III. PRODUCTO INTERIOR Y ESPACIOS DE HILBERT

III. PRODUCTO
INTERIOR Y ESPACIOS
DE HILBERT
A fin de dotar a los espacios normados de una geometrı́a,
debemos definir un producto interior o escalar. Nos proponemos que el estudiante se familiarice con los espacios dotados de
producto interior, conozca sus propiedades básicas y pueda aprovecharlas para poderlas aplicar tanto al estudio de las series de
Fourier, los polinomios ortogonales y la teorı́a básica de operadores.
SECCIONES
1. Introducción histórica.
2. Definición y primeros ejemplos.
3. Propiedades del producto interior.
4. Conjuntos ortonormales.
5. Ortogonalización de polinomios.
6. Representación de funcionales en espacios de Hilbert.
7. Operador adjunto. Operadores autoadjuntos y unitarios.
8. Ejercicios.
95
1. INTRODUCCIÓN HISTÓRICA.
Ilustramos en esta primera sección cómo el estudio de las siguientes ecuaciones en derivadas parciales ha sido fundamental en el desarrollo de los
espacios de Hilbert:
2
∂ u
1) Ecuación del calor: ∂u
∂t = ∂x2 (su solución corresponde a la temperatura
u(x, t) de un alambre en el instante t y en el punto x).
2
2
2) Ecuación de ondas: ∂∂t2u = ∂∂xu2 (la solución u(x, t) es ahora la altura de
una onda en propagación para el instante t en un punto cuya proyección
sobre el eje es x).
2
2
3) Ecuación de Laplace: ∂∂t2u + ∂∂xu2 = ρ (ahora u es la energı́a potencial de
un cuerpo y ρ es la densidad de masas).
Nos limitaremos a estudiar la ecuación del calor (análogamente se podrı́a
hacer con las otras ecuaciones). Para buscar sus soluciones, suponemos que
u es de variables separadas, es decir de la forma u(t, x) = ϕ(t)ξ(x). Entonces ut = ϕ0 (t)ξ(x) y uxx = ϕ(t)ξ 00 (x), luego ϕ0 (t)ξ(x) = ϕ(t)ξ 00 (x), o bien
ϕ0 (t)/ϕ(t) = ξ 00 (x)/ξ(x).
Como el primer miembro no depende de x y el segundo miembro no depende de t, deben ser constantes. Debemos resolver entonces las siguientes
ecuaciones:
ϕ0 (t)/ϕ(t) = k; ξ 00 (x)/ξ(x) = p,
con k y p constantes.
La solución general de la primera ecuación es ϕ(t) = cekt y de la segunda
ξ(x) = c1 cos(δx)+c2 sen(δx), donde p = −δ 2 (si p > 0, δ es complejo).
Supongamos por simplificar que el alambre es circular y tiene longitud 2π.
Esto hace que ξ sea periódica de perı́odo 2π, y que δ deba ser entero; resulta
ξ(x) = c1 cos(nx) + c2 sen(nx), con n ∈ Z.
Como las soluciones de la ecuación del calor se obtienen haciendo k = −n2 ,
tenemos la siguiente familia de soluciones:
2
2
un (t, x) = e−n t cos(nx), vn (t, x) = e−n t sen(nx).
Además, cualquier combinación lineal finita de ellas
u(t, x) =
n1
X
2
2
[an e−n t cos(nx) + bn e−n t sen(nx)]
n=n0
es solución.
96
Fourier pensaba que toda solución puede escribirse como suma infinita de senos y cosenos (lo que lleva involucrado un problema de convergencia).
Por otra parte, cuando t = 0, obtenemos una función de una variable
u(0, x) = f (x) =
n1
X
[an cos(nx) + bn sen(nx)].
n=n0
De acuerdo con esto, Fourier suponı́a también que toda función periódica
se puede escribir como suma infinita de senos y cosenos, lo cual no es cierto
puntualmente.
Otra forma de escribir las series anteriores se obtiene con las fórmulas cos x =
(eix + e−ix )/2, sen x = (eix − e−ix )/2i. Ası́
X
X
an bn
an bn
2
−n2 t
inx
−inx
u(t, x) =
e
=
cn e−n t einx ,
e +
e
+
−
2
2i
2
2i
n∈N
n∈Z
donde, para t = 0, tenemos f (x) =
inx .
n∈Z cn e
P
Aquı́ se plantean las siguientes preguntas:
1) ¿Las exponenciales trigonométricas serán base de algún espacio?
Esto permitirı́a obtener la función f cuando se conocen sus coeficientes respecto a dicha base.
2) ¿Cómo obtener los coeficientes cn cuando la función f es conocida?
Para responder a esta pregunta, aplicamos las siguientes fórmulas:
(
Z 2π
1 si n = 0
1
1
einx dx =
(ein2π − 1) =
2π 0
2πin
0 si n 6= 0,
(
Z 2π
1 si m = n
1
1
eimx e−inx dx =
(ei(m−n)2π − 1) =
2π 0
2πin
0 si m 6= n.
Con lo anterior tenemos
Z 2π
Z
f (x)dx =
0
0
2π
X
inx
cn e
dx =
n∈Z
Z
X
n∈Z
2π
Z
2π
cn
einx dx
0
1
f (x)dx;
= 2πc0 =⇒ c0 =
2π 0
Z 2π
Z 2π X
X Z
f (x)e−imx dx =
cn einx e−imx dx =
cn
0
0
n∈Z
n∈Z
= 2πcm =⇒ cm =
97
1
2π
Z
0
2π
2π
einx e−imx dx
0
f (x)e−imx dx.
(Aquı́ se debe precisar en qué sentido converge la serie y cómo justificar el
intercambio de la serie con la integral.)
2. DEFINICIÓN Y PRIMEROS EJEMPLOS.
Una clase importante de espacios normados permite generalizar muchas propiedades de la geometrı́a del espacio ordinario que dependen de la noción de
ángulo, especialmente las que se refieren a la perpendicularidad. Recordamos
que, si x, y ∈ Rn y α es el ángulo que forman, se define el producto escalar
por hx, yi = kxk · kyk · cos α. Queremos obtener una noción abstracta de
producto escalar en espacios normados generales que permita extender la
fórmula anterior. Como es lógico pensar, los espacios con producto escalar
son históricamente anteriores a los espacios normados generales y mantienen
todavı́a muchas propiedades de los espacios euclı́deos. La teorı́a fue iniciada
por Hilbert (1912) en sus trabajos sobre ecuaciones integrales y todavı́a
hoy en dı́a estos espacios son básicos en numerosas aplicaciones del Análisis
Funcional.
2.1.- Definición. Un espacio con producto interior o pre-Hilbert es un
espacio vectorial X en el que se define una aplicación h·, ·i : X × X → E con
las siguientes propiedades:
(1) (aditiva) hx + y, zi = hx, zi + hy, zi;
(2) (homogénea) hαx, yi = αhx, yi;
(3) (hermı́tica) hx, yi = hy, xi;
(4) (definida positiva) hx, xi ≥ 0 y hx, xi = 0 ⇐⇒ x = 0.
Toda aplicación que verifique (1), (2) y (3) se llama forma sesquilineal
hermı́tica (ver definición 6.4).
Nota. Los axiomas anteriores fueron primero establecidos por von Neumann
en 1930 en sus trabajos sobre fundamentos matemáticos de la Mecánica
Cuántica. En su definición se incluı́a también la separabilidad del espacio,
axioma posteriormente eliminado cuando Löwing, Rellig y F. Riesz mostraron que en la práctica era innecesaria dicha restricción.
De los axiomas se deducen inmediatamente las siguientes propiedades:
a) hx, 0i = 0, ∀x ∈ X.
b) hx, yi = 0, ∀x ∈ X =⇒ y = 0.
98
c) hx, αy1 + βy2 i = αhx, y1 i + βhx, y2 i.
Todo espacio pre-Hilbert es p
en particular normado, donde la norma asociada se define como kxk = hx,p
xi, y por tanto es también métrico, con
la distancia d(x, y) = kx − yk = hx − y, x − yi. Esto motiva la siguiente
definición:
Un espacio de Hilbert es un espacio pre-Hilbert completo (respecto a la
métrica asociada). Por tanto, todo espacio de Hilbert es un espacio de Banach en el que se ha definido un producto interior.
Observación. El recı́proco de la afirmación anterior no es cierto, es decir
no todos los espacios normados son espacios pre-Hilbert. Daremos a continuación una caracterización de los espacios normados para los que se puede
definir un producto escalar cuya norma asociada sea la dada. Dicha caracterización se basa en los siguientes hechos cuya demostración es inmediata.
2.2.- Proposición (identidad del paralelogramo). Si (X, h·, ·i) es un espacio
pre-Hilbert, la norma asociada verifica kx + yk2 + kx − yk2 = 2(kxk2 +
kyk2 ).
El siguiente resultado muestra cómo la norma asociada permite a su vez
definir el producto interior.
2.3.- Proposición (identidad de polarización). Sea (X, h·, ·i) un espacio
pre-Hilbert arbitrario.
a) Si X es real, hx, yi = 41 [kx + yk2 − kx − yk2 ].
b) Si X es complejo,
Rehx, yi =
Imhx, yi =
1
[kx + yk2 − kx − yk2 ],
4
1
[kx + iyk2 − kx − iyk2 ].
4
Esta propiedad sugiere una forma de definir un producto interior a partir de
una norma. Sin embargo, será necesaria la identidad del paralelogramo. El
siguiente resultado proporciona una especie de recı́proco de la proposición
2.2.
2.4.- Proposición. Sea (X, k · k) un espacio normado. Si se verifica la ley
del paralelogramo 2,2, entonces existe un producto interior h·, ·i en X tal que
kxk = hx, xi1/2 .
Demostración. a) Caso real. Definimos hx, yi = 41 [kx + yk2 − kx − yk2 ].
Lo único que presenta dificultad es la linealidad del producto interior. Esta
se demuestra en los siguientes pasos:
99
* hx, yi + hz, yi = 12 hx + z, 2yi. En particular, si z = 0, entonces hx, yi =
1
1
2 hx, 2yi, de donde hu + v, yi = 2 hu + v, 2yi = hu, yi + hv, yi.
* Como hx, yi = hy, xi, también es aditiva en la segunda componente.
