊥

limn

fn(x) = f(x) = 0 ⇒ f ∈ M⊥.

Solucion al inciso b)

M⊥ = {f ∈ X ′ : f(x) = 0 ∀x ∈ M} se corresponde con:

M⊥H = {y ∈ X : f(x) =

Teo. 4.2.2(x, y) = 0 ∀x ∈ M}. (4.2.3)

A (4.2.3) lo llamamos Complemento Ortogonal de M .

4.3 Espacio Dual

Supongamos que f y g son funcionales lineales acotados sobre un espacionormado X. Decimos que f y g son iguales, f = g, si y solo si f(x) = g(x)para todo x ∈ X. Por definicion f + g corresponde al valor del funcionallineal, en cualquier punto x ∈ X, de f(x)+g(x) y, con un escalar α y f comoarriba, αf sera αf(x) en cualquier punto x; se verifica que la clase de dichosfuncionales lineales acotados es un espacio lineal.

Definicion 4.3.1 Si f es un funcional lineal acotado en un espacio normadoX, podemos definir

‖f‖ = sup‖x‖6=0

|f(x)|‖x‖ (4.3.1)

Como caso particular de operador lineal acotado, se tiene para toda x,

|f(x)| ≤ ‖f‖ · ‖x‖ .

119

El espacio normado que contiene a todos los funcionales lineales y acotadossobre X, es llamado dual topologico y se denota X ′.

Se tienen las formas equivalentes de expresar ‖f‖.(1) ‖f‖ = inf

k∈Kk tales que |f(x)| ≤ k ‖x‖ para toda x donde

K = {k : |f(x)| ≤ k ‖x‖ ∀x ∈ X} .

(Observemos directamente que, puesto que ‖f‖ ∈ K,

‖f‖ ≥ infk∈K

k)

(2) ‖f‖ = sup‖x‖≤1 | f(x) |.(3) ‖f‖ = sup‖x‖=1 | f(x) |.La demostracion constituye un caso particular de la realizada en el ejercicioresuelto 7 del Capıtulo 3.

Cuando el dominio de un funcional es un espacio finito-dimensional, no hacefalta senalar ni demostrar que es continuo porque automaticamente lo es,como muestra el siguiente teorema. En este caso se trabaja con la propiedadde equivalencia de las normas para obtener criterio sobre el comportamientode la norma del espacio en cuestion.

Teorema 4.3.1 Si X es un espacio normado finito-dimensional, entoncestodo funcional lineal es acotado.

Demostracion

Sean f un funcional lineal en X, x1, x2, ..., xn una base de X. Entonces debenexistir escalares α1, α1, ..., αn asociados a cualquier vector x ∈ X tales quepodemos escribir

x =n∑

i=1

αixi.

120

Puesto que f es un funcional lineal, tenemos

f(x) =n∑

i=1

αif(xi),

|f(x)| =

∣∣∣∣∣n∑

i=1

αif(xi)

∣∣∣∣∣ ≤n∑

i=1

|αi| |f(xi)|

≤ ‖x‖0

n∑i=1

|f(xi)| , siendo ‖x‖0 = maxi≤i≤n

|αi|

Definamos

k =n∑

i=1

|f(xi)| ,

podemos ver que|f(x)| ≤ k ‖x‖0

pero como f es acotado con respecto ‖‖0 es acotado con cualquier otra norma‖‖ de X, ya que ∃β > 0 tal que ‖x‖0 ≤ β ‖x‖, luego |f(x)| ≤ kβ︸︷︷︸

M

‖x‖.9

Teorema 4.3.2 El espacio dual X ′ es un espacio de Banach.

Este teorema resulta un caso particular del ejercicio resuelto 5 del Capıtulo3, ya que para K = R ◦ C, L(X,K) ≡ X ′ y K es de Banach.

4.3.1 Operadores Conjugados

Sean E, E1 espacios normados, A ∈ L(E,E1), es decir, A : E −→ E1; sea gun funcional lineal y continuo arbitrario de E1 (g ∈ E∗

1) es decir g : E1 −→ K.Al hallar su composicion con A, esta es lineal y continua.10 Podemos formarA∗(g) = g ◦ A,

A∗ : E∗1 −→ E∗

g −→ g ◦ A

9Ver nota que sigue al ejercicio resuelto 6 del Capıtulo 2.10La composicion de dos aplicaciones lineales y continuas tiene el mismo caracter.

121

Probemos que A∗ es lineal y continuo, es decir, A∗ ∈ L(E∗1 , E

∗). Sean α1, α2 ∈K y g1, g2 ∈ E∗

1 ,

A∗(α1g1 + α2g2) = (α1g1 + α2g2) ◦ A = α1 (g1 ◦ A)︸ ︷︷ ︸A∗1g1

+α2 (g2 ◦ A)︸ ︷︷ ︸A∗2g2

.

Ahora probemos la acotacion,

‖A∗(g)‖ = ‖g ◦ A‖ ≤ ‖A‖︸︷︷︸k

‖g‖

entonces ‖A∗‖ esta acotado por ‖A‖ (‖A∗‖ ≤ ‖A‖). (Ejercicios resueltos 1y 2)

4.3.2 Conjugado de Hermite

Sea H un espacio de Hilbert arbitrario, entonces tenemos,

HA−→ H

H ′ −→A∗

H ′

pero tambien y como resultado de la aplicacion del Teorema de Riesz, te-nemos,

y

HA∗−→

z

H

Γ

yxΓ−1

H′Γy

−→A∗

H′Γz

entonces podemos obtener A∗ = Γ−1 ◦ A∗ ◦ Γ, llamaremos a A∗ Conjugadode Hermite. Este operador se define del espacio H en sı mismo y cumple lapropiedad fundamental (A(x) | y) = (x | A∗(y)).

Demostracion

(A(x) | y) = 11Γy(A(x)) = 12(A∗(Γy))(x) = 13Γz(x) = 14(x | z) = 15(x | A∗(y))

11Aplicando el Teorema de Riesz.12Por la definicion de A∗.13Ver esquema anterior.14Aplicando el Teorema de Riesz.15Ver esquema anterior.

122

Hemos denominado fundamental a esta propiedad porque caracteriza al con-jugado de Hermite en el sentido que es el unico operador sobre H que lacumple. (Ejercicio resuelto 3)

La propiedad fundamental y la unicidad pueden combinarse para establecerun procedimiento que permita probar la forma que debe tener el conjuga-do de un cierto operador, o tambien demostrar sus propiedades operativas.(Ejercicios resueltos 4, 5, 7 y 8)

Procedimiento 5

(P1) Seleccionar el operador A y el vector del miembro izquierdo de lapropiedad fundamental de acuerdo con lo que se requiera probar.

(P2) Plantear la forma para que (Ax | y) en dependencia de la definicionde A y del producto escalar.

(P3) Aplicar propiedades del producto escalar hasta obtener

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

(P4) Inferir que B = A∗.

Observemos las propiedades de A∗,

(1) Lineal. (Ejercicio resuelto 4)

(2) Continuo.

Analicemos como se comporta la acotacion que se tiene como conse-cuencia de (2),

∥∥∥A∗(x)∥∥∥

2

= (A∗(x) | A∗(x)) = (A(A∗(x)) | x)

≤∥∥∥A(A∗(x))

∥∥∥ ‖x‖ ≤ ‖A‖∥∥∥A∗(x)

∥∥∥ ‖x‖∥∥∥A∗(x)

∥∥∥ ≤ ‖A‖ ‖x‖

⇒∥∥∥A∗

∥∥∥ ≤ ‖A‖ .

123

Recıprocamente, si y = A(x), (A(x) | A(x)) = (x | A∗(A(x))). En-tonces,

‖A(x)‖2 ≤∥∥∥A∗(A(x))

∥∥∥ ‖x‖ ≤ ‖A(x)‖∥∥∥A∗

∥∥∥ ‖x‖

‖A(x)‖ ≤∥∥∥A∗

∥∥∥ ‖x‖

⇒ ‖A‖ ≤∥∥∥A∗

∥∥∥∴

∥∥∥A∗∥∥∥ = ‖A‖ .

De aquı que si A = A∗ se llama Autoconjugado y se tiene que,

(A(x) | y) = (x | A(y))

El conjugado de Hermite posee un conjunto de propiedades operativas sig-nificativas que provienen de aplicar la propiedad fundamental demostrada yutilizar las propiedades caracterısticas del producto escalar. (Ejercicios re-sueltos 3 y 4)

La propiedad fundamental aludida tiene tambien un gran valor practico paradeterminar la expresion del conjugado de Hermite. (Ejercicios resueltos 5, 6y 7)

En general, la definicion de operador conjugado se hace tecnicamente mascompleja cuando las hipotesis que se asumen sobre el operador original sonmas debiles. (Ejercicios resueltos 8 y 9)

4.3.3 Ejercicios Resueltos

1. Probar que ‖A∗‖ = ‖A‖.

Solucion:

Ya se ha visto que:‖A∗‖ ≤ ‖A‖ .

124

Por el teorema 4.2.1:

‖Ax‖ = sup‖f‖=1

|f(A(x))| = sup‖f‖=1

| (A∗(f))︸ ︷︷ ︸∈E∗

x |

≤ sup‖f‖=1

‖A∗(f)‖ ‖x‖ ≤ ‖A∗‖ ‖x‖ .

De aquı que ‖A‖ ≤ ‖A∗‖, luego

‖A∗‖ = ‖A‖ .

2. Sea X un espacio normado, A,B ∈ L(X). Demostrar que

(AB)∗ = B∗A∗.

Solucion:

B∗A∗(f) = B∗(A∗(f)) = B∗(f◦A) = (f◦A)◦B = f◦(A◦B) = (AB)∗(f).

3. Probar que A∗ es el unico operador sobre H tal que

(Ax | y) = (x | A∗y).

Solucion:

Supongamos que existe B : H −→ H tal que

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

Como (Ax | y) = (x | A∗y) se tiene, comparando que:

(x | By) = (x | A∗y) ∀x ∈ H, ∀y ∈ H

⇒ (x | By)− (x | A∗y) = 0

⇒ (x | By − A∗y) = 0 ∀x⇒ (By − A∗y | By − A∗y) = 0 ∀y ⇒ B = A∗.

4. Probar que A∗ es lineal.

Solucion:

Apliquemos el Procedimiento 5

125

(P1) A ≡ A, y = αy1 + βy2;

(P2) (Ax | y) = (Ax | αy1 + βy2) = (x | A∗(αy1 + βy2));

(P3) Aplicando propiedades del producto escalar:

(Ax | αy1 + βy2) = α(x | A∗y1) + β(x | A∗y2)

= (x | αA∗y1 + βA∗y2)

= (x | By) donde By = αA∗y1 + βA∗y2;

(P4) By = A∗y = A∗(αy1 + βy2) = αA∗y1 + βA∗y2.

5. Sean X,Y espacios de Hilbert; α, β ∈ C, A, B ∈ L(H). Demostrar que

˜(αA + βB)∗

= αA∗ + βB∗16.

Solucion:

(P1) A = αA1 + βA2 ; y ≡ y;

(P2) ((αA1 + βA2)x | y) = (x | ˜(αA1 + βA2)∗y);

(P3) Aplicando las propiedades del producto escalar:

((αA1 + βA2)x | y) = α(A1x | y) + β(A2x | y)

= α(x | A1∗y) + β(xA2

∗y)

= (x | αA1∗y + βA2

∗y)

= (x | (αA1∗+ βA2

∗)y);

(P4) ˜(αA1 + βA2)∗

= αA1∗+ βA2

∗.

6. Si A,B son autoconjugados; α, β ∈ R, probar que:

αA + βB

es autoconjugado.

Solucion:

16La barra significa conjugacion compleja.

126

Por el ejercicio 5:

˜(αA + βB)∗

=

α︷︸︸︷α A∗︸︷︷︸

A

+

β︷︸︸︷β B∗︸︷︷︸

B

.

7. Si A : l2 −→ l2 se define ası:

A(x1, x2, ..., xn, ...) = (0, x1, x2, ...).

Hallar A∗ y determinar si es autoconjugado.

Solucion:

(P1) A ≡ A ; y = y;

(P2) (Ax | y) = ((0, x1, x2, ...) | (y1, y2, ...)) = x1y2 + x2y3 + ... +xnyn+1 + ...;

(P3) (Ax | y) = ((x1, x2, ..., xn, ...) | (y2, y3, ..., yn+1, ...)) = (x | By);

(P4) By = A∗y = (y2, y3, ..., yn+1, ...).

Luego, A no es autoconjugado.

8. Probar que:˜(A1B1)

∗= B1

∗A1

∗.

Solucion:

(P1) A ≡ A1B1 ; y ≡ y;

(P2) (A1B1x | y) = (x | ˜(A1B1)∗y);

(P3) (A1B1x | y) = (B1x | A1∗y) = (x | B1

∗A1

∗y).

(P4) ˜(A1B1)∗

= B1∗A1

∗.

9. En el espacio l2 para x = (x1, x2, ...) ∈ l2 hacemos Anx = (xn+1, xn+2, ...).

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

b) Hallar A∗n y averiguar si es cierto que A∗

ns−→ 0.

127

Solucion al inciso a) An ∈ L(l2)

An(αx + βy) = (αxn+1 + βyn+1, αxn+2 + βyn+2, ...)

= (αxn+1, αxn+2, ...) + (βyn+1, βyn+2, ...)

= α (xn+1, xn+2, ...)︸ ︷︷ ︸Anx

+β (yn+1, yn+2, ...)︸ ︷︷ ︸Any

.

Por tanto An es lineal. Tambien:

‖Anx‖ ≤ ‖x‖ ⇒ ‖An‖ ≤ 1.

Para cada x ∈ X

‖Anx‖2 =∞∑

k=n+1

|xk|2 −→n→∞

0 ⇒ Ans−→ 0.

La convergencia fuerte es una consecuencia inmediata de la in-finitesimalidad del resto de una serie convergente.

Solucion al inciso b) Hallemos An∗ por el procedimiento:

(P1) A ≡ An ; y ≡ y;

(P2) (Anx | y) = (x | An∗y).

Se plantea el miembro izquierdo aplicando la definicion de An yde producto escalar en l2, para y = (y1, y2, ..., yn, ...)

(Anx | y) = ((xn+1, xn+2, ...) | y) = xn+1y1 + xn+2y2 + ...

(P3) Hallemos ahora el miembro derecho e indiquemos lo quedeben valer los componentes de An

∗:

(x1(An∗y︸ ︷︷ ︸

0

)1 + ... + xn(An∗y︸ ︷︷ ︸

0

)n + xn+1 (An∗y)n+1︸ ︷︷ ︸y1

+...

+xn+2 (An∗y)n+2︸ ︷︷ ︸y2

+...)

= (x | An∗y);

(P4) An∗x = (0, 0, ..., 0︸ ︷︷ ︸

n

, x1, x2, ...).

128

Como ‖An∗x‖ = ‖x‖ ∀x ∈ l2 ⇒ ∀x 6= 0 An

∗x 9 0.

Por tanto no hay convergencia fuerte a 0.

10. Hallar el operador conjugado al operador A : L2[0, 1] −→ L2[0, 1] si:

Ax(t) = tx(t).

Solucion:

(Ax | y) = (L)

∫ 1

0

Ax(t)y(t)dt

= (L)

∫ 1

0

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

∫ 1

0

x(t)ty(t)dt = (x | A∗y)

⇒ A∗y(t) = ty(t).

11. Sea T un operador lineal definido de DT ⊂ X en Y ; X, Y son espaciosnormados. Probar que T admite una extension lineal cerrada si y solosi

[∀ {xn} ∈ DT : xn → 0 ∧ Txn → y] ⇒ y = 0.

Solucion:

Sea T una extension lineal cerrada de T . Sea

{xn} ⊂ DT tal que xn → 0 y Txn → y.

T cerrada ≡ GT17 es cerrado.

Como T es una extension de T

GT ⊂ GT ⇒ GT ⊂ GT

Si se considera (xn, Txn) n = 1, 2, ..., se tiene que

(xn, Txn) −→ (0, y) ∈ GT ⊂ GT ,

luego,(0, y) ∈ GT ⇒ y = T (0)︸︷︷︸

Lineal

= 0.

17Grafico de T

129

Recıprocamente, supongamos que ∀ {xn} ⊂ DT tal que xn → 0 yTxn → y se cumple que y = 0.

Definamos:

DT ={x ∈ X : ∃z ∈ Y que satisface (x, z) ∈ GT

},

T (x) = z.

Probemos que T esta bien definida.