* Como hnx, yi = nhx, yi si n ∈ Z, se deduce que hx/n, yi = n1 hx, yi y
hrx, yi = rhx, yi con r ∈ Q. De la continuidad del producto interior (probado
posteriormente en 3.3), se prueba que, para todo a ∈ R, si a = lı́mk rk con
rk ∈ Q, hax, yi = lı́mk hrk x, yi = lı́mk rk hx, yi = ahx, yi.
b) Caso complejo. Definimos ahora hx, yi = hx, yiR + ihx, iyiR donde
1
hx, yiR = [kx + yk2 − kx − yk2 ].
4
De lo anterior se deduce fácilmente la identidad de polarización 2.3 (b).
* Por cálculo directo se comprueba que hx, ixiR = 0 y hix, iyiR = hx, yiR . La
primera de las igualdades muestra que hx, xi = kxk2 y que hx, xi = 0 ⇐⇒
x = 0.
La segunda identidad permite probar que hix, yi = ihx, yi y de aquı́ se deduce
que hy, xi = hx, yi.
* La aditividad de h·, ·i en sus dos argumentos se deduce de la aditividad de
h·, ·iR .
* Sólo queda probar que hax, yi = ahx, yi, con a ∈ C. Para ello, basta tener
en cuenta la linealidad de h·, ·iR y que hix, yi = ihx, yi.
♦
2.5.- Ejemplos. 1) Rn es un espacio de Hilbert si definimos el producto
interior hx, yi = x1 y1 + · · · + xn yn . Como la métrica asociada
p
d(x, y) = (x1 − y1 )2 + · · · + (xn − yn )2
es la euclı́dea, es ya sabido que el espacio es completo.
2) Cn es un espacio de Hilbert
con el producto hx, yi = x1 y1 + . . . xn yn
p
porque nuevamente kxk = |x1 |2 + · · · + |xn |2 da lugar a una norma.
P∞
3) `2 = {x = (x1 , x2 , . . . ) : xn ∈ C,
|xn |2 < ∞} es un espacio de
n=1
P∞
Hilbert separable con el producto hx, yi = n=1 xn yn .
La convergencia de la serie se deduce de la desigualdad de Cauchy- Schwarz.
Este fue el primer ejemplo de espacio de Hilbert, estudiado por él mismo
en 1912 y punto de partida para la definición axiomática dada por von
Neumann.
P∞
p
4) `p = {x = (x1 , x2 , . . . ) : xn ∈ C,
n=1 |xn | < ∞}, con p 6= 2, no es
un espacio pre-Hilbert pues, si tomamos x = (1, 1, 0, . . . ), y = (1, −1, 0 . . . ),
100
entonces kxk = kyk = 21/p , kx + yk = kx − yk = 2. Por tanto, no se verifica
la ley del paralelogramo.
Rb
5) Si L2 [a, b] es la compleción del conjunto {f : [a, b] → C : a |f (x)|2 dx <
Rb
∞}, es un espacio de Hilbert con el producto interior hf, gi = a f (x) g(x)dx
como se prueba análogamente al ejemplo 3.
Otra forma de introducir el espacio L2 [a, b] es a partir de `2 y corresponde
al estudio de las series de Fourier:
Sea f una función con derivada continua en [0, 2π] tal que f (2π) = f (0).
Entonces
X
X
bn sen nx,
an cos nx +
f (x) = a0 /2 +
n≥1
n≥1
donde
an =
1
π
2π
Z
f (x) cos nxdx, bn =
0
Z
1
π
2π
f (x) sen nxdx,
0
y la convergencia de la serie es uniforme (resultado clásico sobre series de
Fourier).
Si escribimos
1
1
1
φ2k (x) = √ cos kx, φ2k+1 (x) = √ sen kx, φ0 (x) = √ ,
π
π
2π
las fórmulas anteriores quedan de la forma
f (x) =
∞
X
Z
2π
f (x)φn (x)dx.
αn φn (x), con αn =
0
n=0
R 2π
Una propiedad importante es que 0 φm (x)φn (x)dx = δnm (la familia es
ortonormal); además, la sucesión {αn }n≥0 está en `2 .
En efecto, para cualquier N ∈ N,
N
X
n=0
2
|αn | =
N
X
Z
αn ·
n=0
donde definimos fN (x) =
2π
Z
f (x)φn (x)dx =
0
2π
f (x)fN (x)dx,
0
PN
n=0 αn φn (x).
Como
Fourier
converge uniformemente a f , fN (x) →Pf (x), resulta
R
Pla serie de
∞
2 → 2π |f (x)|2 dx y podemos escribir además
2
que N
|α
|
n
n=0 |αn | =
0
R 2π n=02
0 |f (x)| dx.
Sin embargo el recı́proco no es cierto, es decir dada
Puna sucesión {αn }n≥0 ∈
`2 , no tiene por qué existir f ∈ C 1 [0, 2π] tal que n≥0 αn φn (x) = f (x). La
101
fn
f
razón es que, como `2 es completo, toda sucesión de Cauchy converge a algún
α ∈ `2 . Sin embargo, existen sucesiones {fn }n≥0 de funciones contenidas en
R 2π
C 1 [0, 2π] tales
que1 0 |fi (x) − fk (x)|2 dx → 0, pero que no convergen a
1
π ejemplo:
2π
n π π+
n C 1 [0,2π
ningunaπ−
función
en
2π] como muestra el siguiente
R 2π
Lo que se puede probar es que el lı́mite f verifica 0 |f (x)|2 dx < ∞, es
decir f ∈ L2 [0, 2π].
6) En general, si E es un espacio de medida y µ una medida positiva so2
bre
R E, L (E, µ) es un espacio de Hilbert con el producto interior hf, gi =
E f gdµ.
7) El espacio C[a, b] de las funciones continuas en [a, b], con el producto
Rb
hf, gi = a f (x) g(x)dx, es un espacio pre-Hilbert pero no de Hilbert. Sin
embargo la norma kf k = máxx∈[a,b] |f (x)| no proviene de ningún producto
interior porque si tomamos f (x) = 1, g(x) = x−a
b−a , no se verifica la ley del
paralelogramo.
3. PROPIEDADES DEL PRODUCTO INTERIOR.
En esta sección desarrollamos las propiedades básicas del producto interior.
Además de los resultados en sı́ mismos, que serán útiles en la evolución
posterior del curso, permitirán dar a conocer las técnicas más usuales de
demostración.
3.1.- Proposición (desigualdad de Cauchy-Schwarz-Buniakowski). Para
cualesquiera x, y ∈ X, |hx, yi| ≤ kxk · kyk y la igualdad se cumple si y sólo
si x, y son linealmente dependientes.
Demostración. Si y = 0, es evidente pues hx, 0i = 0.
Si y 6= 0,
0 ≤ kx − αyk2 = hx − αy, x − αyi = hx, xi − αhx, yi − α[hy, xi − αhy, yi].
Eligiendo α =
hy,xi
hy,yi ,
queda
0 ≤ hx, xi −
hy, xihx, yi
|hx, yi|2
= kxk2 −
.
hy, yi
kyk2
La igualdad se cumple cuando 0 = kx − αyk2 , es decir si x = αy.
Consecuencias de la propiedad anterior son las siguientes.
102
♦
3.2.- Proposición (desigualdad triangular). Para cualesquiera x, y ∈ X,
kx + yk ≤ kxk + kyk y la igualdad se cumple si y sólo si y = 0 ó x = cy
(c ≥ 0).
Demostración. Por definición, es evidente que
kx + yk2 = hx + y, x + yi = kxk2 + hx, yi + hy, xi + kyk2
= kxk2 + kyk2 + 2 Rehx, yi ≤ kxk2 + kyk2 + 2|hx, yi|
≤ kxk2 + kyk2 + 2kxk · kyk = (kxk + kyk)2 .
La igualdad es cierta si y sólo si 2 Rehx, yi = 2kxk · kyk. En particular,
|hx, yi| = kxk · kyk lo que implica dependencia lineal x = cy. Además
Imhx, yi = 0 y Rehx, yi ≥ 0 =⇒ 0 ≤ hx, yi = hcy, yi = ckyk2 =⇒ c ≥ 0.
♦
3.3.- Proposición (continuidad del producto interior). Si xn → x, yn → y,
entonces hxn , yn i → hx, yi. Análogamente, si (xn )n∈N e (yn )n∈N son sucesiones de Cauchy en X, entonces (hxn , yn i)n∈N es de Cauchy en E.
Demostración. En la diferencia |hxn , yn i−hx, yi| sumamos y restamos hxn , yi.
Ası́:
|hxn , yn i−hx, yi| ≤ |hxn , yn −yi|+|hx−xn , yi| ≤ kxn k·kyn −yk+kx−xn k·kyk → 0.
Basta aplicar la hipótesis para deducir que hxn , yn i → hx, yi.
♦
Sugerido por la noción de perpendicularidad en espacios euclı́deos se puede
definir el siguiente concepto.
3.4.- Definición. Dos elementos x, y de (X, h·, ·i) son ortogonales, y escribimos x⊥y, cuando hx, yi = 0. También, dos conjuntos A, B ⊂ X son
ortogonales si x⊥y, ∀x ∈ A, y ∈ B. Dado un subconjunto A ⊂ X, el complemento ortogonal de A es el conjunto
A⊥ = {x ∈ X : x⊥A}.
3.5.- Proposición (teorema de Pitágoras). Si x⊥y, kx + yk2 = kxk2 +
kyk2 .
La demostración es directa.
3.6.- Corolario. Si A es cualquier subconjunto de X, A⊥ es subespacio
cerrado de X.
Aplicación. Veremos a continuación que todo espacio pre-Hilbert puede
ser completado y la compleción será única salvo isomorfismos, donde un
isomorfismo entre espacios pre-Hilbert es una aplicación lineal U : X → Y
103
biyectiva y tal que hU x1 , U x2 i = hx1 , x2 i, ∀x1 , x2 ∈ X (en particular U es
una isometrı́a pues preserva las distancias).
El siguiente teorema motiva el nombre de espacios pre-Hilbert a los que
tienen definido un producto interior y no son completos.
3.7.- Teorema (compleción). Dado un espacio pre-Hilbert (X, h·, ·i), existe
un espacio de Hilbert H y un isomorfismo A : X → W donde W es denso
en H. Además el espacio H es único salvo isomorfismos.