Supongamos que ∃z1 ∈ Y que satisface que (x, z1) ∈ GT .

Como GT es un subespacio

(x, z)− (x, z1)︸ ︷︷ ︸(0,z−z1)

∈ GT

⇒ ∃(xn, Txn) ∈ GT : (xn, Txn) −→ (0, z − z1)

⇒ xn −→ 0 y Txn −→ z − z1.

Por la condicion z − z1 = 0, es decir z = z1.

12. Si M es un subespacio del espacio normado X, M = X; Y es un espa-cio de Banach. T : M −→ Y un operador lineal acotado. Probar queT posee una extension lineal unica T que preserva la norma.

Solucion:

Sea x ∈ X = M ⇒ ∃{xn} ⊂ M tal que xn −→ x. Probemos que{Txn} es una sucesion fundamental en Y .

‖Txn − Txm‖ = ‖T (xn − xm)‖ ≤ ‖T‖ ‖xn − xm‖︸ ︷︷ ︸−→

n,m→∞0

18

Y es de Banach⇒ ∃y ∈ Y tal que Txn −→ y.

DefinamosT x = y = lim

n→∞Txn.

18Porque {xn} es convergente.

130

Ante todo hay que probar que T esta bien definida, es decir que esindependiente de la seleccion de {xn}. Supongamos que {zn} es otrasucesion tal que zn −→ x. Consideremos la sucesion alternada

Tx1, T z1, Tx2, T z2, ..., Txn, T zn, ...

Por calculo directo se obtiene que esta sucesion es fundamental y las dossubsucesiones tienen un lımite comun que es y. (Ejercicio propuesto 5)

T cumple las caracterısticas siguientes:

• Es lineal.

Si x, y ∈ X = M , entonces existen {xn} , {yn} ∈ M tales quexn −→ x y yn −→ y. Sean α, β ∈ K. Entonces αxn + βyn −→αx + βy. Por tanto:

T (αxn + βyn) = limn→∞

T (αxn + βyn)

= limn→∞

(αTxn + βTyn)

= α limn→∞

Txn

︸ ︷︷ ︸T x

+β limn→∞

Tyn

︸ ︷︷ ︸T y

• T es continuo.‖Tx‖ = lim

n→∞‖Txn‖

Pero ‖Txn‖ ≤ ‖T‖ ‖xn‖. Pasando al lımite en la desigualdad

∥∥T x∥∥ ≤ ‖T‖ ‖x‖ ⇒

∥∥T∥∥ ≤ ‖T‖ .

Para obtener la desigualdad en sentido contrario observemos queT es una extension de T , ya que si x ∈ M se tiene que

T x = limn→∞

Txn donde puede tomarse xn = x ∀n.

De aquı queT x = 19Tx ⇒ ‖T‖ ≤

∥∥T∥∥ .

19Lımite de la sucesion constante de termino Tx.

131

4.4 Convergencia Debil

Definicion 4.4.1 Sea una sucesion {xn} en un espacio normado X, de-cimos que converge debilmente a x ∈ X y se escribe xn

w−→ x, si para todof ∈ X ′ (X ′, como notacion usual del dual topologico de X),

f(xn) −→ f(x).

(Ejercicios resueltos 1 y 2)

El primer hecho que demostraremos sobre la convergencia debil es la uni-cidad del lımite “debil”; precisamente, si

xnw−→ x xn

w−→ y

(lo cual significa para cualquier f ∈ X ′ que:

f(xn) −→ f(x) y f(xn) −→ f(y)),

entonces debemos probar que x = y. Puesto que en un espacio metrico ellımite es unico, la hipotesis implica que

f(x) = f(y).

Por la linealidad de f , esto es equivalente a

f(x− y) = 0

para cualquier f ∈ X ′. Puesto que f puede ser cualquier funcional linealacotado, podemos aplicar el Corolario 4.2.2.1 para afirmar que x − y = 0o x = y; por tanto es imposible para una sucesion que converja debilmente ados elementos diferentes.

Se cumplen tambien las propiedades operativas del lımite siguientes:

Sixn

w−→ x ynw−→ y,

entoncesxn + yn

w−→ x + y.

132

De manera similar, si α es un escalar y

xnw−→ x,

entoncesαxn

w−→ αx.

(Ejercicio propuesto 4)

La definicion de continuidad de una funcion f(x) implica que si xn −→ x,entonces f(xn) −→ f(x). Puesto que todo funcional lineal acotado, satisface

|f(xn)− f(x)| ≤ ‖f‖ ‖xn − x‖se tiene que convergencia fuerte implica convergencia debil.

Podemos preguntarnos como se comporta el recıproco de esta propiedad.El siguiente para que la convergencia debil implique la fuerte.

Teorema 4.4.1 Si X es un espacio normado finito-dimensional entoncesconvergencia fuerte es equivalente a convergencia debil.

(Ejercicio resuelto 3)

Teorema 4.4.2 Si X es un espacio normado y xnw−→ x, entonces existe

alguna constante positiva M tal que

‖xn‖ ≤ M

para toda n.

Teorema 4.4.3 Sea {xn} una sucesion de vectores de un espacio normadoX con la propiedad de que, para todo n, existe una constante positiva M talque

‖xn‖ ≤ M.

Ademas, supongamos que f(xn) −→ f(x) para todos los funcionales linealesacotados f que pertenecen al conjunto A, donde A tiene la propiedad [A] esdenso en X ′, esto es,

¯[A] = X ′.

Entonces xnw−→ x.

Los Teoremas 4.4.2 y 4.4.3 se utilizan en la demostracion del teorema si-guiente:

133

Teorema 4.4.4 Para que xnw−→ x es necesario y suficiente que la sucesion

‖xn‖ sea acotada y f(xn) −→ f(x) para cualquier f de una variedad linealdensa en X ′.

(Ejercicio resuelto 4)

Para la convergencia debil de los funcionales se extiende la definicion da-da al dominio de X ′.

Definicion 4.4.2 x′nw−→ x′ ⇔ ∀x′′ ∈ X ′′ x′′(x′n) −→ x′′(x′).

Cuando la convergencia debil definida sobre X ′ se restringe a J(X) ⊂ X ′′ sellama convergencia debilitada (o ∗−debil) y como entonces para

x′′ ∈ J(X) ∃!x ∈ X : x′′(x′n) = x′n(x) , x′′(x′) = x′(x).

se plantea:

Definicion 4.4.3 x′n∗−w−→ x′ ⇔ ∀x ∈ X x′n(x) −→ x′(x).

(Ejercicios resueltos 5 y 6)

Teorema 4.4.5 Sea X un espacio de Banach. Para cada x ∈ X fijo, laigualdad Jx(f) = f(x) define un funcional lineal acotado Jx sobre el espacioX ′ tal que ‖Jx‖ = ‖x‖.(Ejercicio resuelto 7)

Por lo tanto, tiene lugar el encaje isometrico J(X) ⊂ X ′′. Si ademasJ(X) = X ′′, entonces el espacio X se llama reflexivo. En este caso, co-mo X ′′ es de Banach y J una isometrıa, X es necesariamente un espacio deBanach.

Teorema 4.4.6 Para que fn∗−w−→ f es necesario y suficiente que la sucesion

‖fn‖ sea acotada y fn(x) −→ f(x) para cualquier x de una variedad linealdensa en X.

134

4.4.1 Ejercicios Resueltos

1. Sean H un espacio de Hilbert; xn, x ∈ H(n ∈ N), xnw−→ x y

‖xn‖ −→ ‖x‖. Demostrar que xn −→n→∞

x.

Solucion:

Como xnw−→ x se tiene (xn | y) −→ (x | y) ∀y ∈ H. En parti-

cular, tomando y = x podemos escribirlo

(xn | x) −→ ‖x‖2 ⇒∣∣(xn | x)− ‖x‖2

∣∣ −→ 0;

de la definicion de lımite de escalares es inmediato que

‖xn‖2 −→ ‖x‖2 ⇒∣∣‖xn‖2 − ‖x‖2

∣∣ −→ 0.

Luego,

‖(xn − x)‖2 = (xn − x | xn − x)

= (xn | xn)− (xn | x)− (x | xn) + (x | x)

= ‖xn‖2

︸ ︷︷ ︸I

− (xn | x)︸ ︷︷ ︸II

− (x | xn)︸ ︷︷ ︸III

+ ‖x‖2 .

Veamos cada uno de los casos anteriores

(I) Por propiedad de las normas

‖xn‖2 −→ ‖x‖2

(II) Por las hipotesis

(xn | x) −→ (x | x) = ‖x‖2

(III) Como(x | xn) = (xn | x),

entonces,(xn | x) −→ (x | x) = ‖x‖2

Luego,‖xn‖2 − (xn | x)− (x | xn) + ‖x‖2 −→

n→∞0

135

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

Anxw−→

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

Solucion:

Supongamos que Anxw−→

n→∞Ax ∀x ∈ X. Consideremos la aplicacion

definida ası:gy(z) = (z | y) ∀y ∈ Y.

Entonces, ∀y ∈ Y, gy ∈ Y ′ (esto ya se ha probado)

∀x ∈ X, Anxw−→

n→∞Ax ⇒ gy(Anx)︸ ︷︷ ︸

(Anx|y)

−→n→∞

gy(Ax)︸ ︷︷ ︸(Ax|y)

⇒ ∀x ∈ X y ∀y ∈ Y (Anx | y) = (Ax | y).

Recıprocamente, supongamos que

∀x ∈ X, ∀y ∈ Y (Anx | y) −→ (Ax | y).

Consideremos g ∈ Y ′. Por el teorema 4.2.3, ∃y ∈ Y tal que

g(z) = (z | y) ∀z ∈ Y

En particular,

g(Anx︸︷︷︸∈Y

) = (Anx | y) −→n→∞

20(Ax | y) = g(Ax) ⇒ Anxw−→

n→∞Ax.

3. Demostrar el Teorema 4.4.1.

Solucion:

Supongamos que xnw−→ x y que dim X = k. Sea {b1, ..., bk} una

base de X.

xn =k∑

i=1

α(n)i bi

x =k∑

i=1

αibi.

20Por la hipotesis.

136

Consideremos:

∀j = 1, ..., k fj(x) = fj

(k∑

i=1

αibi

)= αj

f es lineal y necesariamente continua.21

fj(xn)︸ ︷︷ ︸α

(n)j

−→ fj(x)︸ ︷︷ ︸αj

22 ∀j = 1...k

Ahora probemos la convergencia fuerte,

‖xn − x‖ ≤ 23β ‖xn − x‖1 = β

(k∑

i=1

∣∣∣α(n)i − αi

∣∣∣)−→ 0.

En general convergencia debil ; convergencia fuerte.

Ejemplo: Sean X = l2 (l2 de Hilbert), {en}∞n una sucesion y

en = (0, ..., 1︸︷︷︸n

, ..., 0, ...).

Primero veamos que enw−→ 0. Tomemos f ∈ l∗2, entonces ∃yf ∈ l2 :

f(en) = (en | yf ). Sea yf = {y1, ..., yn, ...}. Como yf ∈ l2 entoncesf(en) = yn −→

n→∞0. Es importante destacar que {en} no converge en el

sentido fuerte ya que ‖en − em‖ =√

2 ∀n 6= m.

4. Demostrar el Teorema 4.4.6.

Solucion:

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

g =k∑

i=1

αi fi︸︷︷︸∈A

g(xn) =k∑

i=1

αi fi︸︷︷︸∈A

(xn) −→k∑

i=1

αi fi︸︷︷︸∈A

(x) = g(x).

21X finito-dimensional.22Por la convergencia debil.23‖ ‖ y ‖ ‖1 son equivalentes.

137

Probemos ahora que tiene lugar la convergencia para todo h ∈ L(A) =X ′. Tomemos ε > 0 y hallemos g ∈ L(A) : ‖h− g‖ < ε. Para nsuficientemente grande:

|h(xn)− h(x)| = |︷ ︸︸ ︷h(xn)− g(xn) + g(xn)− g(x)︸ ︷︷ ︸ +

︷ ︸︸ ︷g(x)− h(x) |

≤ ‖h− g‖︸ ︷︷ ︸<ε

‖xn‖︸︷︷︸≤k

+ |g(xn)− g(x)|︸ ︷︷ ︸<ε

+ ‖h− g‖︸ ︷︷ ︸<ε

‖x‖︸︷︷︸≤k

.

Ya que por hipotesis ∃k > 0 : ‖xn‖ ≤ k ∧ ‖x‖ ≤ k.

5. En el espacio l2 para x = (x1, x2, ...) ∈ l2 pongamos fn(x) = xn. De-

mostrar que fn∗−w−→ 0. ¿Es cierto que fn −→ 0?

Solucion:

Sea x ∈ l2; |fnx− 0x| = |fnx| = |xn| −→ 240;

Tambien,

‖fn‖ = sup‖x‖=1

|fnx| = sup‖x‖=1

|xn| = 1 ⇒ fn 9 0(n →∞).

6. Sea 0 ∈ [a, b] δ(x) = x(0) ϕ ∈ C[a, b]. Considere la sucesion defunciones continuas ϕn(t) con las condiciones:

1) ϕn(t) = 0 para |t| > 1

n,

2) ϕn(t) ≥ 0 para |t| ≤ 1

n,

3)∫ b

aϕn(t)dt = 1.

Sea

fn(x) =

∫ b

a

ϕn(t)x(t)dt x ∈ C[a, b].

24Por la condicion necesaria de convergencia de la serie ‖x‖ =√∑∞

n=1 |xn|2

138

Probar que fn converge debilmente a δ.

Solucion:

|fn(x)| =

∫ b

a

|ϕn(t)| |x(t)| dt ≤ ‖x‖⇒ ‖fn‖ ≤ 1 ∀n.

Hallemos limn→∞

fn(x),

fn(x) =

∫ 1n

− 1n

ϕn(t)x(t)dt = 25x(ξn)

∫ 1n

− 1n

ϕn(t)dt

︸ ︷︷ ︸=1

donde − 1n≤ ξn ≤ 1

n. Pasando al lımite

limn→∞

fn(x) = limn→∞

x(ξn) = x(0) = δ(x).

Por tanto tenemos que fn∗−w−→ δ.

7. Sea X un espacio reflexivo; f ∈ X ′. Demostrar que existe x ∈ X, x 6= 0tal que f(x) = ‖x‖ ‖f‖.

Solucion:

Para f ≡ 0 es trivial; sea f 6= 0.

Por el Corolario 4.2.2.1

∃J ∈ X ′′ : ‖J‖ = 1 ∧ J(f) = ‖f‖ .

Tomando J =1

‖f‖ J , se tiene por la definicion de norma que:

‖J‖ =1

‖f‖

J(f) =1

‖f‖ J(f)︸︷︷︸‖f‖

= 1 = ‖J‖ ‖f‖ . (4.4.1)

25Consecuencia del Teorema del valor medio.

139

Por ser X reflexivo, aplicando el Teorema 4.4.526 se puede afirmar que∃x ∈ X : f(x) = J(f) ∧ ‖J‖ = ‖x‖. Sustituyendo en (4.4.1) obte-nemos: f(x)︸︷︷︸

J(f)

= ‖f‖ ‖x‖︸︷︷︸‖J‖

.

8. Demostrar el teorema 4.4.6.

Solucion:

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

g =k∑

i=1

αi fi︸︷︷︸∈A

g(xn) =k∑

i=1

αi fi︸︷︷︸∈A

(xn) ⇒k∑

i=1

αi fi︸︷︷︸∈A

(x) = g(x).

Probemos ahora que tiene lugar la convergencia para todo h ∈ L(A) =X ′. Tomemos ε > 0 y hallemos g ∈ L(A) : ‖h− g‖ < ε.

|h(xn)− h(x)| =

∣∣∣∣︷ ︸︸ ︷h(xn)− g(xn) + g(xn)− g(x︸ ︷︷ ︸) +

︷ ︸︸ ︷g(x)− h(x)

∣∣∣∣≤ ‖h− g‖︸ ︷︷ ︸

<ε

‖xn‖︸︷︷︸≤k

+ |g(xn)− g(x)|︸ ︷︷ ︸<ε

+ ‖h− g‖︸ ︷︷ ︸<ε

‖x‖︸︷︷︸≤k

Por hipotesis ∃k > 0 : ‖xn‖ ≤ k ∧ ‖x‖ ≤ k.

4.5 Ejercicios Propuestos

1. Determinar si el funcional

f(x) =

∫ 1

0

x(t2) dt

lineal en C[0, 1] esta acotado.

26Notese que X es de Banach por ser reflexivo.

140

2. Probar alternativamente que el funcional del ejercicio resuelto 1 es aco-tado.

3. Probar que

A1, A2 ∈ L(E, E1) ⇒ (A1 + A2)∗ = A∗

1 + A∗2.

4. Si xnw−→ x y yn

w−→ y; α, β escalares, probar que αxn + βynw−→

αx + βy.

5. Probar que la sucesion alternada del ejercicio resuelto 12 es fundamen-tal.

6. Probar que (T ∗)∗

= T .

141

Capıtulo 5

Conjuntos compactos yOperadores totalmentecontinuos

La nocion de operador totalmente continuo es muy importante desde el pun-to de vista teorico porque implica muchas buenas propiedades operativas.

Tambien es relevante desde el punto de vista practico porque hay ejemplosmuy utiles de este tipo de operador.

Este nuevo concepto esta basado en la nocion de conjunto compacto, y parademostrar de forma idonea las diversas propiedades, se requiere dominar lasdistintas caracterizaciones de la compacidad en los espacios metricos, dadasen terminos de nociones relacionadas con la definicion topologica de com-pacidad (en terminos de cubrimientos por conjuntos abiertos).

Por esto resulta util reunir las nociones equivalentes a la compacidad y tra-bajar con ellas de la forma mas apropiada en el contexto de la nocion de estenuevo tipo de operador.

142

5.1 Conjuntos compactos en espacios norma-

dos

Definicion 5.1.1 Sea Λ un conjunto de ındices y ademas supongamos que{Gα}, donde α recorre Λ, tiene la propiedad de que A ⊂ ⋃

α∈Λ Gα. Entonces{Gα} se denomina cubrimiento del conjunto A. Un subcubrimiento de A esuna parte del cubrimiento que constituye tambien un cubrimiento para A. Siel conjunto Λ es finito, se dice que es un cubrimiento finito de A. Si cadaGα es abierto, entonces se dice que es un cubrimiento abierto de A y si elconjunto A tiene la propiedad de que, para todo cubrimiento abierto, se puedetomar un subcubrimiento finito, decimos que A es compacto.

Teorema 5.1.1 Sea (X, d) un espacio metrico. Entonces si A es compactose cumple que A es cerrado y acotado.

(Ejercicio resuelto 1) Un conjunto Q en un espacio normado X se denominasucesionalmente compacto si de toda sucesion xn ∈ Q(n ∈ N) se puedeescoger una subsucesion cuyo lımite pertenece a Q.

Definicion 5.1.2 En el espacio metrico (X, d) un subespacio A se denominarelativamente compacto si A es compacto.

En los espacios finito-dimensionales, en particular en los espacios euclıdeosRn(Cn), relativamente compacto es equivalente a acotacion en virtud de ladefinicion anteriormente expuesta. En general, como los conjuntos compactosson siempre cerrados, tambien podemos decir que los conjuntos compactosson siempre relativamente compactos.

Definicion 5.1.3 El conjunto de puntos N de un espacio metrico (X, d) sedenomina ε−red respecto al conjunto A si para todo x ∈ A existe un y ∈ Ntales que d(x, y) < ε.

De manera equivalente para el caso en que tengamos un espacio normadopodemos reescribir la definicion anterior: un conjunto Mε ⊂ X se denominaε−red si para cualquier x ∈ M existe un x ⊂ Mε tal que ‖x− x‖ < ε.

Por ejemplo, supongamos que A es R2. Entonces el conjunto

N = {(m,n) : m,n = 0,±1, ...}

143

constituye una ε−red para R2, para cualquier ε >

√2

2.

Sea G un recinto acotado y cerrado en el espacio En, C(G) un espacio defunciones continuas sobre G con la norma ‖x‖ = max

t∈G|x(t)|, M ⊂ C(G) un

conjunto de funciones. Este conjunto se denomina equiacotado si existe unc ∈ R tal que para cualquier x ∈ M se cumple la desigualdad ‖x‖ ≤ c;equicontinuo si para cualquier ε > 0 existe un δ = δ(ε) > 0 tal que paracualesquiera t1, t2 ∈ G que satisfacen la desigualdad ‖t1 − t2‖ < δ se cumplela desigualdad |x(t1)− x(t2)| < ε simultaneamente para todos los x ∈ M .

Si tenemos un conjunto A de un espacio metrico (X, d) decimos que es total-mente acotado si para cualquier ε > 0 existe una ε−red finita1 con respectoa A.

Probemos que totalmente acotado en espacios metricos implica inmediata-mente acotacion. (Ejercicio resuelto 2) La compacidad en espacios metricosse puede resumir mediante la caracterizacion siguiente:

Teorema 5.1.2 Sea A un subconjunto de un espacio metrico X. Entonceslas siguientes aseveraciones son equivalentes: (i) A es compacto, (ii) A essucesionalmente compacto.

5.2 Operadores lineales totalmente continuos

Muchos de los operadores integrales que se presentan en la practica tienenuna caracterıstica especial que facilita su estudio y que esta relacionada conlas nociones de continuidad y de compacidad.

Esta caracterıstica se define como operador lineal compacto (o tambien total-mente continuo, completamente continuo) y una de las razones de su utilidades que se transmite mediante operaciones usuales como la suma, el productopor un escalar, el producto por un operador lineal continuo (en el sentido dela composicion) y el lımite.

Para comenzar a introducir este tema empezaremos por recordar la nocion

1Una ε−red finita es una ε−red con un numero finito de elementos.

144

de conjunto relativamente compacto: son aquellos conjuntos cuya clausuraes compacta.

Definicion 5.2.1 Sean X, Y espacios normados, A un operador lineal talque,

A : X −→ Y.

A se denomina totalmente continuo si transforma conjuntos acotados de Xen conjuntos relativamente compactos de Y .

(Ejercicio resuelto 3)

Teorema 5.2.1 A totalmente continuo ⇒ A continuo.

(Ejercicio resuelto 4)

El conjunto de todos los operadores totalmente continuos de L(X, Y ) sedenomina mediante σ(X, Y ).

Veamos algunos casos particulares en que continuidad implica totalmentecontinuo.

(1) Sean A un operador lineal, X, Y espacios normados lineales, X es finitodimensional ⇒ A es totalmente continuo.

Demostracion

Supongamos que B ⊂ X es acotado, A(B)2 ⊂ A(X)3 ⊂ Y ⇒ A(B)4 escompacto.

(2) Sean A un operador lineal y continuo, A : X −→ Y y A(X) es finito-dimensional ⇒ A es totalmente continuo.

Demostracion

2Como A es continuo, A(B) es acotado.3Finito-dimensional por ser A lineal.4Cerrado y acotado en un espacio finito-dimensional.

145

Se tiene que A es lineal, supongamos que B esta acotado,

B acotado ⇒ A(B)︸ ︷︷ ︸acotado

⊂ A(X)︸ ︷︷ ︸finito-dimensional

⇒ A(B) relativamente compacto

(Ejercicio resuelto 5)

Sin embargo, en general

si A continuo ; A totalmente continuo,

X = l2 A = I (operador unidad) B bola unitaria. I(B) = B que comosabemos no es relativamente compacto porque no es sucesionalmente com-pacto. (Ver Teorema 5.1.2)

Teorema 5.2.2 (Teorema de Hausdorff) Sean X un espacio metrico com-pleto, S ⊆ X. Decimos que S es compacto en X si y solo si para cualquierε > 0 existe una ε−red finita de S.5

Teorema 5.2.3 A ∈ σ(X,Y ) es equivalente a que A transforma la bolaunitaria de X en un conjunto relativamente compacto en Y .

(Ejercicios resueltos 5 y 6) El siguiente Teorema nos da un criterio importantepara determinar si un conjunto es totalmente acotado porque relaciona esteconcepto con un resultado similar al Teorema de Bolzano-Weierstrass paralos numeros reales.

Teorema 5.2.4 Sea A un subespacio de un espacio metrico (X, d). Si paratoda sucesion de puntos de A se puede seleccionar una subsucesion conver-gente, entonces A es totalmente acotado.

Teorema 5.2.5 σ(X,Y ) es un subespacio en el espacio L(X, Y ), siendo Yun espacio de Banach.

(Ejercicio resuelto 7) El teorema 5.2.5 fundamenta un procedimiento para de-mostrar que un operador dado T es totalmente continuo y es posible obtenerlocomo lımite en norma de una sucesion de operadores totalmente continuossobre un espacio de Banach.

5S totalmente acotado.

146

Procedimiento 6

(P1) Definir una sucesion {Tn} de operadores asociados a T .

(P2) Probar que cada Tn es lineal y totalmente continuo.

(P3) Probar que ‖Tn − T‖ −→n→∞

0.

(P4) Inferir que T es totalmente continuo.

Ejemplo: Probar que T : l2 −→ l2 definido ası: si

x = (x1, x2, ...) Tx =

(x1,

1

2x2,

1

3x3, ...,

1

nxn, ...

),

es totalmente continuo.

(P1) Tnx =

(x1,

1

2x2, ...,

1

nxn, 0, 0, ...

).

(P2) Tn es lineal, continuo y R(Tn) finito-dimensional, por tanto Tn es to-talmente continuo.

(P3) Desarrollando ‖Tx− Tnx‖2

‖Tx− Tnx‖2 =

∥∥∥∥∥1

n + 1xn+1,

1

n + 2xn+2, ...

∥∥∥∥∥

2

=1

(n + 1)2|xn+1|2 +

1

(n + 2)2|xn+2|2 + ...

≤ 1

(n + 1)2(|xn+1|2 + |xn+2|2 + ...)

≤ 1

(n + 1)2‖x‖2 .

Luego,

‖Tx− Tnx‖2 ≤ 1

(n + 1)2‖x‖2 ⇒ ‖Tx− Tnx‖ ≤ 1

n + 1‖x‖

⇒ ‖T − Tn‖ ≤1

n + 1−→n→∞

0.

147

(P4) T es totalmente continuo.

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

Teorema 5.2.7 Sea A ∈ σ(X, Y ). Si xn ∈ X(n ∈ N) y xnw−→ x0 entonces

A(xn) −→ A(x0).

(Ejercicio resuelto 9)

Teorema 5.2.8 Sea A ∈ L(X, Y ), donde Y es un espacio de Banach. Eloperador A es totalmente continuo si y solo si A∗ es totalmente continuo.

Sea X un espacio de Banach y consideremos Y = X. Entonces se denotaA ∈ σ(X, Y ) = σ(X); x, y ∈ X. La ecuacion

Ax = y

se denomina ecuacion de primera especie, la ecuacion

x− Ax = y (5.2.1)

se denomina ecuacion de segunda especie. Conjuntamente con la ecuacion(5.2.1) consideramos la ecuacion homogenea correspondiente

z − Az = 0 (5.2.2)

analogamente, consideramos la ecuacion conjugada

f − A∗f = ω (5.2.3)

y una ecuacion homogenea conjugada

ψ − A∗ψ = 0. (5.2.4)

Teorema 5.2.9 Las siguientes afirmaciones son equivalentes:

a) La ecuacion (5.2.1) tiene solucion unica para cualquier segundo miembroy;

b) la ecuacion (5.2.2) tiene solamente solucion trivial;

148

c) la ecuacion (5.2.3) tiene solucion unica para cualquier segundo miembro;

d) la ecuacion (5.2.4) tiene solamente solucion trivial.

Si se cumple una de las condiciones anteriores, entonces los operadores I−Ae I − A∗ son continuamente inversibles.

Teorema 5.2.10 Las ecuaciones (5.2.2) y (5.2.4) tienen el mimso numerofinito de soluciones linealmente independientes.

Los teoremas 5.2.9 y 5.2.10 son muy importantes para las aplicaciones porquecaracterizan de forma alternativa el comportamiento de un operador total-mente continuo y en el caso de existir solucion unica se puede demostrarmediante el manejo de la ecuacion homogenea, lo cual es usualmente massimple.

En particular, los resultados se estos teoremas son aplicables al estudio delas ecuaciones integrales de la forma:

x(s)− µ

∫ b

a

k(s, t)x(t) dt = y(s), con µ 6= 0

puesto que de forma operacional puede escribirse ası:

x(s)− (Ax)(s) = y(s),

donde

(Ax)(s) = µ

∫ b

a

k(s, t)x(t) dt

︸ ︷︷ ︸(A1x)(s)

o seax− Ax = y.

Para utilizar los teoremas citados, se requiere una condicion suficiente paraque A1 sea totalmente continuo. Esta condicion estara dada porque k(s, t)sea una funcion continua sobre [a, b]× [a, b].

149

5.2.1 Ejercicios Resueltos

1. Demostrar el teorema 5.1.1

Solucion:

Compacto ⇒ Cerrado

Supongamos que A es un subconjunto compacto de (X, d). Vamos aprobar que Ac es abierto. Sea y ∈ Ac, demostraremos que existe unconjunto abierto B tal que y ∈ B ⊂ Ac. Consideremos x ∈ A, comox 6= y, para algun numero real εx, existen vecindades de x e y, Sεx(x)y Sεx(y) tales que,

Sεx(x) ∩ Sεx(y) = ∅, (5.2.5)

ya que cada espacio metrico satisface el axioma de separacion de Haus-dorff. Ademas, como x ∈ Sεx(x) para todo x ∈ A, se cumple que

A ⊂⋃x∈A

Sεx(x).

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

A ⊂n⋃

i=1

Sεxi(xi). (5.2.6)

Para cada xi ∈ A (i = 1, 2, 3, ..., n) como y ∈ Ac existe alguna vecindadde y, Sεxi

(y) que satisface (5.2.5), es decir

Sεxi(xi) ∩ Sεxi

(y) = ∅. (5.2.7)

Ahora formemos

B =n⋂

i=1

Sεxi(y).

Supongamos que A ∩B no es vacıo. Como

A ∩B ⊂n⋃

i=1

(Sεxi(xi) ∩B).

Esto significa queB ∩ Sεxi

(xi) 6= ∅

150

para algun i por la hipotesis (5.2.6). Pero

B ∩ Sεxi(xi) ⊂ Sεxi

(y) ∩ Sεxi(xi).

Por tanto,Sεxi

(x) ∩ Sεxi(y) 6= ∅,

y contradice la hipotesis (5.2.7). Por tanto A ∩ B = ∅, donde B esun conjunto abierto por ser la interseccion finita de bolas abiertas yademas

A ∩B = ∅ ⇒ y ∈ B ⊂ Ac.

Compacto ⇒ Acotado

Supongamos que A es compacto y consideremos un cubrimiento abiertode A que consiste en 1−vecindades para cada uno de sus puntos. Luego,

A ⊂⋃x∈A

S1(x).

Puesto que asumimos que A es compacto, entonces existen x1, x2, ...xn

tales que

A ⊂n⋃

i=1

S1(xi) = C.

Probemos que A esta acotado. Sea

a = max d(xi, xj), 1 ≤ i ≤ j ≤ n

y sean x, y ∈ A; existen elementos xi e yi tales que x ∈ S1(xi) ey ∈ S1(xj). Aplicando la desigualdad triangular, podemos decir que:

d(x, y) ≤ d(x, xi) + d(xi, xj) + d(xj, y) ≤ 1 + a + 1 = 2 + a.

Esto implica que el diametro de A es menor o igual que 2 + a y portanto A esta acotado.

2. Probar que si un conjunto es totalmente acotado es necesariamenteacotado.

Solucion:

151

Supongamos que A totalmente acotado y sea ε > 0. Como hemosasumido que A es totalmente acotado, entonces existe un ε−conjuntofinito para A, llamemoslo N . Puesto que N es un conjunto finito depuntos, su diametro es finito, o sea, Diam(N) < ∞. Ahora, sean a1 ya2 dos puntos de A. Entonces existen dos puntos y1, y2 ∈ N , tales qued(a1, y1) < ε y d(a2, y2) < ε. Aplicando la desigualdad triangular, setiene,

d(a1, a2) ≤ d(a1, y1) + d(y1, y2) + d(y2, a2)

≤ 2ε + Diam(N),

pero, puesto que a1 y a2 son dos puntos cualesquiera de A, esto implicaque

supa1,a2∈A

d(a1, a2) = Diam(A) ≤ 2ε + Diam(N),

quedando probado ası que A es acotado. El recıproco de manera generalno se cumple y resulta evidente por el contraejemplo siguiente:

• Consideremos el espacio metrico l2 y sean

x = (α1, α2, ..., αn, ...) e y = (β1, β2, ..., βn, ...)

dos puntos de este espacio con la distancia d(x, y) definida de lamanera siguiente:

d(x, y) =

[ ∞∑i=1

|αi − βi|2] 1

2

.