Demostración. Por la teorı́a de espacios de Banach (capı́tulo II, teorema
4.6), existe un espacio H de Banach y una isometrı́a A : X → W con
W denso en H. Por la continuidad de A, A es también isomorfismo de X
sobre W , pensados como espacios normados. Por la proposición 3.3, se puede
definir en H un producto interior hx, yi = lı́mhxn , yn i donde (xn )n∈N ∈ x,
(yn )n∈N ∈ y (recordemos que x e y son clases de equivalencia de sucesiones
de Cauchy en W tales que kxn − x0n k → 0). La norma asociada a este
producto es kxkN = hx, xi1/2 , ∀x ∈ H. Si (xn )n∈N ∈ x, podemos poner
kxkN = lı́mn hxn , xn i1/2 = lı́mn kxn k = kxk y coinciden ambas normas,
por lo que H es un espacio de Hilbert. Teniendo en cuenta la identidad
de polarización, vemos que A es isomorfismo de X en W pensados como
espacios pre-Hilbert.
El mismo teorema 4.6 también garantiza que H es único salvo isometrı́as.
♦
El siguiente resultado también es consecuencia de su análogo en espacios
normados.
3.8.- Teorema. Sea H un espacio de Hilbert e Y un subespacio de H.
a) Y es completo si y sólo si Y es cerrado en H.
b) Si Y es de dimensión finita, entonces Y es completo.
c) Si H es separable, Y también. Más general, todo subconjunto de un espacio pre-Hilbert separable es separable.
Destacaremos sobre los demás el siguiente teorema de proyección, que será el
punto de partida en el problema de la descomposición espectral de un espacio de Hilbert, problema que estudiaremos posteriormente con toda generalidad.
3.9.- Teorema (proyección). Sea X un espacio de Hilbert y M un subespacio
cerrado de X. Dado cualquier elemento x ∈ X, si llamamos d a la distancia
de x a M , d = ı́nf{kx − yk : y ∈ M }, existe un único elemento y ∈ M tal
que ky − xk = d. Además (x − y)⊥M.
Demostración. Como d = ı́nf{kx − yk : y ∈ M }, existe una sucesión {yn }n∈N
en M tal que kyn − xk → d. Si aplicamos la regla del paralelogramo a
104
yn − x, ym − x, resulta:
kyn + ym − 2xk2 + kyn − ym k2 = 2kyn − xk2 + 2kym − xk2 .
m
Como kyn +ym −2xk2 = 4k yn +y
−xk2 y
2
d.
yn +ym
2
m
∈ M, entonces k yn +y
−xk ≥
2
La igualdad anterior queda ahora kyn − ym k2 ≤ 2kyn − xk2 + 2kym − xk2 −
4d2 .
Tomando el lı́mite cuando n, m → ∞, se obtiene que kyn − ym k → 0.
Ası́ se prueba que {yn }n∈N es de Cauchy en M por lo que existe y ∈ M tal
que yn → y. Entonces d = lı́mn kyn − xk = k lı́mn yn − xk = ky − xk.
Dicho elemento es además único, porque si y, y0 ∈ M verifican ky − xk =
ky0 − xk = d, entonces por la ley del paralelogramo:
ky − y0 k2 = k(y − x) − (y0 − x)k2
= 2ky − xk2 + 2ky0 − xk2 − k(y − x) + (y0 − x)k2
= 2d2 + 2d2 − 4k1/2(y + y0 ) − xk2 ≤ 4d2 − 4d2 = 0 =⇒ y = y0 .
El elemento z = x − y es ortogonal a M porque, en caso contrario, existirı́a
y1 ∈ M , y1 6= 0, tal que hz, y1 i = β 6= 0. Entonces
kz − αy1 k2 = hz, zi − αhz, y1 i − α[hy1 , zi − αhy1 , y1 i]
|β|2
= hz, zi − αhz, y1 i = kzk2 −
< d2
ky1 k2
si α =
hy1 ,zi
hy1 ,y1 i
pues kzk = d.
Pero esto es imposible porque z − αy1 = x − (y + αy1 ); de aquı́ concluimos
que kz − αy1 k ≥ d.
♦
El teorema anterior también es cierto si M es un subconjunto de X no vacı́o,
convexo y completo.
El problema de existencia puede no tener solución si M no es completo
(basta considerar un intervalo abierto M de R y un punto cualquiera x ∈
R2 , x 6∈ M ). La unicidad puede fallar en el caso de no convexidad como
se ve en el siguiente ejemplo: X = R2 , M = {(a, 0) : a ∈ [1, 2] ∪ [3, 4]},
x = (3/2, 1).
Las primeras consecuencias ya proporcionan resultados interesantes, como
los siguientes.
3.10.- Corolario. Sean X un espacio de Hilbert y M un subespacio cerrado
de X. Entonces X = M ⊕ M ⊥ .
105
Demostración. ∀x ∈ X, ∃y ∈ M : ky −xk = d. Además si z = x−y, entonces
z ∈ M ⊥ , con lo que x = y + z.
Si fuera x = y + z = y1 + z1 , entonces y − y1 = z1 − z, pero y − y1 ∈ M y
z1 − z ∈ M ⊥ .
Sabiendo que M ⊥ es subespacio de X, resulta que y − y1 = z − z1 = 0.
♦
Un contraejemplo de lo anterior cuando X no es de Hilbert se puede encontrar en el ejercicio 10 al final del capı́tulo.
3.11.- Corolario. Si M es subespacio cerrado de X, entonces M = M ⊥⊥ .
Demostración. Es evidente que M ⊂ M ⊥⊥ .
Recı́procamente, si x ∈ M ⊥⊥ , existen dos elementos y ∈ M ⊂ M ⊥⊥ , z ∈ M ⊥
tales que x = y + z. Entonces z = x − y ∈ M ⊥⊥ ∩ M ⊥ = {0}. Esto implica
que x = y ∈ M .
♦
Otra consecuencia del teorema de proyección, que veremos posteriormente,
será el teorema de representación de Riesz, el cual permite identificar un
espacio de Hilbert con su dual. El nombre dado al teorema viene motivado
por la siguiente definición.
3.12.- Definición. Si X = M ⊕ M ⊥ , la aplicación P : X → X definida
por P x = y si x = y + z, z ∈ M ⊥ , se llama proyección ortogonal de X
sobre M . Ası́ definida, P es lineal y acotado, idempotente (P 2 = P ), siendo
M = P (X) y M ⊥ = N (P ).
Análogamente, se puede definir P 0 : X → M ⊥ como la proyección ortogonal sobre M ⊥ con las mismas propiedades que la anterior (recordamos que
M ⊥⊥ = M ). Además P 0 = I − P .
Esta definición generaliza el concepto de proyección en espacios vectoriales
(donde se sabe que toda aplicación idempotente E : X → X determina una
descomposición en suma directa X = M ⊕ N donde M = {x ∈ X : Ex = x}
y N = {x ∈ X : Ex = 0} y, recı́procamente, dada la descomposición x =
M ⊕N , la aplicación Ex = y, si x = y+z, con y ∈ M, z ∈ N es idempotente)
y será el punto de partida para la representación espectral de operadores
en espacios de Hilbert (ver algunas propiedades de las proyecciones en los
problemas al final del capı́tulo).
106
4. CONJUNTOS ORTONORMALES.
En esta sección vamos a representar todo elemento de un espacio de Hilbert
como combinación lineal (que incluso puede ser no numerable) de elementos
de un conjunto ortonormal completo, concepto que definiremos posteriormente. Los coeficientes de dicha combinación lineal se llamarán coeficientes
de Fourier del elemento dado. Deduciremos el lema de Riemann-Lebesgue,
2
que establece las condiciones para que exista una función en L
cuyos
√ [0, 2π]
coeficientes de Fourier respecto al conjunto ortonormal {(1/ 2π)eint : n ∈
Z} sean dados, mediante el teorema de Riesz-Fischer.
4.1.- Definición. Dado un espacio X pre-Hilbert, un conjunto ortogonal M
de X es un subconjunto M ⊂ X, tal que ∀x, y ∈ M, x 6= y, hx, yi = 0. M es
un conjunto ortonormal si además de lo anterior, hx, xi = 1, ∀x ∈ M.
El teorema de Pitágoras se puede generalizar a conjuntos ortogonales, ası́:
si {x1 , . . . , xn } es ortogonal, entonces kx1 + · · · + xn k2 = P
kx1 k2 + · · · +
kxn k2 . Además, si {e1 , . . . , en } es un conjunto ortonormal, k ni=1 λi ei k2 =
P
n
2
i=1 |λi | .
4.2.- Ejemplos. 1) En Rn , la base canónica {ei = (δij )nj=1 : i = 1, . . . , n}
es ortonormal.
2) En `2 , la familia {ei = (δij )∞
j=1 : i = 1, . . . , n} es ortonormal.
R 2π
3) En C[0, 2π] sobre R, con hx, yi = 0 x(t)y(t)dt, la sucesión un (t) = cos nt
√ nt (n ≥ 1) es
(n ≥ 0) es ortogonal y la sucesión e0 (t) = √12π , en (t) = cos
π
ortonormal.
n
o∞
4) La familia √12π eint
es un sistema ortonormal en L2 [−π, π].
n=−∞
Es fácil probar que todo conjunto ortogonal es linealmente independiente y, aunque el recı́proco no es cierto, el método de ortogonalización de
Gram-Schmidt permite construir un conjunto ortonormal a partir de uno
linealmente independiente de manera que generen el mismo subespacio. La
importancia de dicho proceso estriba en que los conjuntos ortonormales permiten de forma más fácil la determinación de los coeficientes en cualquier
combinación lineal que los conjuntos que son simplemente linealmente independientes.
Un primer resultado relacionado con el cardinal de los conjuntos ortonormales es el siguiente:
4.3.- Teorema. Si X es un espacio pre-Hilbert separable, todo conjunto
ortonormal A es finito o numerable.
107
Demostración. Si √
x, y ∈ A, kx − yk2 = kxk2 − hx, yi − hy, xi + kyk2 = 2 de
donde kx − yk = 2.
Por ser X separable, existe M ⊂ X numerable tal que M √
= X. Para
0
cualesquiera
x, y ∈ A, existen b, b ∈ M tales que b ∈ B(x, 2/2), b0 ∈
√
B(y, 2/2) y por lo tanto, b 6= b0 .