Consideremos el subespacio siguiente de l2,

A = {x ∈ l2 : d(x, 0) = 1},

estos son los puntos de la superficie de la bola unitaria en l2. Parados puntos cualesquiera x e y en A, podemos decir que

d(x, y) ≤ d(x, 0) + d(y, 0) = 2

152

concluyendo que A es, de hecho, acotado. Para probar que A no estotalmente acotado, consideremos la siguiente coleccion de puntosde A:

e1 = (1, 0, 0, ...)

e2 = (0, 1, 0, ...)

e3 = (0, 0, 1, ...)

. .

. .

. .

En este caso, para n 6= m, se tiene que d(en, em) =√

2. Pode-

mos afirmar que, para un ε <

√2

2, no existe una ε−red finita,

ya que si suponemos que ε <

√2

2y si denotamos por N la red

correspondiente, existen yi, yj ∈ N tales que

d(ei, yi) < ε y d(ej, yj) < ε.

Probemos que ∀i 6= j se cumple que yi 6= yj. Supongamos lo con-trario, es decir, que existen i0 6= j0 tales que yi0 = yj0 . Entonces

d(ei0 , ej0) ≤ d(ei, yi0) + d( yi0︸︷︷︸=yj0

, ej) < 2ε ≤√

2, ¡Absurdo!

por tanto, N es infinito. De aquı que no existe una ε−red finita

para ε <

√2

2, y A no es totalmente acotado.

3. Sean X un espacio normado, z ∈ X fijo y f ∈ X ′.

Definamos A : X −→ X de la manera siguiente:

x ∈ X A(x) = f(x)︸︷︷︸∈K

z (5.2.8)

Probar que A es totalmente continuo.

Solucion:

153

1ro) ¿A lineal?

A(αx+βy) = f(αx+βy)z = [αf(x)+βf(y)]z = α f(x)z︸ ︷︷ ︸A(x)

+β f(y)z︸ ︷︷ ︸A(y)

2do) ¿A totalmente continuo? Consideremos A acotado ¿A(B) rela-tivamente compacto? De acuerdo con el Teorema 5.1.2 debemosprobar que de cada sucesion en A(B) se puede extraer una sub-sucesion convergente (en A(B)).

Sea

yn ∈ A(B) ⇒ ∃ xn︸︷︷︸acotada

∈ B : yn = A(xn) = f(xn)z

Vamos a probar que {f(xn)} es una sucesion acotada de escalares

|f(xn)| ≤ ‖f‖ ‖xn‖ ≤ ‖f‖M ∀n ∈ NPor tanto,

∃xnk: f(xnk

) −→ λ ∈ K.

Consideremos {A(xnk)}, entonces podemos inferir sustituyendo en

(5.2.8):A(xnk

) = f(xnk)z −→ λz.

4. Demostrar el teorema 5.2.1.

Solucion:

A continuo ≡ [B acotado ⇒ A(B) acotado].

Por tanto vamos a partir de que B es acotado en X, entonces

A(B) es relativamente compacto ⇒ A(B) es compacto6.

ComoA(B) acotado7 ⇒ A(B) acotado8.

6Aplicando la definicion de relativamente compacto.7Aplicando el Teorema 5.2.1.8Cualquier subconjunto de un conjunto acotado tambien esta acotado.

154

5. Sea T ∈ σ(l2).

a) Si Tn es totalmente continuo para cada n,

Tn : X −→ Y,

donde Y es un espacio de Banach y

Tns−→ T.

Mostrar que no necesariamente T es totalmente continuo.

b) Demostrar que existe una sucesion

Tn ∈ L(l2)(n ∈ N),

tal queTn −→

n→∞T

y R(T ) es de dimension finita para todos los n.

Solucion al inciso a) Sea

X = Y = l2 ; x = (x1, x2, ..., xn, ...) ; Tnx = (x1, x2, ..., xn, 0, 0, ...).

Entonces Tn es lineal, continuo, dim R(Tn) = n, luego Tn es total-mente continuo. Pero

Tns−→ I,

y sabemos que I no es totalmente continuo.

Solucion al inciso b) Sean

Tx = (y1, y2, ...) y Tnx = (y1, ..., yn, 0, 0, ...),

luego dim R(Tn) = n. Probemos que ‖Tn − T‖ −→n→∞

0.

‖Tn − T‖ = sup‖x‖=1

‖(0, ..., 0︸ ︷︷ ︸n

, yn+1, yn+2, ...)‖

= sup‖x‖=1

[ ∞∑

k=n+1

|yk|2] 1

2

−→n→∞

0.

155

6. Probar el teorema 5.2.3.

Solucion:

A ∈ σ(X,Y )Def.⇔ [B acotado de X

⇒ A(B) relativamente compacto en Y ]

Considerando como caso particular de conjunto acotado la bola uni-taria, se tiene que

A ∈ σ(X, Y ) ⇒ [B bola unitaria de X

⇒ A(B) relativamente compacto en Y ]

Recıprocamente supongamos que B es un conjunto acotado. Entoncesexiste r > 0 tal que B ⊂ {x ∈ X : ‖x‖ ≤ r}︸ ︷︷ ︸

Sr

. Se tiene que

A(B) ⊂ A(Sr) ⇒ A(B) ⊂ A(Sr)

Es suficiente probar que A(Sr) es relativamente compacto y aplicar queun subconjunto cerrado de un compacto tambien lo es. Probemos quede cada sucesion de A(Sr) se puede extraer una subsucesion conver-gente en A(Sr).

Sea

yn ∈ A(Sr) ⇒ ∃xn ∈ Sr : yn = Axn, ‖xn‖ ≤ r ⇒‖ xn/r︸︷︷︸zn

‖≤ 1

Por la hipotesis de Azn se puede extraer una subsucesion convergentea z. Como xnk

= rznky A es lineal:

Axnk= rAznk

−→ rz

7. Demostrar el teorema 5.2.5.

Solucion:

156

1ro.) Sea C acotado en X.

{xn} ⊂ C.

A compacto ⇒ ∃{x(1)n } ⊂ {xn} : A(x

(1)n ) −→ y;

B compacto ⇒ ∃{x(2)n } ⊂ {x(1)

n } : B(x(2)n ) −→ z,

Consideremos (A + B)(x(2)n ) = A(x

(2)n ) + B(x

(1)n ) −→ y + z,

luego A,B ∈ σ(X,Y ) ⇒ A + B ∈ σ(X,Y ).

Analogamente se prueba que A ∈ σ(X,Y ) y λ escalar ⇒ λA ∈σ(X, Y ).

2do.) σ(X,Y ) cerrado.

Sea A ∈ σ(X, Y ).

∃An ∈ σ(X, Y ) : An −→n→∞

A en L(X, Y ).

Consideremos C acotado en X y {xn} ⊂ C. Entonces ∃L > 0tal que ‖xn‖ ≤ L. Veamos si {Axn} contiene una subsucesionconvergente,

para A1 existe {x(1)n } ⊂ {xn} tal que {A1(x

(1)n )} es convergente;

para A2 existe {x(2)n } ⊂ {x(1)

n } ⊂ {xn} tal que {A2(x(2)n )} es con-

vergente y ası sucesivamente.

Construyamos la sucesion diagonal {x(n)n } y probemos que {A(x

(n)n )}

converge. Como Y es de Banach es suficiente probar que es fun-damental. Para ε > 0, existen n, m, k suficientemente grandes de

157

modo que:

∥∥A(x(n)n )− A(x(m)

m )∥∥ ≤

∥∥A(x(n)n )− Ak(x

(n)n )

∥∥ +∥∥Ak(x

(n)n )− Ak(x

(m)m )

∥∥+

∥∥Ak(x(m)m )− A(x(m)

m )∥∥

≤ ‖A− Ak‖︸ ︷︷ ︸<ε

∥∥x(n)n

∥∥︸ ︷︷ ︸≤L

+∥∥Ak(x

(n)n )− Ak(x

(m)m )

∥∥︸ ︷︷ ︸

<ε

+ ‖Ak − A‖︸ ︷︷ ︸<ε

∥∥(x(m)m )

∥∥︸ ︷︷ ︸

≤L

∴ {Ak(x(n)n )} converge.

8. Probar el teorema 5.2.6.

Solucion:

1ro) Supongamos que A es totalmente continuo.

C acotado ⇒ A(C) relativamente compacto ≡ A(C) compacto9.

Entonces,B(A(C)) compacto en Z10,

luego es cerrado.

B(A(C)) ⊂ B(A(C)) ⇒ B(A(C)) ⊂ B(A(C))11.

Entonces B(A(C)) es compacto, por ser un subconjunto cerradode un conjunto compacto.

2do) Supongamos ahora que B es totalmente continuo.

C acotado

A continuo ⇒ A(C) acotado

⇒ B(A(C)) relativamente compacto

⇒ BA totalmente continuo.

10Por ser la imagen continua de un compacto.11Por la caracterizacion de clausura de un conjunto.

158

Consecuencia

• Si X = l2, entonces un operador A totalmente continuo no puedetener inverso acotado. Si existiera A−1 acotado se tuviera:

A︸︷︷︸Tot. cont.

A−1︸︷︷︸acot.

= I ⇒ I totalmente continuo,

esto es imposible porque la bola unitaria cerrada se transforma ensı misma y esta no es compacta segun se ha visto.

9. Probar el teorema 5.2.7.

Solucion:

1ro) Vamos a probar queAxn

w−→ Ax0.

Sea g ∈ Y ′ y definamos

f(z) = g(Az),

es decir f = g ◦ A. entonces f es lineal, continuo porque A estotalmente continuo y por tanto

xnw−→ x0 ⇒ f(xn) −→ f(x0)

⇒ g(Axn) −→ g(Ax0) ∀g ∈ Y ′

∴ Axnw−→ Ax0.

2do) Vamos a probar que

Axn −→ Ax0.

Supongamos lo contrario. Entonces ∃η > 0 tal que {Axn} contieneuna subsucesion {Axnk

} que cumple

‖Axnk− Ax0‖ ≥ η.

Como {Axnk} converge debilmente (porque {xn} converge debil-

mente), ella esta acotada, luego {Axnk} contiene a su vez una

subsucesion{Ax′nk

}convergente a y ∈ Y ′ (por ser A totalmente

159

continuo).

Entonces tambienAx′nk

w−→ y.

PeroAxn

w−→ Ax0 ⇒ Ax′nk

w−→ Ax0.

Por la unicidad del lımite debil, y = Ax0, de donde se tendrıa que

∥∥Ax′nk− y

∥∥ ≥ η ¡Absurdo!

Esto contradice el hecho de que Ax′nkconverge a y.

10. Probar que:

(A1x)(s) =

∫ b

a

k(s, t)x(t) dt x ∈ C[a, b].

es totalmente continuo si k(s, t) es continua sobre [a, b]× [a, b].

Solucion:

A1 : C[a, b] −→ C[a, b] es lineal.

Sea C un conjunto acotado y consideremos {xn} ⊂ C. Formemos{Txn} ⊂ C[a, b] y probemos que es equiacotado y equicontinuo parautilizar el teorema 5.2.3.

1ro) Equiacotado:

‖A1xn‖ = maxS∈[a,b]

∣∣∣∣∫ b

a

k(s, t)xn(t) dt

∣∣∣∣ ≤ ‖xn‖∫ b

a

|k(s, t)| dt

{xn} acotada y k(s, t) continua sobre un compacto implican queexisten c > 0 y M > 0 tales que

‖xn‖ ≤ c ∀n y |k(s, t)| ≤ M ∀s, t ∈ [a, b]

∴ ‖A1xn‖ ≤ c M (b− a).

160

2do) Equicontinuo:

|(A1xn)(s1)− (A1xn)(s2)| =

∣∣∣∣∫ b

a

[k(s1, t)− k(s2, t)] xn(t) dt

∣∣∣∣

≤∫ b

a

|k(s1, t)− k(s2, t)| |xn(t)| dt

≤ c

∫ b

a

|k(s1, t)− k(s2, t)| dt.

Como k es continua sobre un compacto, entonces k es uniforme-mente continua. Luego, ∀ε > 0 ∃δ > 0 tal que si

|s1 − s2| < δ ⇒ ∀t ∈ [a, b] |k(s1, t)− k(s2, t)| < ε.

∴ |(A1xn)(s1)− (A1xn)(s2)| ≤ c ε (b− a) para |s1 − s2| < δ.

5.3 Ejercicios resueltos aplicados a la resolu-

cion de ecuaciones integrales

1. Sea T : C[a, b] −→ C[a, b] definido por

(Tx)(t) = v(t) + µ

∫ t

a

K(t, s) x(s) ds

Probar por induccion que:

∣∣(Tm+1(x))(t)− (Tm+1(y))(t)∣∣ ≤ |µ|m+1 Mm+1

(t− a)m+1

(m + 1)!d(x, y) m = 0, 1, 2, ...

donde se supone que K(t, s) ∈ (C[a, b]× [a, b]).

Solucion:

Probemos la propiedad para m = 0,

|(T (x))(t)− (T (y))(t)| =∣∣∣∣6 v(t) + µ

∫ t

a

K(t, s) x(s) ds− 6 v(t)− µ

∫ t

a

K(t, s) y(s) ds

∣∣∣∣ ,

por la linealidad de la integral tenemos entonces que

|(T (x))(t)− (T (y))(t)| = |µ|∣∣∣∣∫ t

a

K(t, s)[x(s)− y(s)] ds

∣∣∣∣ .

161

Como K es continua sobre un compacto, existe M > 0 tal que

|K(t, s)| ≤ M ∀(t, s) ∈ [a, b]× [a, b].

Sid(x, y) = max

s∈[a,b]|x(s)− y(s)| ,

se obtiene la acotacion siguiente:

|(T (x))(t)− (T (y))(t)| ≤ |µ| M d(x, y) (t− a).

Sea la hipotesis de induccion:

|(Tm(x))(t)− (Tm(y))(t)| ≤ |µ|m Mm(t− a)m

m!d(x, y)

Demostracion de la tesis:

∣∣(Tm+1(x))(t)− (Tm+1(y))(t)∣∣ = |(Tm(x))(t)− (Tm(y))(t)|

Por la definicion de T , tenemos:∣∣∣∣6 v(t) + µ

∫ t

a

K(t, s)(Tm(x))(s) ds− 6 v(t)− µ

∫ t

a

K(t, s)(Tm(y))(s) ds

∣∣∣∣

= |µ|∣∣∣∣∫ t

a

K(t, s)[(Tm(x))(s)− (Tm(y))(s)] ds

∣∣∣∣

Por propiedades de la integral tenemos,

≤ |µ|∫ t

a

|K(t, s)| |(Tm(x))(s)− (Tm(y))(s)| ds

≤ |µ|M∫ t

a

|(Tm(x))(s)− (Tm(y))(s)| ds Por hipotesis sobre K

≤ |µ|M |µ|m Mm

m!d(x, y)

∫ t

a

(s− a)m ds

︸ ︷︷ ︸(t− a)m+1

m + 1

Por la hipotesis de induccion

= |µ|m+1 Mm+11

(m + 1)!d(x, y)(t− a)m+1

162

2. Resolver por iteracion, eligiendo x0 = v y suponiendo que |µ| < 1 laecuacion:

x(t)− µ

∫ 1

0

et−s x(s) ds = v(t)

Solucion:

De acuerdo a la notacion del ejercicio 1, se quiere resolver la ecuacion

(Tx)(t) = v(t) + µ

∫ 1

0

et−s x(s) ds = x(t),

donde K(t, s) = et−s. El proceso iterativo esta dado por

xn+1 = Txn n = 0, 1, 2, ...

Para n = 0 la primera iteracion es:

x1(t) = v(t) + µ

∫ 1

0

et−s x0(s)︸ ︷︷ ︸v(s)

ds

= v(t) + µ et

∫ 1

0

e−t v(s) ds

︸ ︷︷ ︸K0

Para n = 1 la segunda iteracion es:

x2(t) = v(t) + µ

∫ 1

0

et−s x1(s) ds

= v(t) + µet

∫ 1

0

e−s(v(s) + µ es K0) ds

= v(t) + µet(K0 + µ K0) = v(t) + µ K0 et(1 + µ)

Probemos por induccion que:

xn+1(t) = v(t) + µ et K0(1 + µ + µ2 + ... + µn)

Para n = 1 ya esta probado.

La hipotesis de induccion es:

xn(t) = v(t) + µ et K0(1 + µ + ... + µn−1)

163

La tesis de induccion resulta:

xn+1(t) = 12v(t) + µ

∫ 1

0

et−s xn(s) ds

Sustituyendo en la hipotesis de induccion y efectuando:

xn+1(t) = v(t) + µ et

∫ 1

0

e−sv(s) + µ es K0(1 + µ + ... + µn−1) ds

= v(t) + µ et

∫ 1

0

K0 + µ K0(1 + µ + ... + µn−1) ds

= v(t) + µ et

∫ 1

0

K0(1 + µ(1 + µ + ... + µn−1)) ds

= v(t) + µ et K0(1 + µ + µ2 + ... + µn)

Como |µ| < 1, la solucion buscada es

x(t) = limn→∞

xn(t) = v(t) + µ et K0

1

1− µ

3. Definir el operador S : C[a, b] −→ C[a, b] de la manera siguiente:

(S(x))(t) =

∫ b

a

K(s, t) x(s) ds

y hacer zn = xn − xn−1, n ≥ 1.

3.1) Probar que la formula del proceso relativo conduce a

zn+1 = µ S(zn) n ≥ 1. (5.3.1)

3.2) Eligiendo x0 = v, probar el desarrollo de Neumann

x = limn→∞

xn(t) = v(t) + µ S(v) + µ2 S2(v) + µ3 S3(v) + ... (5.3.2)

Solucion al inciso 3.1)

zn+1(t)Def.= xn+1(t)− xn(t)

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

12Definicion de la iteracion

164

Como S es lineal

zn+1(t) = µ S (xn − xn−1)︸ ︷︷ ︸zn

(t) ⇒ zn+1 = µ S(zn)

Solucion al inciso 3.2)

x = limn→∞

xn = limn→∞

[ x0︸︷︷︸v

+

z1︷ ︸︸ ︷(x1 − x0) + (x2 − x1)︸ ︷︷ ︸

z2

+...+

zn︷ ︸︸ ︷(xn − xn−1)]

Obtengamos los sumandos a partir del segundo en el orden senal-ado:

z1(t)Def.= x1(t)−

v(t)︷︸︸︷x0(t) =

x1(t)︷ ︸︸ ︷6 v(t) + µ S( x0︸︷︷︸

v

)(t)− 6 v(t)

⇒ z1 = µ S(v)

z2Por (5.3.1)

= µ S(z1) = µ S(µ S(v)) S lineal

⇒ µ2 S2(v)

Tomando como hipotesis de induccion zn = µn Sn(v) y sustituyen-do en el caso (n + 1)−esimo con n ≥ 1:

zn+1 = µ S(zn) = µ S(µn Sn(v)) S lineal

= µn+1 Sn+1(v)

Sustituyendo

x = limn→∞

xn = limn→∞

[v + µ S(v) + µ2 S2(v) + ... + µn Sn(v)]

= v + µ S(v) + µ2 S2(v) + ...

4. Resolver x(t)− µ∫ 1

0x(s) ds = 1 aplicando el desarrollo de Neumann.

Solucion:

Para este caso:K(t, s) ≡ 1; v(t) ≡ 1

165

Sustituyendo en la ecuacion (5.3.2)

x = 1 + µ S(1) + µ2 S2(1) + ... + µn Sn(1) + ... (5.3.3)

Se obtiene

S(1) =

∫ 1

0

K(s, t)︸ ︷︷ ︸1

1︷︸︸︷v(s) ds = 1

S2(1) =

∫ 1

0

K(s, t)︸ ︷︷ ︸1

1︷ ︸︸ ︷(S(1))(s) ds = 1, etc.

Sustituyendo en (5.3.3),

x = 1 + µ + µ2 + ... + µn + ...

Nota: Para |µ| < 1, se tiene que x =1

1− µ.

5. Obtener la serie de Neumann sustituyendo en la ecuacion integral

v(t) = x(t)− µ

∫ b

a

K(t, s) x(s) ds

la siguiente serie (supuesta uniformemente convergente).

x(t) = v0(t) + µ v1(t) + µ2 v2(t) + ...

Solucion:

v(t) = (v0(t) + µ v1(t) + µ2 v2(t) + ...)

−µ

∫ b

a

K(s, t)(v0(s) + µ v1(s) + µ2 v2(s) + ...) ds.

Integrando termino a termino

v(t) = (v0(t) + µ v1(t) + µ2 v2(t) + ...)

−µ

∫ b

a

K(s, t)v0(s) ds− µ2

∫ b

a

K(s, t) v1(s) ds

−µ3

∫ b

a

K(s, t) v2(s) + ...) ds− ...

166

Agrupando

v(t) = v0(t) + µ

(v1(t)− µ

∫ b

a

K(s, t)v0(s) ds

)

+µ2

(v2(t)−

∫ b

a

K(s, t)v1(s) ds

)

+µ3

(v3(t)−

∫ b

a

K(s, t)v2(s) ds

)+ ...

Comparando los coeficientes podemos observar que:

v0(t) = v(t); vn(t)− µ

∫ b

a

K(s, t)vn−1(s) ds = 0 n ≥ 1.

5.1) Si |v(t)| ≤ c0 y |K(t, s)| ≤ M probar que:

|vn(t)| ≤ c0[M(b− a)]n

5.2) Determinar una condicion suficiente para que la serie sea uni-formemente convergente.

5.3) Probar que la serie de Neumann puede escribirse:

x(t) = v(t) + µ

∫ b

a

K(t, s, µ) v(s) ds

donde

K(t, s, µ) =n∑

j=0

µjKj+1(t, s),

siendo

Kn(t, s) =

∫ b

a

...

∫ b

a

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

Solucion al inciso 5.1)

|v1(t)| ≤∫ b

a

|K(t, s)| | v0(s)︸ ︷︷ ︸v(s)

| ds ≤ 13M c0(b− a)

13Por hipotesis y aplicando propiedades de la integral.

167

De manera analoga

|v2(t)| ≤∫ b

a

|K(t, s)| |v1(s)| ds ≤ M(Mc0(b−a))(b−a) = M2c0(b−a)2.

Por induccion

|vn+1(t)| ≤ M(Mn c0(b− a)n)(b− a) = Mn+1 c0(b− a)n+1.

Solucion al inciso 5.2) Como el termino general de la serie

x(t) = v0(t) + µ1v1(t) + µ2v2(t) + ...

es µnvn(t), podemos acotarlo ası

|µnvn(t)| = |µ|n |vn(t)| ≤ 14 |µ|n Mn(b− a) c1n0

Vamos a aplicar el criterio de la raız n−esima a la serie cuyotermino general esta dado por el miembro derecho de la desigual-dad anterior

n√|µ| c0 Mn(b− a)n = |µ|M (b− a) c

1n0

⇒ limn→∞

|µ|M (b− a) c1n0 = |µ|M (b− a).

Si |µ|M(b− a) < 1 entonces

∞∑n=0

|µ|n Mn(b− a)nc0 < +∞,

luego,∞∑

n=0

µnvn

es absolutamente convergente si

|µ| < 1

M(b− a).

14Por el inciso 5.1.

168

Solucion al inciso 5.3) Por convenio K1 ≡ K. Se tiene que

x = v + µS(v) + µ2S2(v) + µ3S3(v) + ...

x(t) = v(t) + µ

∫ b

a

K1(t,s)︷ ︸︸ ︷K(t, s) v(s) ds

︸ ︷︷ ︸S(v)

+µ2

∫ b

a

K(t, t1)(S(v))(t1) dt1︸ ︷︷ ︸

S2(v)

+...

Sustituyendo

S2(v) =

∫ b

a

K(t, t1)

[∫ b

a

K(t1, s)v(s) ds

]dt1

=

∫ b

a

[∫ b

a

K(t, t1)K(t1, s) dt1

]

︸ ︷︷ ︸K2(t,s)

v(s) ds.

Analogamente:

S3(v) =

∫ b

a

K(t, t2)S2(v)(s) ds

=

∫ b

a

K(t, t2)

[∫ b

a

∫ b

a

K(t2, t1)K(t1, s)v(s) dt1 ds

]dt2

=

∫ b

a

[∫ b

a

∫ b

a

K(t, t2)K(t2, t1)K(t1, s) dt2 dt1

]

︸ ︷︷ ︸K3(t,s)

v(s) ds

Y ası, de la misma manera, se obtienen los demas terminos de laserie.

6. Probar que los nucleos iterados satisfacen la condicion:

Kn(s, t) =

∫ b

a

Kn−1(s, u)K(u, t) du

169

Solucion:

De acuerdo con la expresion dada en el enunciado del inciso 5.3

Kn+1(s, t) =

∫ b

a

...

∫ b

a

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

Aplicando el metodo de Fubini, podemos transformar la expresion an-terior

∫ b

a

[∫ b

a

...

∫ b

a

K(s, t1)...K(tn−1, tn) dt1...dtn−1

]

︸ ︷︷ ︸K(s,tn)

K(tn, t)dtn

Luego,

Kn+1(s, t) =

∫ b

a

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

7. Hallar los nucleos iterados correspondientes a K(s, t) = t es con a = 0y b = 1.

Solucion:

K1(s, t) ≡ K(s, t)

K2(s, t) =

∫ 1

0

K1(s, t1)︸ ︷︷ ︸t1 es

K(t1, t)︸ ︷︷ ︸t et1

dt1 = t es

∫ 1

0

t1 et1 dt1

Integrando por partes obtenemos que,

∫ 1

0

t1 et1 dt1 = 1 ⇒ K2(s, t) = K1(s, t) = t es.

De manera analoga se llega a probar que

Kn(s, t) = t es ∀n ≥ 1

8. Dada la ecuacion integral

x(s)− µ

∫ 1

0

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

170

determinar K(s, t, µ).

Solucion:

De acuerdo con el inciso 5.3

K(s, t, µ) =∞∑

j=0

µjKj+1(s, t)

= K1(s, t) + µK2(s, t) + µ2K3(s, t) + ...

K1(s, t) = s t

K2(s, t) =

∫ 1

0

K1(s, u)K(u, t) du =

∫ 1

0

u s t u du

= s t1

3

K3(s, t) =

∫ 1

0

K2(s, u)K(u, t) du =

∫ 1

0

(s t

1

3

)t u du

=1

32s t

Analogamente

Kn+1(s, t) =

(1

3

)n

s t

∴ K(s, t, µ) =

(1

3µ

)0

s t +1

3s t µ +

1

32s t µ2 + ... +

1

3ns t µn + ...

= s t

∞∑n=0

(1

3µ

)n

Que resulta convergente si |µ| < 3.

9. Calcular Kn(s, t) si el nucleo de la ecuacion de Fredholm es:

K(s, t) = sin(t− 2s) 0 ≤ t, s ≤ 2π.

171

Solucion:

Sustituyendo K(s, t) y K1(s, u) ≡ K(s, u) en la formula dada en elinciso 5.3 tenemos:

K2(s, t) =

∫ 2π

0

sin(s− 2u) sin(u− 2t) du

aplicando identidades trigonometricas tenemos,

1

2

∫ 2π

0

cos(s− 3u + 2t) du− 1

2

∫ 2π

0

cos(s− u− 2t) du

luego integrando,

K2(s, t) = −1

2

1

3sin(s− 3u + 2t)

∣∣2π

u=0− 1

2(−1) sin(s− u− 2t)

∣∣2π

u=0

= −1

6(0) +

1

2(0) = 0

∴ Kn(s, t) = 0 n ≥ 2.

10. Resolver la ecuacion de Fredholm donde a = 0, b = 2π y

K(t, s) =N∑

n=1

an sin nt cos ns

Solucion:

Utilizando el desarrollo de Neumann

x(t) = v(t) + µ

∫ 2π

0

K(t, s)v(s)ds

︸ ︷︷ ︸S(v)

ya que por la formula del ejercicio 7

K2(t, s) =

∫ 2π

0

K(t, t1)v(t1, s) dt1 = 0,

172

y tambien K3 = 0, ... Efectuando por ejercicio

K2(t, s) =

∫ 2π

0

(N∑

n=1

an sin nt cos nt1

)(N∑

j=1

aj sin jt1 cos js

)dt1

=N∑

n=1

N∑j=1

∫ 2π

0

(an sin nt cos nt1aj sin jt1 cos js) dt1

=N∑

n=1

N∑j=1

an aj sin nt cos js

∫ 2π

0

cos nt1 sin jt1 dt1.

Donde ∫ 2π

0

cos nt1 sin jt1 dt1 = 015

11. Supongamos que

K(s, t) =n∑

j=1

aj(s)bj(t),

donde aj, bj son funciones linealmente independientes. Si la ecuacionde Fredholm tiene solucion, probar que tiene la forma:

x(s) = v(s) + µ

n∑j=1

cj aj(s) (5.3.4)

donde

cj =

∫ b

a

bj(t)x(t) dt

y las incognitas satisfacen:

cj − µ

n∑j=1

ajkck = vj siendo ajk =

∫ b

a

bk(t) aj(t) dt

vj =

∫ b

a

bj(t) v(t) dt.

15Aplicando identidades trigonometricas.

173

Solucion:

Obtengamos la expresion para S(x)

S(x)(s) =

∫ b

a

K(s, t)x(t) dt =

∫ b

a

(∑j

aj(s) bj(t)

)x(t) dt

=∑

j

aj(s)

(∫ b

a

bj(t)x(t) dt

)

︸ ︷︷ ︸cj

∈ L(a1, ..., an)

Sustituyendo en la ecuacion (5.3.4) escrita en terminos de S(x) obte-nemos

x(s) = v(s) + µ(S(x))(s) = v(s) + µ∑

i

ci ai(s) (5.3.5)

Sustituyendo el nucleo y la solucion en la ecuacion (5.3.4) obtenemos:

x(s) = v(s) + µ

∫ b

a

(n∑

i=1

ai(s)bi(t)

)(v(t) + µ

∑j

cj aj(t)

)dt

= v(s) + µ∑

i

∫ b

a

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

+µ2∑

i

∑j

cj ai(s)

∫ b

a

bi(t)aj(t) dt

︸ ︷︷ ︸aji

reescribiendo la ultima expresion

v(s) + µ∑

i

∫ b

a

ai(s)bi(t)v(t) dt + µ2∑

i

ai(s)∑

j

cj aji (5.3.6)

Igualando ahora las ecuaciones (5.3.5) y (5.3.6)

∑i

ci ai(s) =∑

i

∫ b

a

ai(s)bi(t)v(t) dt + µ∑

i

ai(s)∑

j

cj aji

luego,

∀i ci = vi + µ∑

j

cj aji

174

podemos escribir el sistema de la forma:

vi = ci − µ ci aii − µ∑

j 6=i

cj aji

= ci(1− µ aii)− µ∑

j 6=i

cj aji

De este sistema podemos obtener las expresiones de los ci i = 1, ..., n.

12. Resolver

x(s) = µ

∫ 1

0

t2(5s2 − 3)x(t) dt + es

Solucion:

Como podemos apreciar tenemos un caso particular del ejercicio an-terior, veamos que:

x(s) = µ

∫ 1

0

t2︸︷︷︸b1(t)

a1(s)︷ ︸︸ ︷(5s2 − 3) x(t) dt + es, n = 1, v(s) = es

Evaluemos la expresion

1− µ a11 = 1− µ

∫ 1

0

a1(t)︸︷︷︸5t2−3

t2︷︸︸︷b1(t) dt = 1− µ(1− 1) = 1

Luego hay solucion unica ∀µ : x(s) = es + µ c1 a1(s), de acuerdo conel ejercicio 12 donde

(1− µ a11)︸ ︷︷ ︸=1

c1 = v1 =

∫ 1

0

b1(t)︸︷︷︸t2

et︷︸︸︷v(t) dt = 16e− 2

finalizandox(s) = es + µ(e− 2)(5s2 − 3).

16Integrando por partes

175

13. Determinar los valores de µ para los cuales la ecuacion:

x(s) = µ

∫ 1

0

(t2s + ts2)x(t) dt + v(s)

tiene solucion.