Si A no fuera numerable, podrı́amos encontrar una colección
√ no numerable
de elementos de M , cada uno de ellos en una bola B(x, 2/2) con x ∈ A
(y por tanto distintos entre sı́), lo cual contradice el hecho de que M es
numerable.
♦
Para establecer los resultados generales de esta sección, definiremos el siguiente concepto.
4.4.- Definición. Dada una familia arbitraria IP
de ı́ndices y un conjunto
{xα }P
α∈I en un espacio normado X, se dice que
α∈I xα = x cuando x =
sup{ α∈J xα : J ⊂ I, J finito} o bien, cuando
X ∀ε > 0, ∃J0 ⊂ I finito : x −
xα < ε, ∀J ⊃ J0 finito.
α∈J
Esta noción es similar a la de convergencia incondicional de números reales
pues la convergencia es bastante fuerte para garantizar que ningún reagrupamiento de los términos tendrá efecto sobre la misma.
De la definición se deducen las siguientes propiedades:
P
P
4.5.- Proposición. a) Si
α∈I βxα =
α∈I xα = x y β ∈ E, entonces
βx.
P
P
P
b) Si α∈I xα = x y α∈I yα = y, entonces α∈I (xα + yα ) = x + y.
P
c) Si
α∈I xα = x, entonces xα = 0 excepto para un conjunto numerable.
Demostración. Los apartados a) y b) son evidentes.
Paraprobar
c), seaεn = 1/n; existe Hn tal que ∀J ⊃ Hn , J finito, se tiene
P
que α∈J xα − x < εn /2. Consideramos un conjunto J0 finito tal que
J0 ∩ Hn = ∅, para todo n; resulta ası́ que
X
X X
X
X
x−
x
x−
x
+
=
x
−
x
≤
x
α < 1/n.
α
α
α α
α∈J0
α∈J0 ∪Hn
α∈J0 ∪Hn
α∈Hn
S
α∈Hn
Si tomamos el conjunto numerable n∈N Hn y cualquier ı́ndice α no contenido en el conjunto, de lo anterior
se deduce que kxα k < 1/n, ∀n, es decir
S
xα = 0, para cualquier α 6∈ n∈N Hn .
♦
108
Con esta notación probamos ahora la desigualdad de Bessel.
4.6.- Teorema. Sea X un espacio pre-Hilbert, A un conjunto ortonormal
de X, y ∈ X arbitrario. Entonces:
a) (Desigualdad de Bessel)
∀x1 , . . . , xn ∈ A :
n
X
|hy, xi i|2 ≤ kyk2 .
i=1
Los elementos hy, xi i se llaman coeficientes de Fourier de y respecto del
conjunto ortonormal {xi }ni=1 .
b) El conjunto J = {x ∈ A : hy, xi =
6 0} es numerable.
P
c) ∀z ∈ X : x∈A |hy, xi hz, xi| ≤ kyk · kzk.
Demostración. a) Llamamos αi = hy, xi i. De este modo,
0 ≤ hy −
n
X
αi xi , y −
i=1
= kyk2 −
n
X
n
X
αi xi i
i=1
αi hxi , yi −
i=1
n
X
αi hy, xi i +
i=1 j=1
i=1
Esto implica que kyk2 ≥
n X
n
X
αi αj hxi , xj i = kyk2 −
n
X
i=1
Pn
2
i=1 |hy, xi i| .
De lo anterior se deduce que la igualdad es también válida si n es infinito.
b) Llamamos Jn = {x ∈ A : |hy, xi| ≥ 1/n} y elegimos x1 , . . . , xm ∈ Jn . Por
a),
m
X
1
2
kyk ≥
|hy, xi i|2 ≥ m · 2 =⇒ m ≤ n2 kyk2 < ∞,
n
i=1
es decir Jn es finito.
S
Como J = ∞
n=1 Jn es unión numerable de conjuntos finitos, es numerable.
c) Por las desigualdades de Hölder y de Bessel, para cualesquiera x1 , . . . , xn ∈
A tenemos
!1/2
!1/2
n
n
n
X
X
X
|hy, xi i hz, xi i| ≤
|hy, xi i|2
·
|hz, xi i|2
≤ kyk · kzk.
i=1
i=1
i=1
Como hy, xi i y hz, xi i son cero excepto para un conjunto
numerable {xi } ⊂
P
A, entonces es absolutamente convergente la serie x∈A |hy, xi hz, xi|.♦
109
|αi |2 .
También se deducen de forma directa los siguientes resultados sobre convergencia de la serie de Fourier asociada a un elemento arbitrario.
4.7.- Teorema. Sea X un espacio de Hilbert y A = {xn }n∈N una sucesión
ortonormal en X. Entonces, dada la sucesión {αn }n∈N ⊂ E,
P
P
a)
αn xn converge si y sólo si
|αn |2 converge (es decir, (αn )n∈N ∈
n∈N
n∈N
`2 ).
b) Si
P
n∈N αn xn
converge a x, entonces αn = hx, xn i, ∀n ∈ N, es decir
x=
X
hx, xn ixn .
n∈N
c) Para todo x ∈ X, la serie
X).
P
n∈N hx, xn ixn
converge (en la norma de
Pn
2
Demostración.
a)
Si
llamamos
S
=
n
k=1 αk xk , entonces kSn − Sm k =
Pn
2
k=m+1 |αk | (n > m). El resto es evidente (recordemos que X es completo).
P
P
b) Sea x = n∈N αn xn . Si Sn = nk=1 αk xk , entonces hSn , xk i = αk , ∀k ≤ n.
Esto implica que lı́mn hSn , xk i = αk , ∀k, de donde hx, xk i = αk , ∀k.
P
c) Por la desigualdad de Bessel, la serie n∈N |hx, xn i|2 converge. Aplicando
a) se obtiene lo deseado.
♦
Si aplicamos los resultados anteriores al espacio real L2 [0, 2π], obtenemos lo
siguiente.
4.8.- Proposición. a) (Lema de Riemann-Lebesgue). Si f ∈ L2 [0, 2π] y
llamamos
Z
2π
a0 = (1/π)
f (t)dt,
0
Z
2π
an = (1/π)
f (t) cos(nt/2)dt, si n es par,
0
Z
bn = (1/π)
2π
f (t) sen[(n + 1)t/2]dt, si n es impar,
0
entonces lı́mn an = 0, lı́mn bn = 0.
b) (Teorema de Riesz-Fischer). Recı́procamente, dada una sucesión de números reales {c0 , d1 , c2 , d3 , . . . } tal que
X
X
c20 +
c2n +
d2n < ∞,
n par
n impar
110
entonces existe una función f ∈ L2 [0, 2π] cuyos coeficientes de Fourier son
la sucesión dada.
√
Demostración. a) Sabemos que la sucesión {xn }n≥0 , donde x0 = 1/ 2π,
√
√
x2n−1 = (1/ π) sen nt, x2n = (1/ π) cos nt, para n ≥ 1, es un conjunto
2
ortonormal. Si definimos
R 2π para cada f ∈ L [0, 2π] los coeficientes de Fourier αn = hf, xn i = 0 f (t)xn (t)dt, n ≥ 0, por la desigualdad de Bessel,
P
2
2
n≥0 |αn | ≤ kf k .
A partir de esta desigualdad, y llamando
Z
1 2π
a0 =
f (t)dt,
π 0
Z
1 2π
f (t) cos(nt/2)dt, si n es par ,
an =
π 0
Z
1 2π
bn =
f (t) sen[(n + 1)t/2]dt, si n es impar,
π 0
a los coeficientes ordinarios de Fourier, obtenemos
! Z
∞
2π
X
f 2 (t)dt
(π/2)a20 + π
(a2n + b2n ) ≤
0
n=1
lo que implica que lı́mn an = 0, lı́mn bn = 0.
b) Al aplicar el teorema 4.7(a) a la sucesión {xn }n≥0 definida antes, obtenemos
!
X
X
c0
1
√ +√
cn cos nt +
dn sen nt
π n par
2π
n impar
√
2
converge a alguna función f ∈ L [0, 2π] y f / π tiene a la sucesión dada por
coeficientes de Fourier.
♦
El siguiente concepto generaliza el de base ortonormal en un espacio euclı́deo.
4.9.- Definición. Sea X un espacio pre-Hilbert y A un conjunto ortonormal.
Entonces A es completo cuando se cumple cualquiera de las condiciones
siguientes:
(a) No existe ningún conjunto ortonormal que contenga propiamente a A.
(b) ∀x ∈ X, si x⊥A, entonces x = 0.
Es
o que (a) implica (b) porque si existiera x⊥A, x 6= 0, entonces A ∪
n claro
x
serı́a ortonormal conteniendo propiamente a A.
kxk
También (b) implica (a), porque si existiera B ortonormal tal que A ⊂
B, A 6= B, podrı́amos tomar x ∈ B \ A, y serı́a x⊥A y kxk = 1.
111
Observación. A los conjuntos ortonormales completos se les llama bases
ortonormales. Sin embargo, nunca un conjunto ortonormal completo infinito
puede ser base de Hamel en un espacio de Hilbert.
En efecto, si A es
ortonormal completo infinito de P
H, consPun conjunto
−2 x con {x }
−4
truimos la serie
k
⊂
A.
Como
la
serie
k
N
k∈N
k∈N k
P k k∈−2
converge, existe x ∈ H tal que k∈N k xk = x. Si A fuera base de H,
∃γα , . . . , γν tales que x = γα xα + . . . γν xν . Eligiendo j 6= α, . . . , ν,
hxj ,
X
k −2 xk i = j −2 = hxj , γα xα + . . . γν xν i = 0
k≥1
lo que es absurdo.
4.10.- Teorema. En un espacio pre-Hilbert X 6= {0} existe un conjunto ortonormal completo y todo conjunto ortonormal puede extenderse a un
conjunto ortonormal completo.
Demostración. Basta probar la segunda parte porque se deduce inmediatamente de ahı́ la primera.
Sea B un conjunto ortonormal fijo, S = {A : A es conjunto ortonormal,
B ⊂ A}. El conjunto S está parcialmente ordenado con la relación de inclusión. Veamos que toda familia totalmente ordenada de S tiene cota superior:
Sea T =
S {Aα : α ∈ I} unSsubconjunto totalmente ordenado de S. Como
A
Sα ⊂ α∈I Aα , entonces α∈I Aα es cota superior de T . Además B ⊂
α∈I Aα .