Solucion:

Aquı:

K(s, t) = t2︸︷︷︸b1(t)

a1(s)︷︸︸︷s + t︸︷︷︸

b2(t)

a2(s)︷︸︸︷s2

La forma de la solucion es:

x(s) = v(s) + µ

n∑j=1

cj aj(s)

= v(s) + µ(c1s + c2s2)

Debemos resolver el sistema:

(1− µ a11) c1 − µ a12 c2 = v1,

−µ a21 c1 + (1− µ a22) c2 = v2;

donde

a11 =

∫ 1

0

b1(t)︸︷︷︸t2

t︷︸︸︷a1(t) dt =

1

4

a22 =

∫ 1

0

b2(t)︸︷︷︸t

t2︷︸︸︷a2(t) dt =

1

4

a12 =

∫ 1

0

b2(t)︸︷︷︸t

t︷︸︸︷a1(t) dt =

1

3

a21 =

∫ 1

0

b1(t)︸︷︷︸t2

t2︷︸︸︷a2(t) dt =

1

5

176

det

1− 1

4µ −1

3µ

−1

5µ 1− 1

4µ

=

(1− 1

4µ

)2

−(−1

3µ

) (−1

5µ

)

= 1− µ

2− µ2

240=

240− 120µ− µ2

240.

Resolvamos:

∆(µ) = 0 ⇒ 240− 120µ− µ2 = 0 ⇒ µ = −60± 16√

15

Luego, hay solucion unica ∀µ 6= −60± 16√

15.

14. Considerar x(s)− µ∫ 1

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

15.1 Resolver suponiendo que µ2 + 12µ− 12 6= 0.

15.2 Hallar los valores propios.

Solucion al inciso 15.1

a1(s) = s b1(t) = 1

a2(s) = 1 b2(t) = t

Hallemos los terminos a11, a22, a12, a21,

a11 =

∫ 1

0

b1(t)︸︷︷︸1

t︷︸︸︷a1(t) dt =

1

2= a22

a12 =

∫ 1

0

b2(t)︸︷︷︸t

t︷︸︸︷a1(t) dt =

1

3

a21 =

∫ 1

0

b1(t)︸︷︷︸1

1︷︸︸︷a2(t) dt = 1

det

1− 1

2µ −1

3µ

−µ 1− 1

2µ

=

(1− 1

2µ

)2

−(−1

3µ

)(−µ)

= 1− µ− µ2

12=

µ2 + 12µ− 12

12(−1).

177

Solucion al inciso 15.2

µ2 + 12µ− 12 = 0 ⇒ µ1,2 = −6± 4√

3.

15. Sabiendo que

∫ x

0

u(t)dtn =

∫ x

0

(x− t)n−1

(n− 1)!u(t) dt, (5.3.7)

obtener la ecuacion integral correspondiente al problema de Cauchy:

y′′ + y = 0 y(0) = 0 y′(0) = 1. (5.3.8)

Solucion:

Para la resolucion de este ejercicio proponemos un procedimiento quese puede utilizar en casos similares para resolver este tipo de problemas.

Procedimiento 7

(P1) Hagamos: u(x) = y′′.

(P2) Integremos: y′ =∫ x

0u(t) dt + c1.

(P3) Hallemos c1 : y′(0)︸︷︷︸=1

= 0 + c1 ⇒ c1 = 1.

Ahora podemos expresar

y′ =∫ x

0

u(t) dt + 1.

(P4) Integrando

y =

∫ x

0

u(t) dt2 + x + c2

por (5.3.7), para n = 2

∫ x

0

(x− t)1

1u(t) dt + x + c2

c2 = y(0) = 0 por la condicion inicial.

∴ y =

∫ x

0

(x− t) u(t) dt + x.

178

(P5) Sustituyendo en la ecuacion diferencial (5.3.8)

u(x)︸︷︷︸y′′

+

∫ x

0

(x− t) u(t) dt + x = 0

(P6) Arreglando los terminos convenientemente

u(x)−∫ x

0

(t− x)︸ ︷︷ ︸K(x,t)

u(t) dt = −x.

5.4 Ejemplos Propuestos

1. Probar que la proyeccion de un espacio de Hilbert sobre un subespaciofinito-dimensional es totalmente continuo.

2. Probar que A : l2 −→ l2 definido por

A(x1, x2, x3, ..., xn, ...) =

(x1

2,x2

4,x3

8, ...,

xn

2n, ...

)

es totalmente continuo.

3. Haciendo y′′′ = u(x), probar que si

d3y

dx3− 3

d2y

dx2− 6

dy

dx+ 5y = 0

entonces

y =

∫ x

0

(x− t)2

2!u(t) dt + c1

x2

2+ c2x + c3

y ademas:

u(x) = −(

5

2x2 − 6x + 3

)c1 − (5x− 6)c2 − 5c3

+

∫ x

0

[3 + (x− t)− 5

2(x− t)2

]u(t) dt.

(Sugerencia: Analizar el ejercicio resuelto 15)

179

Capıtulo 6

Operadores autoconjugados.Teorıa espectral

El estudio del operador A−λI cuando A es un operador lineal y λ un escalaresta asociado a la resolucion de algunos tipos de ecuaciones integrales. Portanto, interesa saber para que valores de λ el inverso de A − λI existe y escontinuo.

Las caracterısticas del comportamiento de dicho operador inverso en depen-dencia de la clasificacion de los valores de λ constituyen el objeto central delestudio de la teorıa espectral.

6.1 Operadores autoconjugados

Sea H un espacio de Hilbert complejo. El operador A ∈ L(H) se denominaautoconjugado si A∗ = A, es decir, para todos los x, y ∈ H se cumple laigualdad (Ax | y) = (x | Ay). El conjunto de todos los operadores auto-conjugados de L(H) se denota mediante δ(H). (Ejercicios resueltos 1, 2 y3)

Teorema 6.1.1 Si A,B ∈ δ(H), α, β ∈ R entonces αA + βB ∈ δ(H).

(Ejercicio resuelto 4)

Teorema 6.1.2 Sean A,B ∈ δ(H). El operador AB es autoconjugado si ysolo si AB = BA.

180

(Ejercicio resuelto 5)

Teorema 6.1.3 Si A ∈ δ(H), ‖A‖ = sup‖x‖≤1 |(Ax | x)|.Un operador A ∈ δ(H) se denomina no negativo y se designa por A ≥ 0 si(Ax | x) ≥ 0 para cualquier x ∈ H. Para los operadores A,B ∈ δ(H) lanotacion A ≥ B o B ≤ A significa que A−B ≥ 0. (Ejercicios resueltos 6, 7y 8)

Teorema 6.1.4 Sea P un operador de proyeccion en un espacio de HilbertH sobre un subespacio M . Entonces:

a) P ∈ L(H) ademas, ‖P‖ = 1 si M 6= 0;

b) P 2 = P ;

c) P ∈ δ(H);

d) P ≥ 0;

e) x ∈ M si y solo si ‖Px‖ = ‖x‖;f) (Px | x) ≤ ‖x‖2 para cualquier x ∈ H.

(Ejercicio resuelto 9)

Teorema 6.1.5 Sea A ∈ δ(H), A2 = A. Entonces A es el proyector sobreun subespacio M ⊂ H.

Si T ∈ δ(H) y T ≥ 0, entonces T 2 ≥ 0 ya que

(T 2x | x) = (Tx | Tx) ≥ 0.

En el siguiente teorema se plantea una respuesta para el problema recıproco.

Teorema 6.1.6 Para cada operador no negativo A ∈ δ(H) existe un opera-dor unico, denominado raız cuadrada,

√A ∈ δ(H) tal que (

√A)2 = A y√

A ≥ 0. Ademas√

A es conmutable con un operador C ∈ L(H) si y solo siC es conmutable con A.

(Ejercicios resueltos 10, 11 y 12)

181

6.1.1 Ejercicios Resueltos

1. Sea T un operador sobre un espacio de Hilbert H. Probar que

T es autoconjugado ⇔ (Tx | x) ∈ R ∀x ∈ H.

Solucion:

Supongamos que T = T ∗. Entonces:

(Tx | x) = (x | Tx) = (Tx | x) ⇒ (Tx | x) ∈ R.

Recıprocamente, vamos a aplicar el resultado del ejercicio propuesto 1,que establece que

((T − T ∗)x | x) = 0 ∀x ∈ H ⇒ T = T ∗

((T − T ∗)x | x) = (Tx− T ∗x | x)

= (Tx | x)− (T ∗x | x)

= (Tx | x)− (x | (T ∗)∗

︸ ︷︷ ︸T

x)

︸ ︷︷ ︸∈R

= (Tx | x)− (Tx | x) = 0.

2. Si A1, A2 son autoadjuntos, definamos

A1 ≤ A2 si (A1x | x) ≤ (A2x | x) ∀x ∈ H.

Probar queA1 ≤ A2 ∧ A2 ≤ A1 ⇒ A1 = A2.

Solucion:

A1 ≤ A2 ⇒ (A1x | x) ≤ (A2x | x) ∀x ∈ H

⇒ ((A1 − A2)x | x) ≤ 0 ∀x ∈ H.

A2 ≤ A1 ⇒ (A2x | x) ≤ (A1x | x) ∀x ∈ H

⇒ ((A2 − A1)x | x) ≤ 0 ∀x ∈ H

⇒ ((A1 − A2)x | x) ≥ 0 ∀x ∈ H

∴ ((A1 − A2)x | x) = 0 ∀x ∈ H.

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

182

3. Probar que para un operador cualquiera T , T ∗T y T T ∗ son autoconju-gados.

Solucion:

(Tx | x) = (x | T ∗x) = (T ∗x | x) =

(x | ˜T ∗

∗x

)

=

(˜T ∗

∗x | x

)⇒

((˜T ∗

∗− T

)x | x

)= 0

⇒ ˜T ∗∗

= T.

Luego

(T ∗T ) = T ∗T.

4. Sean A ∈ δ(H), xn ∈ H(n ∈ N), xn −→n→∞

x. Demostrar que

(Axn | xn) −→n→∞

(Ax | x).

¿Es sustancial que A ∈ δ(H)?

Solucion

|(Axn | xn)− (Ax | x)| = | (Axn | xn)− (Ax | xn)

+(Ax | xn)− (Ax | x) |= |(Axn − Ax | xn) + (Ax | xn − x)|≤ |(Axn − Ax | xn)|+ |(Ax | xn − x)|≤ |(A(xn − x) | xn)|+ |(Ax | xn − x)|≤ ‖A‖ ‖xn − x‖︸ ︷︷ ︸

→0

‖xn‖acotada

+ ‖A‖ ‖x‖ ‖xn − x‖︸ ︷︷ ︸→0

.

Entonces|(Axn | xn)− (Ax | x)| −→

n→∞0.

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

183

5. Demuestre el Teorema 6.1.1.

Solucion

∀A,B ∈ δ(H)

(Ax | y) = (x | Ay) = (Ay | x)

(Bx | y) = (x | By) = (By | x)

Sumando ordenadamente y aplicando propiedades del producto inte-rior,

((A + B)x | y) = (Ay | x) + (By | x) = ((A + B)y | x)

= (x | (A + B)y) ⇒ (A + B) ∈ δ(H)

∀α ∈ R(αAx | y) = α(Ax | y) = α(x | Ay) = (x | αAy) ⇒ αA ∈ δ(H).

6. Demuestre el Teorema 6.1.2.

Solucion

Supongamos que AB es autoconjugado

(ABx | y) =AB∈δ(H)

(x | ABy) =A∈δ(H)

(Ax | By) =B∈δ(H)

(BAx | y)

⇒ ((AB −BA)x | y) = 0 ∀y,

En particular para y = (AB −BA)x se tiene que

((AB −BA)x | (AB −BA)x) = 0 ⇒ ‖(AB −BA)x‖ = 0 ∀x

entonces, AB −BA = 0 ⇒ BA = AB.

Supongamos que AB = BA. Hay que probar que:

(ABx | y) = (x | ABy)

(ABx | y) =A∈δ(H)

(Bx | Ay) =B∈δ(H)

(x | BA︸︷︷︸AB

y)

(ABx | y) = (x | ABy)

184

7. Demostrar que el operador A : L2[0, 1] −→ L2[0, 1], Ax(t) = tx(t) es unoperador autoconjugado no negativo.

Solucion

Primero probemos que A es autoconjugado:

(Ax | y) = (L)

∫ 1

0

Ax(t)y(t)dt = (L)

∫ 1

0

tx(t)y(t)dt = (x | Ay)

Veamos ahora que es no negativo:

(Ax | x) = (L)

∫ 1

0

Ax(t)x(t)dt = (L)

∫ 1

0

tx2(t)dt ≥ 0 ∀x(t) ∈ L2[0, 1]

8. Demostrar que A : l2 −→ l2, Ax = (λ1x1, λ2x2, ...) para x = (x1, x2, ...) ∈l2 donde λk ∈ R(k ∈ N), sup

k|λk| < ∞, es un operador autoconjugado.

¿Bajo que condicion para la sucesion λk, A es un operador autoconju-gado no negativo?

Solucion

Demostremos primero el hecho de que A es un operador autoconju-gado,

(Ax | y) = ((λ1x1, λ2x2, ...) | (y1, y2, ...)) =∑

k

λkxkyk

(x | Ay) = ((x1, x2, ...) | (λ1y1, λ2y2, ...)) =∑

k

xkλkyk = (Ax | y)

Para que A sea no negativo debe cumplir que: (Ax | x) ≥ 0,

((λ1x1, λ2x2, ...) | (x1, x2, ...)) ∀x ∈ l2 ⇒∑

k

λkx2k ≥ 0 ∀x ∈ l2

en particular para

(0, ..., 0︸ ︷︷ ︸k−1

, 1, 0, ...) ∈ l2 ⇒ λk ≥ 0 (∀k ∈ N)

185

9. Si T ≥ 0 probar que (I + T )−1 existe.

Solucion:

Probemos que: (I + T )x = 0 ⇒ x = 0

(I + T )x = 0 ⇒ x + Tx = 0 ⇒ Tx = −x

⇒ (Tx | x) = −(x | x) = −‖x‖2 ≤ 0.

Pero T ≥ 0 ⇒ (Tx | x) ≥ 0

∴ ‖x‖2 = 0 ⇒ x = 0.

10. Demuestre el Teorema 6.1.4

Solucion

a) Veamos una demostracion alternativa a la establecida en la ejercitaciondel capıtulo 3.

‖P‖ Teo. 6.1.3= sup

‖x‖≤1

|(Px | x)| = sup‖x‖=1

‖xM‖2 = 1, donde x = xM︸︷︷︸∈M

+ xM⊥︸︷︷︸∈M⊥

.

b)P 2x = P (Px) = xM = Px.

c)

(Px | x) = (xM | xM+xM⊥) = ‖xM‖2 = (xM+xM⊥ | xM) = (x | Px).

d)(Px | x) = ‖xM‖2 ≥ 0.

e)

(⇒) x ∈ M ⇒ Px = x ⇒ ‖Px‖ = ‖x‖(⇐) ‖Px‖ = ‖x‖ ⇒

√‖xM‖2 + ‖xM⊥‖2

︸ ︷︷ ︸‖x‖

= ‖xM‖︸ ︷︷ ︸‖Px‖

⇒ xM⊥ = 0 ⇒ x ∈ M.

186

f)(Px | x) = ‖xM‖2 ≤ ‖xM‖2 + ‖xM⊥‖2 = ‖x‖2 .

11. Sea T : l2 −→ l2 definido ası: si

x = (x1, x2, ..., xn, ...), xi ∈ R Tx = (0, 0, x3, x4, ...).

Probar que T ∈ δ(l2), T ≥ 0 y hallar√

T .

Solucion:

T es lineal, continuo.

Veamos que T = T ∗. Sea

y = (y1, y2, ...) yi ∈ R(Tx | y) = (0, 0, x3, x4, ...)(y1, y2, y3, ...) = x3y3 + x4y4 + ...

(x | Ty) = (x1, x2, x3, ...)(0, 0, y3, y4, ...) = x3y3 + x4y4 + ...

∴ (Tx | y) = (x | Ty) ∀x, y ∈ l2.

Vamos a analizar (Tx | x)

(Tx | x) = (0, 0, x3, x4, ...)(x1, x2, x3, ...) = x23 + x2

4 + ... ≥ 0.

Observamos que

T 2x = T (Tx) = T (0, 0, x3, x4, ...) = (0, 0, x3, x4, ...) = Tx

Luego T ≥ 0 satisface que T 2 = T ⇒ T =√

T .

12. Sea T autoconjugado, T ≥ 0. Probar que ∀x, y ∈ H

|(Tx | y)| ≤ (Tx | x)1/2(Ty | y)1/2

Solucion:

|(Tx | y)| =∣∣∣(√

T√

Tx | y)∣∣∣ =

∣∣∣(√

Tx |√

Ty)∣∣∣

≤∥∥∥√

Tx∥∥∥

∥∥∥√

Ty∥∥∥ = (

√Tx |

√Tx)1/2(

√Ty |

√Ty)1/2

= (Tx | x)1/2(Ty | y)1/2.