S
Si x, y ∈ α∈I Aα , ∃α, β ∈ I : x ∈ Aα , y ∈ Aβ (y suponemos Aα ⊂ Aβ
por ser T totalmente
ordenado). Entonces x, y ∈ Aβ de donde x⊥y, kxk =
S
kyk = 1 =⇒ α∈I Aα ∈ S.
Se dice entonces que S es un conjunto inductivo. Se puede aplicar el lema de
Zorn1 , por el que debe existir un elemento maximal en S. Este elemento es
un conjunto ortonormal completo, pues por definición de maximal, no puede
haber otro conjunto ortonormal que lo contenga.
♦
4.11.- Teorema. a) Sea X un espacio pre-Hilbert y A un conjunto ortonormal tal que hAi = X. Entonces A es completo.
b) Si X es de Hilbert y A = {xα }α∈I un conjunto ortonormal completo,
entonces hAi = X.
Demostración. a) Si A no fuera completo, existirı́a x ∈ X ortogonal al
conjunto. Además x⊥hAi e incluso x⊥ hAi lo que es absurdo.
1
Lema de Zorn: Todo conjunto ordenado, inductivo y no vacı́o tiene un elemento maximal.
112
b) Si hAi 6= X, existe x ∈ X \ hAi. Por el teorema de proyección, existe
y ∈ hAi tal que (x − y)⊥ hAi. Por tanto, (x − y)⊥A, pero x 6= y. Resulta
entonces que A no es completo.
♦
Otra caracterización de los conjuntos ortonormales completos la da la identidad de Parseval.
4.12.- Teorema. a) Sea X un espacioPpre-Hilbert y A = {xα }α∈I un conjunto ortonormal. Si ∀x ∈ X, kxk2 = α∈I |hx, xα i|2 , entonces A es completo.
b) (Identidad de Parseval) Si X esPde Hilbert y A es un conjunto ortonormal
completo, se verifica que kxk2 = α∈I |hx, xα i|2 , ∀x ∈ X.
Observación. Por el teorema 4.6(b) sólo hay como máximo un conjunto
numerable de productos hx, xα i no nulos.
Demostración. a) Si A no fuera completo, existirı́a x ∈ X tal que x⊥A. Por
la identidad de Parseval, kxk = 0, lo que es absurdo.
P
b) Sea x ∈ X.
α∈I hx, xα ixα converge (teorema 4.7(c)),
PComo la serie
llamamos y = α∈I hx, xα ixα . Entonces (x − y)⊥A :
hx − y, xβ i = hx, xβ i −
X
hx, xα ihxα , xβ i = hx, xβ i − hx, xβ i = 0;
α∈I
hx − y, vi = hx, vi −
X
hx, xα ihxα , vi = 0 − 0 = 0,
α∈I
∀v ∈ A, v distinto de los xα de la serie (que son precisamente aquellos para
los que hx, vi = 0).
P
Por definición, como (x − y)⊥A =⇒ x − y = 0 =⇒ x = α∈I hx, xα ixα =⇒
P
kxk2 = α∈I hx, xα i hx, xα i.
♦
Nota. La parte (a) del teorema también es cierta si la identidad de Parseval
se supone cierta sólo en un conjunto denso en X (ver la prueba en [BN]). La
ventaja que ello supone es evidente y en las aplicaciones prácticas es fácil
obtener subconjuntos densos donde
se verifique la igualdad. Por ejemplo,
√
√
√
para probar que la sucesión {1/ 2π, cos t/ π, sen t/ π, . . . } es un conjunto
ortonormal completo en L2 [0, 2π] sobre R basta ver que la identidad de
Parseval es cierta en la clase de polinomios trigonométricos de L2 [0, 2π]
(que es denso en L2 por el teorema de Stone-Weierstrass).
Podemos resumir todos los resultados anteriores en el siguiente esquema.
4.13.- Teorema. Sea A = {xα }α∈I un conjunto ortonormal en un espacio
de Hilbert X. Las siguientes afirmaciones son equivalentes:
i) A es completo.
113
ii) x⊥A =⇒ x = 0.
iii) x ∈ X =⇒ x =
P
α∈I hx, xα ixα .
iv) hAi = X.
P
v) kxk2 = α∈I |hx, xα i|2 .
P
vi) ∀x, y ∈ X, hx, yi = α∈I hx, xα ihxα , yi.
(Es claro que en algunas equivalencias no es necesario que X sea de Hilbert.)
n int
o
e
Ejemplo. En L2 [0, 2π] un conjunto ortonormal completo es A = √
,
n
∈
Z .
2π
R 2π
En efecto, sea f ∈ L2 [0, 2π], tal que f ⊥A, es decir, 0 f (t)e−int dt = 0, ∀n ∈
Rt
Z. Definimos G(t) = 0 f (x)dx − C, donde G(2π) = −C = G(0). Como
Rt
continua, G0 (t) = f (t) en casi to0 f (x)dx es una función absolutamente
R 2π 0
do punto. Esto implica que 0 G (t)e−int dt = 0. Integrando por partes,
tenemos
Z 2π
Z 2π
2π
0 = e−int G(t)0 −
G(t)(−in)e−int dt = G(2π)−G(0)+in
G(t)e−int dt.
0
0
R 2π
Rt
Si llamamos F (t) = 0 f (x)dx, tenemos que 0 = 0 (F (t) − C)e−int dt, n 6=
R 2π
0. Elegimos C de modo que 0 F (t)dt = 2πC.
Por el teorema de aproximación de Weierstrass, podemos
Paproximariktuniformemente G(t) por el polinomio trigonométrico T (t) = m
k=−m ak e , de
modo que |G(t) − T (t)| < ε, ∀t ∈ [0, 2π]. Resulta ası́:
2π
Z
G(t)T (t)dt =
0
m
X
Z
ak
2π
ikt
G(t)e
0
Z
=
Z
0
Z
≤ ε
2π
Z
√
|G(t)| · 1dt ≤ ε 2π
0
R 2π
0
2π
G(t)(G(t) − T (t))dt
G(t)G(t)dt =
0
Si suponemos
|G(t)|2 dt
dt = 0 =⇒
0
−m
2π
2π
Z
2π
1/2
|G(t)|2 dt
.
0
|G(t)|2 dt 6= 0, resulta
R
2π
0
1/2
√
≤ ε 2π.
|G(t)|2 dt
Como ε es arbitrario,
Z
2π
Z
2
|G(t)| dt = 0 =⇒ G(t) = 0 =⇒
0
f (x)dx = C =⇒ f (t) = 0
0
en casi todo punto.
114
t
Justificamos a continuación el nombre de dimensión de Hilbert dado al cardinal de un conjunto ortonormal completo.
4.14.- Teorema (cardinal de los conjuntos ortonormales completos). En un
espacio pre-Hilbert X, cualesquiera dos conjuntos ortonormales completos
A = {xα : α ∈ I}, B = {yβ : β ∈ J} tienen el mismo cardinal (llamado
dimensión de Hilbert o dimensión ortogonal de X).
Demostración. Es trivial si A y B son finitos, porque serı́an bases del mismo
espacio vectorial X.
6 0} que
En el caso general, si xα ∈ A, definimos Bxα = {yβ ∈ B : hxα , yβ i =
es numerable (teorema 4.6(b)). Veamos ahora que para todo yβ ∈ B existe
xα ∈ A tal que yβ ∈ Bxα :
Si no fuera ası́, hxα , yβ i = 0, ∀xα ∈ A =⇒ yβ ⊥A. Pero, al ser A completo,
yβ = 0, lo que es absurdo pues kyβ k = 1. Entonces
[
B=
Bxα =⇒ card B ≤ card A · card Bxα = card A
α∈I
ya que Bxα es numerable.
Análogamente se procede para demostrar que card A ≤ card B.
♦
Para concluir probaremos las siguientes equivalencias, que generalizan lo que
ocurre con los espacios euclı́deos, pues se proporcionan muestras concretas
de espacios mediante los cuales todos los demás sólo se diferencian en la
dimensión.
4.15.- Teorema. Si X es un espacio pre-Hilbert de dimensión n, entonces
X es congruente con Cn , es decir existe un isomorfismo isométrico entre X
y Cn .
Demostración. Sea {x1 , . . . , xn } una base ortonormal de X.
P
∀x ∈ X, ∃α1 , . . . , αn ∈ E : x = ni=1 αi xi . Definimos A : X → Cn como
Ax = (α1 , . . . , αn ). Es evidente que A es isomorfismo isométrico. ♦
4.16.- Teorema. Si X es un espacio de Hilbert separable, complejo y de
dimensión infinita, entonces X es congruente con `2 .
Demostración. Por ser X separable, contiene un conjunto ortonormal completo numerable, digamos {xn }n∈N . Para cada x ∈ X y n ∈ N definimos
αn = hx, xn i. Por la identidad de Parseval,
X
X
kxk2 =
|hx, xn i|2 =
|αn |2 < ∞.
n∈N
n∈N
Esto implica que {αn }n∈N ∈ `2 . Ası́ pues, el operador A : X → `2 dado
por
Ax = (αn )n∈N , ∀x ∈ X
115
está bien definido y es lineal. Veamos que A es un isomorfismo isométrico.
(∗) A es inyectiva: Ax = 0 =⇒ hx, xn i = 0, ∀n =⇒ x = 0 porque {xn }n∈N
es completo.
P
2
2
(∗)
A
es
sobre:
Si
(β
)
n
n∈
N ∈ ` ,
n∈N |βn | < ∞ lo que implica que
P
n∈N βn xn converge a algún x ∈ X de donde βn = hx, xn i, es decir (βn )n∈N =
Ax.
P
(∗) A es isometrı́a, pues kAxk2 = n∈N |αn |2 = kxk2 .
♦
5. ORTOGONALIZACIÓN DE POLINOMIOS.
En esta sección se aplican los resultados anteriores para obtener familias
de polinomios ortonormales en algunos casos prácticos de especial importancia. Empezaremos recordando el teorema de ortogonalización de GramSchmidt.
5.1.- Teorema (ortogonalización de Gram-Schmidt). Si {y1 , . . . , yn , . . . } es
un conjunto linealmente independiente en un espacio pre-Hilbert X, entonces existe un conjunto ortonormal {x1 , . . . , xn , . . . } tal que h{x1 , . . . , xk }i =
h{y1 , . . . , yk }i, ∀k ∈ N.
Demostración. Aplicaremos el método de inducción sobre n.
Para n = 1, hacemos x1 = y1 /ky1 k. Esto hace que kx1 k = 1 y h{x1 }i =
h{y1 }i.
Si fuera cierto para n − 1, veámoslo para n:
Pn−1
hyn , xi ixi . Entonces
Llamamos w = yn − i=1
n−1
X
hw, xk i = hyn , xk i−
hyn , xi ihxi , xk i = hyn , xk i−hyn , xk i = 0, k = 1, . . . , n−1.
i=1
Si fuera w = 0, tendrı́amos yn =
n−1
P
hyn , xi ixi , con lo que yn ∈ h{x1 , . . . , xn−1 }i =
i=1
h{y1 , . . . , yn−1 }i, lo que contradice la hipótesis.
Si llamamos xn = w/kwk, es trivial que {x1 , . . . , xn } es un conjunto ortonormal y que h{x1 , . . . , xn }i = h{y1 , . . . , yn }i.
♦
116
Veamos como aplicación de lo anterior cómo generar los polinomios ortonormales de mayor importancia práctica.
A. Polinomios
de Legendre. El espacio C[−1, 1] con el producto escalar
R1
hx, yi = −1 x(t)y(t)dt puede completarse y dar lugar al espacio L2 [−1, 1].
Una base ortonormal de este espacio se puede obtener aplicando el método
de ortogonalización de Gram-Schmidt a la familia linealmente independiente
de polinomios {xn (t) = tn , n = 0, 1, . . . }.
n
d
2
n
5.2.- Teorema. Si llamamos Pn (t) = 2n1·n! · dt
n (t − 1) , entonces la familia
q
en (t) = 2n+1
2 Pn (t), n = 0, 1, . . . , es un conjunto ortonormal completo en
L2 [−1, 1].
Demostración. Veamos en primer lugar que hPm , Pn i = 0 si 0 ≤ m < n.
Como Pm es un polinomio, basta probar que hxm , Pn i = 0 para m < n.
Si integramos por partes (donde escribimos por comodidad u = t2 − 1),
teniendo en cuenta que las derivadas Dk (un )(t) se anulan para k < n en
t = ±1:
2n n!hxm , Pn i =
Z
1
tm Dn (un )(t)dt
−1
1
Z
tm−1 Dn−1 (un )(t)dt = . . .
= −m
−1
Z
m
1
Dn−m (un )(t)dt = (−1)m m!Dn−m−1 (un )(t)|1−1 = 0.
= (−1) m!
−1
A continuación probaremos que ken k = 1, ∀n, para lo cual integramos nuevamente por partes y tenemos en cuenta que D2n (un )(t) = (2n)!:
(2n n!)2 kPn k2 =
Z
1
Dn (un )(t)Dn (un )(t)dt
−1
Z
1
Dn−1 (un )(t)Dn+1 (un )(t)dt = . . .
= −
−1
Z
n
1
= (−1) (2n)!
Z
n
u (t)dt = 2(2n)!
−1
Z
= 2(2n)!
π/2
cos2n+1 sds =
0
1
(1 − t2 )n dt
0
22n+1 (n!)2
.
2n + 1
♦
Observación. Los polinomios de Legendre {Pn }n≥0 son solución de la llamada ecuación de Legendre:
(1 − t2 )Pn00 − 2tPn0 + n(n + 1)Pn = 0.
117
2
B. Polinomios de Hermite. En el espacio L2 (R), las funciones {xn e−x /2 }
forman un conjunto linealmente independiente para n ≥ 0. Aplicando el
proceso de Gram-Schmidt, obtenemos las funciones de Hermite
Φn (x) =
(n! ·
2n
1
2
√ 1/2 · e−x /2 · Hn (x)
· π)
donde {Hn }n≥0 son los polinomios de Hermite
2
Hn (x) = (−1)n · ex ·
dn −x2
e .
dxn
Se puede probar que las funciones de Hermite forman una base ortonormal de
L2 (R) y que los polinomios de Hermite verifican la ecuación diferencial
Hn00 − 2xHn0 + 2nHn = 0.
C. Polinomios de Laguerre. En X = L2 [0, ∞), la sucesión {e−x/2 xn }n≥0
es linealmente independiente. La familia ortonormal que se obtiene es Ψn (x) =
e−x/2 Ln (x), donde
n
X
1 x dn −x n
(−1)j n j
· e · n (e x ), es decir Ln (x) =
x ,
Ln (x) =
n!
dx
j!
j
j=0
son los polinomios de Laguerre.
Estos polinomios verifican la ecuación xL00n + (1 − x)L0n + nLn = 0.
6. REPRESENTACIÓN DE FUNCIONALES EN ESPACIOS DE
HILBERT.
En los espacios de Hilbert, la forma general que tienen los funcionales lineales
y acotados es sorprendentemente simple y de gran importancia práctica. Es
muy sencillo comprobar que todo espacio euclı́deo puede identificarse con su
dual.
6.1.- Teorema (Riesz para dimensión finita). Si X es un espacio pre-Hilbert
de dimensión finita y f : X → E un funcional lineal, entonces existe un
único y ∈ X tal que f (x) = hx, yi, ∀x ∈ X.
Demostración. Sea {x1 , . . . , xn } una base ortonormal de X. Si y =
n
P
f (xi )xi ,
i=1
definimos la aplicación fy : X → E como fy (x) = hx, yi. En particular,
118
fy (xj ) = f (xj ), ∀j = 1, . . . , n. De aquı́ se deduce que fy (x) = f (x), ∀x ∈
X.
Si existiera otro z ∈ X tal que hx, yi = hx, zi, ∀x ∈ X, entonces hx, y − zi =
0, ∀x =⇒ y = z.
♦
Probaremos a continuación el teorema de representación de Riesz que prueba
que este hecho es también cierto en espacios de Hilbert arbitrarios.
6.2.- Teorema (Riesz para cualquier dimensión). Un funcional f : X → E
de un espacio de Hilbert es lineal y acotado si y sólo si existe un único y ∈ X
tal que f (x) = hx, yi, ∀x ∈ X. Además kf k = kyk.
Demostración. La unicidad de y es clara como hicimos en el teorema anterior.
a) Dado y ∈ X, consideramos el funcional f (x) = hx, yi. Claramente, f es
lineal. Además |f (x)| = |hx, yi| ≤ kxk · kyk por la desigualdad de CauchySchwarz. Por tanto, f está acotado y kf k ≤ kyk. Pero si hacemos x = y,
|f (y)| = kyk · kyk =⇒ kf k ≥ kyk y en definitiva, kf k = kyk.
b) Sea f un funcional lineal y acotado en X y definimos M = {x ∈ X :
f (x) = 0} que es subespacio cerrado de X por la continuidad de f . Si M =
X, f ≡ 0 y f (x) = hx, 0i, es decir, existe y = 0 tal que f (x) = hx, 0i.
Si M 6= X, existe w 6= 0 tal que w ∈ M ⊥ . Vamos a probar que existe α ∈ E
tal que y = αw satisface las condiciones del teorema.
Si x ∈ M, f (x) = 0 y hx, αwi = αhx, wi = 0, y cualquier α sirve.
Si x = βw con β 6= 0, f (x) = βf (w) y hx, αwi = β αhw, wi con lo que
f (x) = hx, αwi cuando α = f (w)/kwk2 .
Si x ∈ X es arbitrario, x = x − βw + βw y elegimos β para que x − βw ∈ M,
es decir, β = f (x)/f (w). De este modo,
f (x) = f (x−βw)+f (βw) = hx−βw, αwi+hβw, αwi = hx, αwi = hx, yi.
♦
De este teorema también se deduce el análogo a la proposición 7.3 del capı́tulo II. Concretamente, en un espacio de Hilbert un funcional lineal es continuo si y sólo si su núcleo es un subespacio cerrado. Este hecho muestra que la existencia de funcionales lineales no continuos va ı́ntimamente ligada con la existencia de subespacios lineales no cerrados. Ası́ pues,
el núcleo de un funcional lineal no continuo es un subespacio denso en
X. En efecto, si por el contrario dim M ⊥ > 0, ∃e⊥M tal que f (e) = 1;
esto implica que ∀y ∈ X, y = f (y)e + (y − f (y)e) con f (y)e ∈ hei y
f (y − f (y)e) = 0 =⇒ y − f (y)e ∈ M , y la suma es ortogonal. Esto indica
que X = hei ⊕ M , de donde M es cerrado, con lo que f es continuo, en contradicción con la hipótesis. En definitiva, dim M ⊥ = 0 =⇒ M = X.
119
El teorema 6.2 permite también obtener una representación general de formas sesquilineales en espacios de Hilbert.
6.3.- Definición. Dados dos espacios vectoriales X, Y , una forma sesquilineal sobre X × Y es una aplicación h : X × Y → E tal que h es lineal en la
primera variable y antilineal en la segunda.
Si X e Y son normados, h es acotada si existe c ≥ 0 tal que |h(x, y)| ≤
|h(x,y)|
c · kxk · kyk y se define khk = supx,y6=0 kxk·kyk
como la norma de h.
Ejemplo. Si S ∈ L(X, Y ) entonces h(x, y) = hSx, yi es una forma sesquilineal acotada. El recı́proco corresponde al siguiente resultado.
6.4.- Teorema (representación de Riesz para formas sesquilineales). Sean
H1 , H2 espacios de Hilbert y h : H1 × H2 → E una forma sesquilineal
acotada. Entonces existe un único operador lineal S : H1 → H2 acotado tal
que h(x, y) = hSx, yi y kSk = khk.
Demostración. Fijado x ∈ H1 , el operador h(x, ·) : H2 → E es un funcional
lineal y acotado. Entonces existe un único z ∈ H2 tal que h(x, y) = hy, zi.
Por tanto, h(x, y) = hz, yi. Como z depende de x y es único, queda definido un operador S : H1 → H2 dado por Sx = z. Ası́ definido, se prueba
que
→ S es lineal:
hS(αx1 + βx2 ), yi = h(αx1 + βx2 , y)
= αh(x1 , y) + βh(x2 , y) = αhSx1 , yi + βhSx2 , yi
= hαSx1 + βSx2 , yi, ∀y =⇒ S(αx1 + βx2 ) = αSx1 + βSx2 .