187

13. Sea T autoconjugado, T ≥ 0. Probar que

‖Tx‖ ≤ ‖T‖1/2 (Tx | x)1/2. (6.1.1)

Solucion:

Haciendo y = Tx en el ejercicio 11 se obtiene:

(Tx | Tx) ≤ (Tx | x)1/2( TT︸︷︷︸T 2

x | Tx)1/2.

Pero

(T 2x | Tx) ≤∥∥T 2x

∥∥ ‖Tx‖ ≤ ‖T‖ ‖Tx‖2

⇒ (T 2x | Tx) ≤ ‖T‖1/2 ‖Tx‖ ,

por lo que sustituyendo en la ecuacion (6.1.1) se obtiene:

‖Tx‖2 ≤ (Tx | x)1/2 ‖T‖1/2 ‖Tx‖ .

Si Tx = 0 se cumple trivialmente esta desigualdad.

Si Tx 6= 0, dividiendo por ‖Tx‖ 6= 0 se llega a:

‖Tx‖ = (Tx | x)1/2 ‖T‖1/2 .

6.2 Espectro de un operador lineal

Sean X un espacio de Banach complejo; A : X −→ Y un operador lineal conel campo de definicion D(A) denso en X y λ un numero complejo.

Un punto λ se denomina punto regular del operador A si el operador A− λIes continuamente inversible. El conjunto de los puntos regulares del operadorA se denomina conjunto resolvente del operador A y se designa por ρ(A). Siλ ∈ ρ(A) el operador lineal acotado Rλ(A) = (A− λI)−1 se llama resolventedel operador A. El complemento del conjunto ρ(A) en el plano complejo sedenomina espectro del operador A y se denota mediante σ(A).

El numero λ ∈ C se denomina valor propio de un operador A, si existe

188

un elemento x ∈ D(A), x 6= 0, tal que Ax = λx. Con esto x se llama vectorpropio del operador A correspondiente a un valor propio λ. Todo valor pro-pio del operador A es punto de su espectro debido a que el operador A− λIes no inversible.

Proposicion 6.2.1 Si A ∈ L(X), el conjunto resolvente del operador A,ρ(A), es un abierto de C.

Demostracion

Sea λ0 ∈ ρ(A). Hay que probar que λ0 es un punto interior de ρ(A), es decirque ∃r > 0 tal que Sλ0(r) ⊂ ρ(A). Por esto debemos considerar δ ∈ C yformar:

AδDef.≡ A− δI = A− λ0I + λ0I − δI = 1Aλ0 + (λ0 − δ)I

¿Bajo que condiciones Aδ tiene inverso acotado? Por el teorema 3.3.3, si

‖Aδ − Aλ0‖ <1∥∥A−1λ0

∥∥

entonces Aδ es continuamente inversible. Pero

‖Aδ − Aλ0‖ = ‖A− δI − A + δ0I‖

= ‖(λ0 − δ)I‖ <1∥∥A−1λ0

∥∥ = r.

Resumiendo,|δ − λ0| < r ⇒ A−1

δ ∈ L(X) ≡ δ ∈ ρ(A)

es decirSλ0(r) ⊂ ρ(A)

Teorema 6.2.1 El espectro de un operador A ∈ L(X) es un conjunto ce-rrado que esta contenido en el cırculo |λ| ≤ ‖A‖.

1Agrupando.

189

Demostracion

σ(A) es cerrado por ser complemento de un abierto. Basta probar que σ(A)es acotado para poder implicar que es compacto.

Podemos decir que

σ(A) ⊂ {λ ∈ C : |λ| ≤ ‖A‖}︸ ︷︷ ︸B

≡ 2︷ ︸︸ ︷{λ ∈ C : |λ| > ‖A‖}

D

⊂ ρ(A)

Por tanto, para probar lo requerido en el teorema vamos a demostrar estaultima inclusion equivalente.

Por definicion tenemos,

Aλ = A− λI = −λ

(I − 1

λA

)∀λ 6= 0

¿Bajo que condiciones I − 1

λA posee inverso acotado? Si se cumple que:

∥∥∥∥∥1

λA

∥∥∥∥∥ < 1 ⇒ |λ| > ‖A‖ .

Podemos concluir entonces que,

λ ∈ D ⇒ λ ∈ ρ(A)

Sabemos queσ(A) ⊂ {λ ∈ C : |λ| ≤ ‖A‖} ,

pero podemos tener una nocion mas precisa de la acotacion del espectromediante la nocion de radio espectral, que de forma natural se define ası:

rσ(A) = supλ∈σ(A)

|λ| .

Se tiene que rσ(A) ≤ ‖A‖. Una forma practica de calcularlo se establece enel resultado siguiente:

2Complementando.

190

Teorema 6.2.2 Sea A ∈ L(X) donde X es un espacio de Banach. Entoncesexiste el lımite finito

rσ(A) = limn→∞

‖An‖ 1n

llamado radio espectral del operador A.

(Ejercicio resuelto 15)

Teorema 6.2.3 Sea A ∈ L(X) donde X es un espacio de Banach.

Si |λ| > rσ(A), entonces λ ∈ ρ(A).

El hecho de que el resolvente de un operador A es una funcion de variablecompleja, sugiere la definicion de una funcion operador ası:

S : D −→ L(X)

S(λ) = Sλ

donde D ⊂ C y X es un espacio normado.

Por ejercicio, dado A ∈ L(X), la aplicacion:

R : ρ(A) −→ L(X),

R(λ) = Rλ(A) = (A− λI)−1 es una funcion operador.

Si se considera f ∈ (L(X))′, entonces se puede realizar la composicion:

f ◦ S : D −→ C

que resulte una funcion compleja de variable compleja, muy util para carac-terizar el comportamiento del resolvente mediante el teorema de Liouville,el cual se enuncia en el teorema 6.2.4 para utilizarlo en la demostracion delteorema 6.2.6.

Se dice que una funcion compleja de variable compleja A(λ) es analıticaen D si para todo λ0 ∈ D el lımite

A′(λ0) = limλ→λ0

A(λ)− A(λ0)

λ− λ0

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

191

Teorema 6.2.4 (Teorema de Liouville) Sea F : C −→ C. Si F (λ) esanalıtica en todo C y existe algun M > 0 tal que |F (λ)| < M para todoλ ∈ C, entonces F (λ) es una constante.

Teorema 6.2.5 Si A ∈ L(X) entonces para |λ| > rσ(A)

Rλ(A) = −∞∑

n=0

λ−n−1An.

Teorema 6.2.6 Si A ∈ L(X), donde X es un espacio de Banach, entoncesσ(A) es un conjunto no vacıo.

Demostracion

Supongamos lo contrario, es decir, que

σ(A) = ∅ ≡ ρ(A) = C

Consideremos

ρ(A)︸︷︷︸=C

R−→ L(X)f−→ K︸︷︷︸

=Cf ∈ (L(X))′, donde R(λ) = Rλ(A).

Entonces podemos formar f ◦R : C −→ C. Probemos que f ◦R satisface lashipotesis del Teorema 6.2.4.

1ro) f ◦R analıtica. Para λ0 ∈ C.

(f ◦R)(λ)− (f ◦R)(λ0)

λ− λ0

=(f(R(λ))− (f(R(λ0))

λ− λ0

f lineal= f

((R(λ)−R(λ0)

λ− λ0

)

f continua−→ f(R(λ0))2, ya que:

(R(λ))−1[R(λ)−R(λ0)](R(λ0))−1 = (R(λ0))

−1 − (R(λ))−1

= (A− λ0I)− (A− λI)

= (λ− λ0)I.

192

Por tanto,R(λ)−R(λ0) = R(λ)(λ− λ0)I R(λ0).

LuegoR(λ)−R(λ0)

λ− λ0

= R(λ)R(λ0) −→ (R(λ))2.

2do) f ◦R acotada.|f(R(λ))| ≤ ‖f‖ ‖R(λ)‖

Aplicando el Teorema 6.2.5 se tiene,

R(λ) = A−1λ = −1

λ

∞∑n=0

(1

λA

)n

‖R(λ)‖ =∥∥A−1

λ

∥∥ ≤ 1

|λ|∞∑

n=0

(‖A‖|λ|

)n

=1

|λ|

1

1− ‖A‖|λ|

=1

|λ| − ‖A‖ −→λ→∞0

entonces ‖R(λ)‖ esta acotado y |f(R(λ))| ≤ ‖f‖ 1

|λ| − ‖A‖ para

|λ| > ‖A‖. Para |λ| ≤ ‖A‖ , f ◦ R esta acotada por ser continuasobre un compacto. Como consecuencia del Teorema 6.2.4, tenemosque,

f(R(λ)) = constante

f(R(λ1)) = f(R(λ2)) ∀λ1, λ2 ∈ Cf(R(λ1)−R(λ2)) = 0 ∀f ∈ (L(E))′

⇒ R(λ1)−R(λ2) = 0 ∀λ1λ2 ∈ C(Por el corolario 4.2.2.1)

⇒ R(λ) = constante

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

193

(Ejercicio resuelto 16)

El espectro de un operador autoconjugado tiene caracterısticas especiales,como se aprecian en el ejercicio resuelto 16. Tambien el espectro de cadaoperador totalmente continuo esta caracterizado por un comportamiento queasemeja al de los espacios finito-dimensionales, de aquı la importancia del es-tudio de estas clases de operadores.

Existen tambien clases mas amplias de operadores con propiedades operativasmuy utiles, algunas de las cuales se manejan en los restantes ejercicios de estecapıtulo.

Del resultado del ejercicio resuelto 18 se motiva la siguiente definicion:

Definicion 6.2.1 Se dice que un operador N es normal si

NN∗ = N∗N.

Utilizamos la denominacion

N (H) = {N : H −→ H : N Normal} .

(Ejercicios resueltos 18, 19, 20 y 21)

Ya se conoce la importante isometrıa J entre un espacio normado X y subidual. Veamos como puede caracterizarse una isometrıa en un espacio deHilbert.

Si U es un operador lineal isometrico, entonces

‖Ux‖ = ‖U‖ ∀x ∈ H ⇒ ‖Ux‖2 = ‖U‖2 ∀x ∈ H.

En terminos del producto escalar esto significa que:

(Ux | Ux) = (x | U∗Ux)U∗U normal

= (U∗Ux | x) = (x | x).

Si U es un operador que satisface U∗U = I, entonces constituye una isometrıa.Esto motiva la definicion de operador unitario.

Definicion 6.2.2 El operador U : H −→ H es unitario si

UU∗ = U∗U = I.

194

6.2.1 Ejercicios Resueltos

1. Sea A : C[0, 1] −→ C[0, 1], A(x) = y : y(t) = tx(t). Probar queσ(A) ⊂ [0, 1].

Solucion:

La linealidad se puede probar de manera inmediata y se tiene que A escontinuo ya que:

‖A(x)‖ = ‖y‖ = supt∈[0,1]

|tx(t)| = ‖x‖ .

Resulta equivalente probar que λ ∈ C− [0, 1] ⇒ λ ∈ ρ(A).

1ro) Determinemos Aλ:

Aλ(x) = A(x)− λx = y − λx = z

evaluando para t ∈ [0, 1]

(y − λx)(t) = tx(t)− λx(t) = (t− λ)x(t) = z(t)

observamos que,

A−1λ︸︷︷︸

lineal

(z) = x : x(t) =1

t− λ︸︷︷︸6∈[0,1]

z(t)

luego,

∥∥A−1λ (z)

∥∥ = ‖x‖ = supt∈[0,1]

|x(t)| ≤ Kλ ‖z‖ donde Kλ = supt∈[0,1]

∣∣∣∣∣1

t− λ

∣∣∣∣∣

por tanto, λ ∈ ρ(A)

2do) Notemos que A no tiene valores propios puesto que,

Aλ(x) = 0λ6∈[0,1]

⇒ x = 0.

195

2. Sea A : l2 −→ l2 tal que A(x1, x2, ..., xn, ...) = (0, x1, x2, ...). Probarque λ = 0 ∈ σ(A) pero no es un valor propio.

Solucion:

A es lineal y acotado, l2 es un espacio de Hilbert. Como

A−1 : R(A)︸ ︷︷ ︸6=l2

−→ l2, λ = 0 ∈ σ(A) R(A) no denso en l2.

λ = 0 no es valor propio ya que A(x) = 0 ⇒ x = 0.

3. Sea E un espacio normado complejo. Obtener σ(I), ρ(I) y Rλ(I).(Donde I es el Operador Identidad.)

Solucion:

Haciendo A = I

I − λI = 0 ⇒ (1− λ)I = 0 ⇒ (1− λ) x6=0

= 0 ⇒ λ = 1 ∴ σ(I) = {1}

Notese que

y = (1− λ)x ⇒ ∀λ 6= 1 x =1

1− λy,

es decir,

(I − λI)−1(y) =1

1− λy ⇒ 1

1− λ︸ ︷︷ ︸Rλ

I ∈ L(E)

4. Sea X = C[0, 1]; v ∈ X fijo. Se define A(x) = vx. Hallar σ(A) y obser-var directamente que es compacto.

Solucion:

Aλ(x) = A(x)− λx = vx− λx = y

⇒ ∀t ∈ [0, 1] v(t)x(t)− λx(t) = y(t)

(v(t)− λ)x(t)6=0

= 0 ⇒ σ(A) = vcontinuo

compacto

[0, 1]︸ ︷︷ ︸

compacto

196

5. Sea A : l∞ −→ l∞ definido por:

A(x1, x2, x3, ...) = (x2, x3, ...)

a) Si |λ| > 1 probar que λ ∈ ρ(A).

b) Si |λ| ≤ 1, probar que λ es un valor propio.

Solucion al inciso a) Es suficiente probar que ‖A‖ = 1. A es lineal;

‖A(x)‖ = maxi≥2

|xi| ≤ maxi≥1

|xi|︸ ︷︷ ︸

‖x‖

⇒ ‖A‖ ≤ 1.

Si x = (0, x2, ...), entonces ‖Ax‖ = ‖x‖ ⇒ ‖A‖ = 1

Solucion al inciso b)

Aλ(x) = (x2, x3, ...)− λ(x1, x2, ...)

= (x2 − λx1, x3 − λx2, ..., xn − λxn−1, ...)

Aλ(x) = 0 ⇒ xn − λxn−1 = 0 ∀n = 2, 3, ...

⇒ xn = λxn−1 ∀n > 1

Si |λ| ≤ 1 entonces |xn| ≤ |xn−1|. Luego Aλ(x) = 0 ; x = 0.

∴ λ es un valor propio.

Ahora definiremos el espacio propio asociado:

S = {(x1, x2, ..., xn, ...) : x− Aλ(x) = 0} = {(x1, λx1, λx2, ...)}= {(x1, λx1, λ

2x1, λ3x1, ...)} λ ∈ C.

6. Si A : lp −→ lp se define como

A(x1, x2, ...) = (x2, x3, ...)

y |λ| = 1 ¿Es λ un valor propio de A?

197

Solucion:

De manera analoga al inciso b) del ejercicio anterior se llega a que|xn| = |xn−1| ∀n > 1. Supongamos que:

|xn| = m > 0

entonces ∑n

mp = limk→∞

kmp = +∞⇒ x 6∈ lp

luego, como necesariamente se tendrıa que x = 0 entonces λ no es unvalor propio si |λ| = 1.

7. Si S, T ∈ L(E), probar que ∀λ ∈ ρ(S) ∩ ρ(T )

Rλ(S)−Rλ(T ) = Rλ(S)(T − S)Rλ(T )

Solucion:

Multiplicando el miembro izquierdo de la igualdad por (Rλ(S))−1 ala izquierda y por (Rλ(T ))−1 a la derecha

(Rλ(S))−1(Rλ(S)−Rλ(T ))(Rλ(T ))−1 = (Rλ(T ))−1

︸ ︷︷ ︸T−λI

− (Rλ(S))−1

︸ ︷︷ ︸S−λI

(T − λI)− (S − λI) = T − S

De aquı lo requerido.

8. Sea A ∈ L(E), 3 A 6= 0, I tal que A2 = A (idempotente). Probar que{0, 1} ⊂ σ(A).

Solucion: Debemos, en primer lugar, obtener Rλ(A) = R(λ) para

3E espacio de Banach

198

este caso.

Rλ(A) = (A− λI)−1 = −1

λ

∞∑n=0

1

λnAn

= −1

λ

(I +

1

λA +

1

λ2A2︸︷︷︸=A

+1

λ3A3︸︷︷︸=A

+...