→ S es acotado:
|hSx, yi|
|hSx, Sxi|
kSxk
≥ sup
= sup
= kSk.
x,y6=0 kxk · kyk
x6=0,Sx6=0 kxk · kSxk
x6=0 kxk
khk = sup
→ kSk = khk : Por la desigualdad de Cauchy-Schwarz,
khk = sup
|hSx, yi|
kSxk · kyk
≤ sup
= kSk.
kxk · kyk
kxk · kyk
→ S es único: Si ∃T : H1 → H2 tal que h(x, y) = hSx, yi = hT x, yi, entonces
Sx = T x de donde S = T.
♦
El concepto de forma sesquilineal es una generalización del producto interior.
Demostraremos a continuación diversos resultados que extienden a los ya
obtenidos para el producto interior, donde el papel de norma corresponde
ahora al de la forma cuadrática asociada a una forma sesquilineal.
6.5.- Definición. Una forma sesquilineal f : X → X se dice simétrica
cuando f (y, x) = f (x, y), ∀x, y ∈ X. Por otra parte, si f (x, x) ≥ 0, ∀x ∈ X,
120
f se dice forma sesquilineal definida no negativa. Por ejemplo, f (x, y) =
hx, yi es una forma sesquilineal simétrica y definida no negativa, y f (x, x)
representa la norma.
Dada una forma sesquilineal f : X ×X → E, el conjunto {f (x, x) : x ∈ X} se
llama forma cuadrática asociada. Ası́, si llamamos fb(x) = f (x, x), se puede
recuperar la forma sesquilineal por la identidad de polarización
1
1
i
i
f (x, y) = fb(x + y) − fb(x − y) + fb(x + iy) − fb(x − iy).
4
4
4
4
En consecuencia, si f1 y f2 son formas sesquilineales y fb1 = fb2 , entonces
f1 = f2 .
6.6.- Proposición. Dada una forma sesquilineal f : X × X → E, f es
simétrica si y sólo si fb es real.
Demostración. a) Si suponemos que f (y, x) = f (x, y), entonces
fb(x) = f (x, x) = f (x, x) = fb(x), ∀x ∈ X
lo que implica que fb es real.
b) Recı́procamente, si fb es real, de la identidad de polarización y las igualdades fb(z) = fb(−z), fb(iz) = fb(z), ∀z ∈ X, se deduce que
f (x, y) =
=
1 b
1
i
i
f (x + y) − fb(x − y) − fb(x + iy) + fb(x − iy)
4
4
4
4
1
i
i
1b
f (y + x) − fb(y − x) − fb(y − ix) + fb(y + ix) = f (y, x).
4
4
4
4
6.7.- Corolario. Si A : X → X es un operador lineal acotado, entonces son
equivalentes:
i) La forma sesquilineal f : X × X → E definida por f (x, y) = hAx, yi es
simétrica.
ii) hAx, xi es real para todo x ∈ X.
Para la prueba, basta observar que hAx, xi es la forma cuadrática asociada
a f.
6.8.- Proposición. Dada una forma sesquilineal f : X × X → E, f es
acotada si y sólo si fb es acotada. Además kfbk ≤ kf k ≤ 2kfbk.
Demostración. Utilizaremos las igualdades
kf k =
sup
|f (x, y)|, kfbk = sup |fb(x)|,
kxk,kyk=1
kxk=1
las cuales se pueden probar de forma similar a las obtenidas en el caso de
operadores lineales.
121
♦
Si suponemos f acotada, entonces
|fb(x)| = |f (x, x)| ≤ kf k · kxk2 =⇒ kfbk ≤ kf k.
Recı́procamente, si suponemos fb acotada, aplicando la desigualdad triangular en la identidad de polarización, obtenemos
1
|f (x, y)| ≤ kfbk · (kx + yk2 + kx − yk2 + kx + iyk2 + kx − iyk2 ).
4
Aplicando en el segundo miembro la identidad del paralelogramo, resulta:
1
|f (x, y)| ≤ kfbk · [2(kxk2 + kyk2 ) + 2(kxk2 + kyk2 )] = kfbk · (kxk2 + kyk2 ).
4
Tomando el supremo para valores x, y, con kxk = kyk = 1, llegamos en
definitiva a que kf k ≤ 2kfbk.
♦
6.9.- Proposición. Si f es una forma sesquilineal simétrica acotada, entonces kf k = kfbk.
Demostración. Por ser fb real, de la identidad de polarización obtenemos en
particular
1
1
1
Re f (x, y) = fb(x+y)− fb(x−y) =⇒ | Re f (x, y)| ≤ kfbk·(2kxk2 +2kyk2 ).
4
4
4
Si suponemos kxk = kyk = 1, resulta | Re f (x, y)| ≤ kfbk.
Escribiendo en forma polar f (x, y) = r · eiϑ , para α = e−iϑ , tenemos
αf (x, y) = r = |f (x, y)|, de donde
|f (x, y)| = | Re αf (x, y)| = | Re f (αx, y)| ≤ kfbk,
para cualesquiera x, y ∈ X tales que kxk = kyk = 1. En consecuencia,
kf k = supkxk=kyk=1 |f (x, y)| ≤ kfbk lo que, junto al resultado del teorema
anterior, conduce a la tesis.
♦
6.10.- Proposición (Desigualdad de Cauchy-Schwarz generalizada). Si f es
un forma sesquilineal no negativa, entonces |f (x, y)|2 ≤ fb(x) · fb(y), ∀x, y ∈
X.
La prueba es similar a la realizada en la proposición 3.1, y se deja como
ejercicio.
122
7. OPERADOR ADJUNTO. OPERADORES AUTOADJUNTOS
Y UNITARIOS.
El teorema de representación de Riesz permite de forma natural asociar a
todo operador T ∈ L(H1 , H2 ) el llamado operador adjunto T ∗ ∈ L(H2 , H1 )
definido por la condición hT x, yi = hx, T ∗ yi, ∀x ∈ H1 , y ∈ H2 , y cuyas
propiedades estudiaremos en esta sección. Nos limitaremos en esta sección
a estudiar el caso de operadores T : H → H y dejamos al lector la posibilidad de desarrollar el caso general. Queremos indicar también que en el caso
de espacios normados se puede definir un concepto análogo pero algunas
demostraciones precisan aplicar el teorema de Hahn-Banach que estudiaremos en el próximo capı́tulo (en los ejercicios del capı́tulo IV se dan dichas
nociones).
Aseguramos en primer lugar la existencia del operador adjunto y mostramos
algunas propiedades básicas de los mismos.
7.1.- Teorema. Sean H un espacio de Hilbert y T ∈ L(H). Entonces existe
un único operador T ∗ ∈ L(H) tal que hT x, yi = hx, T ∗ yi. Además kT k =
kT ∗ k.
Demostración. Para cada y ∈ H definimos el funcional fy (x) = hT x, yi.
Debido a que
|hT x, yi| ≤ kT xk · kyk ≤ kT k · kxk · kyk,
se deduce que fy es un funcional lineal acotado. Por el teorema de representación de Riesz, existe un único z ∈ H tal que fy (x) = hx, zi. Definimos
pues el operador T ∗ y = z.
Dicho operador es lineal pues, ∀y1 , y2 ∈ H, α ∈ E, x ∈ H:
hx, T ∗ (αy1 + y2 )i = hT x, αy1 + y2 i = αhT x, y1 i + hT x, y2 i
=
αhx, T ∗ y1 i + hx, T ∗ y2 i = hx, αT ∗ y1 + T ∗ y2 i.
Además T ∗ está acotado pues, ∀x, y ∈ H,
|hx, T ∗ yi| = |hT x, yi| ≤ kT k · kxk · kyk.
En particular, para x = T ∗ y tenemos que kT ∗ yk2 ≤ kT k · kT ∗ yk · kyk, de
donde kT ∗ yk ≤ kT k · kyk y kT ∗ k ≤ kT k.
Por otra parte, como T ∗∗ = T , resulta que kT k = kT ∗∗ k ≤ kT ∗ k.
7.2.- Proposición. Dados S, T ∈ L(H) y α ∈ E, entonces:
a) (S + T )∗ = S ∗ + T ∗ .
123
♦
b) (αT )∗ = αT ∗ .
c) (ST )∗ = T ∗ S ∗ .
d) T ∗∗ = T .
e) kT ∗ T k = kT k2 .
Demostración. Queda como ejercicio, pues se trata de simples comprobaciones.
7.3.- Proposición. Si llamamos N (T ) al núcleo del operador T y R(T ) al
rango, entonces
a) N (T ∗ ) = R(T )⊥ .
b) N (T ) = R(T ∗ )⊥ .
Demostración. Para cualesquiera x ∈ N (T ∗ ), y ∈ H, hx, T yi = hT ∗ x, yi = 0,
de donde x ∈ R(T )⊥ .
Recı́procamente, si x ∈ R(T )⊥ , entonces hT ∗ x, yi = hx, T yi = 0, para todo
y ∈ H, de donde T ∗ x = 0.
Para la parte b) basta aplicar a) al operador T ∗ .
♦
7.4.- Definición. El operador T ∗ ası́ construido se llama adjunto de T . Un
operador T es autoadjunto cuando T = T ∗ .
Observaciones. 1) El concepto de operador adjunto generaliza el de matriz adjunta pues en los espacios euclı́deos la matriz asociada al operador
adjunto es la traspuesta de la conjugada de la matriz asociada al operador de partida. Un ejemplo clásico en dimensión infinita lo constituyen los
operadores integrales.
Ası́, si A : L2 [0, 1] → L2 [0, 1] es el operador definido
R1
por Ax(t) = 0 K(t, s)x(s)ds, donde K es una función continua, entonces
R1
A∗ x(t) = 0 K(s, t)x(s)ds.
2) Los operadores autoadjuntos juegan en L(H) el papel que los números
reales juegan en C. Por tanto, todo operador T ∈ L(H) se podrá escribir
en la forma T = A + iB, con A, B autoadjuntos. Esta clase de operadores,
cuya estructura está ya perfectamente delimitada, aparece en multitud de
aplicaciones.