)

= −1

λ

(I − A) + A︸ ︷︷ ︸

terminos auxiliares

+A

(1

λ+

1

λ2+ ...

)

= −1

λ

[(I − A) + A

(1 +

1

λ+

1

λ2+

1

λ3+ ...

)]

= −1

λ

(I − A) + A

1

1− 1

λ

= −1

λ

[(I − A) +

λ

λ− 1A

]

= −1

λ(I − A) +

1

1− λA

∴ {0, 1} 6∈ ρ(A) ⇒ {0, 1} ∈ σ(A).

9. Sea A un algebra de Banach compleja con identidad e. Si ‖x− e‖ < 1probar que x es inversible y que

x−1 = e +∞∑

k=1

(e− x)k

Solucion:

‖x− e‖ < 1 ⇒ ‖e− x‖ < 1 ⇒ e− (e− x)︸ ︷︷ ︸=x

es inversible

y ademas

x−1 = e +∞∑

j=1

(e− x)j,

lo cual se demuestra de forma analoga en el teorema 3.3.3.

199

10. Probar que ‖(e− x)−1 − e− x‖ ≤ ‖x‖2

1− ‖x‖.

Solucion:

(e− x)−1 = e + x +∞∑

k=2

xk ⇒∥∥(e− x)−1 − e− x

∥∥ ≤ ‖x‖2

1− ‖x‖.

11. Si x es inversible y y es tal que ‖yx−1‖ ≤ 1. Probar que x − y es

inversible y que, adoptando que◦a = e ∀a ∈ A, se tiene que:

(x− y)−1 =∞∑

k=0

x−1(yx−1)k

Solucion:

x− y = (x− y) x−1x︸︷︷︸=e

= [(x− y)x−1]x = (e− yx−1)x

⇒ (x− y)−1 = x−1(e− yx−1)−1

∥∥yx−1∥∥ < 1 ⇒ (x− y)−1 =

∞∑

k=0

x−1(yx−1)k.

12. Si {xn}, {yn} son sucesiones de Cauchy en un algebra normada A, pro-bar que xnyn es una sucesion de Cauchy.

Solucion:

‖xnyn − xmym‖ = ‖(xnyn − xnym) + (xnym − xmym)‖

≤ ‖xn‖︸︷︷︸≤M

−→n,m→∞0

︷ ︸︸ ︷‖yn − ym‖+

−→n,m→∞0

︷ ︸︸ ︷‖xn − xm‖ ‖ym‖︸ ︷︷ ︸

≤M

,

13. Probar la igualdad resolvente:

v(µ)− v(λ) = (µ− λ)v(µ)v(λ)

si v(λ) = (x− λe)−1.

200

Solucion:

Multiplicando el miembro izquierdo por (v(µ))−1 por la izquierda y(v(λ))−1 por la derecha y efectuando,

(v(µ))−1(v(µ)− v(λ))(v(λ))−1 = (v(λ))−1 − (v(µ))−1

= (x− λe)− (x− µe) = (λ− µ)e

14. Probar que la aplicacion,

Gf−→ G

x −→ x−1

es continua, donde G es el conjunto de los elementos inversibles delalgebra normada A.

Solucion:

x−1 − y−1 = y−1(y − x)x−1 ⇒∥∥x−1 − y−1

∥∥ ≤∥∥y−1

∥∥ ∥∥x−1∥∥ ‖y − x‖

haciendo y = xn, la ultima desigualdad se escribe ası:

‖ x−1︸︷︷︸f(x)

− x−1n︸︷︷︸

f(xn)

‖≤ 4∥∥x−1

∥∥ ∥∥x−1n

∥∥ ‖x− xn‖ .

Por tanto, si xn −→ x entonces ‖f(xn)− f(x)‖ −→n→∞

0.

15. Sea A : l2 −→ l2 definida de la manera siguiente:

A (x1, x2, ..., xn, ...)︸ ︷︷ ︸x

=

(x1,

1

2x2,

1

3x3, ...,

1

nxn, ...

)

Determinar si 0 ∈ σ(A).

4∥∥x−1

n

∥∥ ≤ ‖e− xn‖1− ‖e− xn‖+ 1, que se deduce del ejercicio 8).

201

Solucion:

A ∈ σ(H) ⊂ L(H)

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

(x1,

1

2x2,

1

3x3, ...,

1

nxn, ...

)

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

⇒ A−1(y1, y2, ..., yn, ...) = (x1, x2, ..., xn, ...)

como xn = nyn

= (y1, 2y2, ..., nyn, ...) ∴ no esta acotada

⇒ λ = 0 ∈ σ(A) pero no es un valor propio.

16. Si ‖A2‖ = ‖A‖2 probar que

rσ(A) = ‖A‖ .

Solucion:

∥∥A2∥∥ = ‖A‖2 ⇒

∥∥A4∥∥ =

∥∥(A2)2∥∥ =

∥∥A2∥∥

︸ ︷︷ ︸‖A‖2

2= ‖A‖4 .

En general se tiene que para cada k ∈ N∥∥∥A2k

∥∥∥ = ‖A‖2k

.

Entonces

rσ(A) = limn→∞

‖An‖1/n = limk→∞

∥∥∥A2k∥∥∥

1/2k

= limk→∞

[‖A‖2k

]

︸ ︷︷ ︸‖A‖

1/2k

= ‖A‖ .

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

202

Solucion:

Sea λ un valor propio de T y x el vector propio correspondiente. En-tonces x 6= 0 y Tx = λx.

λ(x | x) = (λx | x) = (Tx | x) = (x | Tx)

= (x | λx) = λ(x | x)

(x | x) 6= 0 ⇒ λ = λ ⇒ λ ∈ R.

18. Sean T : H −→ H un operador aritrario; α, β ∈ C : |α| = |β|. Probarque N = αT + βT ∗ conmuta con N∗. (Es decir NN∗ = N∗N)

Solucion:

NN∗ = (αT + βT ∗)(αT ∗ + βT )

= |α|2 T T ∗ + αβT 2 + αβ(T ∗)2 + |β|2 T ∗T.

N∗N = (αT ∗ + βT )(αT + βT ∗)

= |α|2 T ∗T + αβ(T ∗)2 + αβT 2 + |β|2 T T ∗

= |β|2 T ∗T + αβ(T ∗)2 + αβT 2 + |α|2 T T ∗

= NN∗.

Ejemplo: N = T + T ∗ı conmuta con N∗.

19. Probar que:

19.1) δ(H) ⊂ N (H);

19.2) Probar que N (H) es cerrado para la multiplicacion por un es-calar y el lımite fuerte.

Solucion al inciso 19.1) Sea A ∈ δ(H)

A A∗︸︷︷︸=A

= A∗︸︷︷︸=A

A = A2 ⇒ A ∈ N (H).

Solucion al inciso 19.2) Multiplicacion por un escalar :

N ∈ N (H), α ∈ C ⇒ αN ∈ N (H)

(αN)(αN)∗

= (αN)(αN∗) = |α|2 NN∗

(αN)∗(αN) = (αN∗)(αN) = |α|2 N∗N︸ ︷︷ ︸

=NN∗

.

203

Lımite fuerte:

Nk ∈ N (H) ∧ Nk −→n→∞

N ⇒ N ∈ N (H)∥∥∥NN∗ − N∗N

∥∥∥ ≤∥∥∥NN∗ −NkN

∗k + NkN

∗k − N∗

kNk + N∗kNk − N∗N

∥∥∥≤

∥∥∥NN∗ −NkN∗k

∥∥∥︸ ︷︷ ︸

I

+ ‖ NkN∗k − N∗

kNk︸ ︷︷ ︸=0

‖

+∥∥∥N∗

kNk − N∗N∥∥∥

︸ ︷︷ ︸II

I) N −Nk

∗= N∗ − N∗

k . Entonces

‖N −Nk‖ =∥∥∥N −Nk

∗∥∥∥ =∥∥∥N∗ − N∗

k

∥∥∥⇒ [Nk −→ N ≡ N∗

k −→ N∗]

⇒ NkN∗k −→ NN∗.

II) N∗kNk −→ N∗N . De manera analoga al caso I, luego

0 ≤∥∥∥N∗

kNk − N∗N∥∥∥ ≤ 0, pasando al lımite

⇒ N∗kNk = N∗N.

20. Sea T un operador. Probar que

T normal ≡∥∥∥T ∗x

∥∥∥ = ‖Tx‖ ∀x.

Solucion:

“⇒” Como δ(H) ⊂ N (H). Aplicando la definicion de autoconjugado

(T ∗x | T ∗x) = (x | T T ∗x) = (x | T ∗Tx) = (Tx | Tx).

“⇐” ¿Sera cierto que ((T T ∗ − T ∗T )x | x) = 0?

((T T ∗ − T ∗T )x | x) = (T T ∗x | x)− (T ∗T | x)

= (T ∗x | T ∗)︸ ︷︷ ︸=‖T ∗‖2

− (Tx | Tx)︸ ︷︷ ︸‖T‖2

= 0 ⇒ T T ∗ = T ∗T.

204

21. Probar que:

21.1)∥∥∥T ∗T

∥∥∥ = ‖T‖2.

21.2) N ∈ N (H) ⇒ ‖N2‖ = ‖N‖2.

Solucion al inciso 21.1) Veamos primero que:

∥∥∥T ∗T∥∥∥ ≤

∥∥∥T ∗∥∥∥

︸ ︷︷ ︸=‖T‖

‖T‖ = ‖T‖2 .

Por otra parte,

(Tx | Tx) = (T ∗Tx | x) ≤∥∥∥T ∗Tx

∥∥∥ ‖x‖ ≤∥∥∥T ∗T

∥∥∥ ‖x‖2 ,

luego,

‖Tx‖2 ≤∥∥∥T ∗T

∥∥∥ ‖x‖2 ⇒ ‖T‖ ≤√∥∥∥T ∗T

∥∥∥ ⇒ ‖T‖2 ≤∥∥∥T ∗T

∥∥∥ .

Solucion al inciso 21.2) Como consecuencia de inciso anterior te-nemos que:

‖N‖2 =∥∥∥N∗N

∥∥∥ .

Es suficiente probar que:

∥∥∥N∗N∥∥∥ =

∥∥N2∥∥ .

Veamos,

(N2x | N2x) = (Nx | N∗N︸ ︷︷ ︸NN∗

Nx)

= (N∗Nx | N∗Nx)

⇒∥∥N2x

∥∥ =∥∥∥N∗N

∥∥∥ ∀x ∈ H

∴∥∥N2

∥∥ = sup‖x‖≤1

∥∥N2x∥∥ = sup

‖x‖≤1

∥∥∥N∗Nx∥∥∥ =

∥∥∥N∗N∥∥∥ .

205

6.3 Ejercicios Propuestos

1. Probar que

(T (αx+βy) | αx+βy)−|α|2 (Tx | x)−|β|2 (Ty | y) = αβ(Tx | y)+αβ(Ty | x).

2. Probar que si H es un espacio de Hilbert

T = 0 ⇔ (Tx | x) = 0 ∀x ∈ H.

3. Si A1, A2 son autoconjugados y α ≥ 0, probar que

A1 ≤ A2 ⇒ αA1 ≤ αA2.

4. Para un operador arbitrario T sobre H, probar que T T ∗ y T ∗T pertenecena δ(H) y que son positivos.

5. Probar que los vectores propios correspondientes a valores propios dis-tintos de un operador autoconjugados son ortogonales.

6. Sean A, B ∈ δ(H). Probar que:

AB autoconjugado ≡ AB = BA.

7. Sea H = M ⊕M⊥, H de Hilbert, M cerrado. Probar que PM ≥ 0.

8. Sea A : l2 −→ l2 Ax = (λ1x1, λ2x2, ..., λnxn, ...).

8.1) ¿Bajo que condicion A ∈ L(H)?

8.2) ¿Bajo que condicion A ∈ δ(H)?

8.3) ¿Bajo que condicion A ≥ 0?

9. Sean H un espacio de Hilbert; xn → x. ¿Bajo que condicion

(Axn | xn) −→n→∞

(Ax | x)?

206

Bibliografıa

[1] Trenoguin, V.A.; B.M. Pisarievski; T.S. Soboleva (1987): Problemas yEjercicios de Analisis Funcional. Editorial MIR, Moscu, 269pp.

[2] Bachman, George; L. Narici (1972): Functional Analysis. AcademicPress, 530pp.

[3] Kolmogorov, A.; S. Fomin (1975): Elementos de la Teorıa de Funcionesy el Analisis Funcional. Editorial MIR, Moscu, 534pp.

[4] Rosov, N (1967): Cours d′Analyse Moderne. Traite a la Faculte desSciences d′Alger, 90pp.

[5] Kiesewetter, H. (october 1967 to january 1968): Lectures on FunctionalAnalysis. UCLV, Santa Clara, 115pp.

[6] Kreyszig, E.; John Wiley and Sons (1978): Introductory FunctionalAnalysis with Applications, 688pp.

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[8] Arguelles Cortes, L.; G. Hernandez Cuellar; J. V. Lopez Palacio (2002):Experiencia en la aplicacion de modernos metodos de ensenanza en elaprendizaje de la Matematica. Universidad Pedagogica, Mexico, 137pp.

[9] Cotlar, M; Cignoli, R (1967): Nociones de Espacios normados. EditorialUniversitaria de Buenos Aires, 361pp.

[10] Taylor, A. E. (1958): Introduction to funtional Analysis. Wiley Interna-tional Edition, Japan, 423pp.

207

[11] Maroni, P.; Nedzela, M. (1969): Elements d′ Analyse Fonctionnelle.Instiute Blaise Pascal, 200pp.

[12] Simmons, G. F. (1963): Introduction to Topology and modern analysis.McGraw-Hill Book Company, 372pp.

208

Indice de Materias

AAcotacion Uniforme

Aplicaciones, 75Principio, 44Teorema, 17

AplicacionContinua, 19Continua en un punto, 19Uniformemente continua, 19

BBaire teorema, 17Banach-Steinhaus teorema, 45

Aplicaciones, 45, 46Bola

Abierta, 15Cerrada, 15

CCampo

Definicion, 35Valores, 35

Categorıas1ra, 162da, 16

Completacion, 21Conjugado de Hermite, 89Conjuntos

Abierto, 15Acotado, 15Cerrado, 16

Clausura, 16Compacto, 16, 105Convexos, 16de operadores totalmente con-

tinuos, 110Debilmente compacto, 110Densos, 16Diametro, 15Distancia entre, 15Localmente compacto, 109Nunca densos, 16Relativamente compacto, 16, 107Resolvente, 137Totalmente acotado, 108

ConvergenciaDebil, 96Debilitada, 98Fuerte, 44, 47Uniforme, 44

Cubrimiento, 105

DDesigualdades

Cauchy-Buniakowski, 22Holder, 22Minkowski, 23

Distancia entre,conjuntos, 15un punto y un conjunto, 15

209

EEpsilon red, 107Equiacotado, 107Equicontinuo, 107Espacios

de Banach, 20Bicompacto, 107

Compacto, 16, 105Completo, 20Conjugado, 85Dual, 72Encajado, 21Hilbert, 21Isomorfos, 20Isometricos, 20Normados, 15Operadores lineales acotados, 43Reflexivo, 98Separables, 16Unitario, 21

Espectro de un operador, 138

FFuncion analıtica, 139Funcional, 72

Acotado, 73Continuo, 73Lineal, 73

GGrafico, 63Grafico cerrado teorema, 65

HHahn-Banach teorema, 74Hausdorf teorema, 112Hiperplano, 72

IInverso acotado teorema, 55

InversoDerecho, 55Izquierdo, 55

LLiouville teorema, 139

NNormas

Definicion, 15Ejemplos, 19Equivalentes, 20

OOperador

Acotado, 35Autoconjugado, 133Casi cerrado, 72Cerrado, 63, 64Conjugado, 56Continuamente inversible, 55Continuo, 34, 35Continuo en un punto, 34de proyeccion, 134Identico, 44Inverso, 55Lineal, 35

Totalmente continuo, 107, 108Cerrado, 65

Norma, 35Nucleo, 35Prolongacion, 47Proyeccion ortogonal, 53Totalmente acotado, 108

PProducto escalar, 24Punto de Adherencia, 16

210

RRadio espectral, 139Riesz Lema, 74

SSucesion

Convergente, 16Debilmente acotada, 98Debilmente fundamental, 98Fundamental (de Cauchy), 20Uniformemente convergente, 44

Subespacio, 16Suma directa externa, 63

VVariedad Lineal, 16

Localmente compacta, 110

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