Recordamos que en espacios métricos una aplicación que conserva las distancias se llama isometrı́a. Cuando se trata de espacios normados esta propiedad se traduce en que una isometrı́a A : X → Y es un operador que
conserva las normas, es decir kAxk = kxk, ∀x ∈ X. Si X e Y son además
espacios pre-Hilbert, es sencillo comprobar (aplicando la identidad de polarización) que un operador A ∈ L(X, Y ) es una isometrı́a si y sólo si
124
hAx, Ayi = hx, yi, ∀x, y ∈ X. En lo sucesivo aplicaremos esta caracterización como definición de isometrı́as en espacios pre-Hilbert.
7.5.- Definición. Toda isometrı́a sobreyectiva recibirá el nombre de operador unitario. Estos operadores se corresponden con las rotaciones y simetrı́as
respecto del origen en los espacios euclı́deos y, al igual que allı́, estos operadores son los más simples en cuanto no cambia la longitud ni el ángulo entre
vectores.
Veamos a continuación algunas caracterizaciones de estos operadores.
7.6.- Proposición. Sea T ∈ L(H).
a) T es isometrı́a si y sólo si T ∗ T = I.
b) T es unitario si y sólo si T ∗ T = T T ∗ = I.
Demostración. El apartado a) se deduce de las siguientes equivalencias:
T isometrı́a
⇐⇒ hT x, T yi = hx, yi, ∀x, y ∈ H
⇐⇒ hx, T ∗ T yi = hx, yi, ∀x, y ∈ H ⇐⇒ T ∗ T = I.
b) Por el apartado anterior, si T es unitario, T ∗ T = I. Además, por ser T
sobre, ∀x, y ∈ H,
hT T ∗ x, yi = hT T ∗ x, T zi = hT ∗ x, zi = hx, T zi = hx, yi =⇒ T T ∗ = I.
Recı́procamente, si T ∗ T = T T ∗ = I, entonces, por una parte, T es isometrı́a;
por otra parte, para cualquier y ∈ H, si llamamos x = T ∗ y; entonces T x =
T T ∗ y = y, es decir T es sobre.
♦
Otra clase de operadores relacionada con las anteriores es la de los operadores
normales, los que por definición verifican la igualdad T T ∗ = T ∗ T . Esta clase
de operadores tiene gran interés en el desarrollo de la teorı́a espectral y
estudiaremos sus propiedades en el capı́tulo VI.
125
EJERCICIOS.
1. Si X es un espacio vectorial de dimensión finita y {e1 , . . . , en }
una base de X , probar que cualquier producto interior sobre X
está completamente determinado por los valores γij = hei , ej i,
(i, j = 1, . . . , n). ¿Es posible elegir arbitrariamente dichos escalares?
Resp.: Sean x, y ∈ X arbitrarios, x =
Entonces
hx, yi =
n X
n
X
αi βj hei , ej i =
i=1 j=1
Pn
i=1 αi ei ,
n X
n
X
y =
Pn
j=1 βj ej .
αi βj γij .
i=1 j=1
Sin embargo, la elección de la matriz (γij )i,j=1,...,n no puede ser arbitraria, pues para dar lugar a un producto interior debe cumplir γij = γji ,
∀i, j y además γii > 0, ∀i.
2. Sea X un espacio pre-Hilbert real. Probar que si kx+yk2 = kxk2 +
kyk2 , entonces x⊥y . Probar que lo anterior no es cierto si X es
complejo.
Resp.: De los axiomas del producto escalar obtenemos:
kx + yk2 = hx + y, x + yi = kxk2 + hx, yi + hy, xi + kyk2 .
Aplicando la hipótesis se deduce que 2Rehx, yi = 0 =⇒ hx, yi = 0 =⇒
x⊥y.
Si X es complejo, basta elegir x, y ∈ X tales que hx, yi = ib, con b 6= 0.
Ası́, kx + yk2 = kxk2 + kyk2 pero x no es ortogonal a y.
3. Probar que en un espacio pre-Hilbert, para cualquier escalar α,
x⊥y ⇐⇒ kx + αyk = kx − αyk.
Resp.: Las siguientes igualdades son válidas en general:
kx + αyk2 = hx, xi + αhy, xi + αhx, yi + α αhy, yi,
kx − αyk2 = hx, xi − αhy, xi − αhx, yi + α αhy, yi.
126
Ası́ pues, si x⊥y, entonces kx + αyk2 = kxk2 + α αkyk2 = kx − αyk2 .
Recı́procamente, si kx+αyk = kx−αyk, entonces 2αhy, xi = −2 αhx, yi.
Si hacemos α = 1, resulta:
hy, xi + hy, xi = 0 =⇒ Rehy, xi = 0.
Haciendo ahora α = i:
ihy, xi − i hy, xi = 0 =⇒ Imhy, xi = 0.
En definitiva, tenemos que hy, xi = 0 =⇒ x⊥y.
4. Sea X un espacio pre-Hilbert. Probar que
kλx + (1 − λ)yk = kxk, ∀λ ∈ [0, 1] =⇒ x = y.
¿Es cierto lo anterior si X es un espacio normado?
Resp.: Por hipótesis, si λ = 0, kyk = kxk y, si λ = 1/2, (1/2)kx+yk =
kxk.
Por la identidad del paralelogramo, kx+yk2 +kx−yk2 = 2kxk2 +2kyk2 ,
lo que implica, teniendo en cuenta lo anterior, que 4kxk2 + kx − yk2 =
4kxk2 . Entonces kx − yk = 0, es decir x = y.
Si X es simplemente normado, puede no verificarse la identidad del
paralelogramo. Por ejemplo, en `∞ , los vectores x = (1, 0, . . . ), y =
(1, 1, 0, . . . ), verifican kxk∞ = kyk∞ = 1, kλx + (1 − λ)yk∞ = 1, pero
x 6= y.
5. Se dice que un espacio de Banach es uniformemente convexo
si, dadas dos sucesiones arbitrarias (xn )n∈N , (yn )n∈N , tales que
kxn k = kyn k = 1 y k(1/2)(xn + yn )k → 1, entonces xn − yn → 0.
a) Probar que todo espacio de Hilbert es uniformemente convexo.
b) Sabiendo que, ∀f, g ∈ Lp [a, b],
kf + gkq + kf − gkq ≤ 2(kf kp + kgkp )q−1 , si 1 < p ≤ 2,
kf + gkp + kf − gkp ≤ 2p−1 (kf kp + kgkp ), si 2 ≤ p < ∞,
127
donde (1/p) + (1/q) = 1, probar que Lp [a, b] (1 < p < ∞) es uniformemente convexo.
c) Dar un ejemplo de un espacio de Banach de dimensión 2 que
no sea uniformemente convexo.
Resp.: a) Sea H un espacio de Hilbert; consideramos dos sucesiones
(xn )n∈N , (yn )n∈N , tales que kxn k = kyn k = 1 y k(1/2)(xn + yn )k → 1.
De la identidad del paralelogramo
kxn + yn k2 + kxn − yn k2 = 2kxn k2 + 2kyn k2 ,
resulta que kxn − yn k2 = 4 − kxn + yn k2 . Tomando lı́mites, se concluye
que kxn − yn k2 → 0, o bien xn − yn → 0.
b) Sean (fn )n∈N , (gn )n∈N sucesiones en Lp [a, b] tales que kfn k = kgn k =
1 y k(1/2)(fn + gn )k → 1.
Si 1 < p ≤ 2, kfn + gn kq + kfn − gn kq ≤ 2 · 2q−1 = 2q , de donde,
tomando lı́mites, kfn − gn kq → 0, o bien fn − gn → 0.
Si 2 ≤ p < ∞, de la desigualdad análoga se deduce también que
fn − gn → 0.
c) Consideramos el espacio (R2 , k·k1 ) y las sucesiones (xn )n∈N , (yn )n∈N ,
dadas por xn = (0, 1), yn = (1, 0), ∀n. Es evidente que kxn k = kyn k =
1 y kxn + yn k = kxn − yn k = 2, lo que prueba que el espacio no es
uniformemente convexo.
6. Probar
que el espacio X = C[0, 1] con el producto escalar hx, yi =
R1
x(t)
y(t)dt
es pre-Hilbert pero no es completo.
0
Resp.: Los axiomas de producto escalar son de fácil comprobación.
Para ver que no es completo, consideramos( la sucesión (xn )n∈N dada
n
si t ≤ 1/n3
por xn (t) = ı́nf{n, t−1/3 }, es decir xn (t) = −1/3
t
si t ≥ 1/n3 .
La sucesión es de Cauchy pues
2
Z
kxn − xn+p k =
1
2
Z
|xn (t) − xn+p (t)| dt ≤
0
0
que tiende a cero cuando n → ∞.
128
1/n3
t−1/3 dt
Sin embargo, no es convergente pues ∀x ∈ X,
Z
2
1
|x(t)−t
kx−xn k ≥
−1/3 2
2
Z
| dt =⇒ lı́m inf kx−xn k ≥
1/n3
1
|x(t)−t−1/3 |2 dt.
0
Como t−1/3 no está acotada en [0, 1], existe un intervalo compacto en
el cual |x(t) − t−1/3 | > 0, luego la integral es positiva y la sucesión
(xn )n∈N no tiene lı́mite.
7. Probar que en todo espacio de Hilbert complejo se verifica:
a) hx, yi =
1
N
PN
b) hx, yi =
1
2π
R 2π
k=1 kx
0
+ e2πik/N yk2 e2πik/N , para N ≥ 3.
kx + eiθ yk2 eiθ dθ.
Resp.: a) Por la linealidad del producto escalar:
kx + eiθ yk2 eiθ = kxk2 eiθ + hx, yi + hy, xie2iθ + kyk2 eiθ .
(∗)
Por otra parte, si N ≥ 3:
N
X
e2πk/N =
k=1
y, análogamente,
e2πi(N +1)/N − e2πi/N
e2πi/N (e2πi − 1)
=
= 0,
e2πi/N − 1
e2πi/N − 1
N
X
e4πk/N = 0.
k=1
Aplicando estas igualdades, es evidente el resultado propuesto.
R 2π
R 2π
b) Teniendo en cuenta nuevamente (∗) y que 0 eiθ dθ = 0 e2iθ dθ =
0, se obtiene el resultado.
8. Sea H un espacio de Hilbert y M un subconjunto de H cerrado,
convexo y no vacı́o. Probar que M tiene un único elemento de
norma mı́nima (es decir de distancia mı́nima al origen).
Resp.: Sea δ = ı́nf x∈M kxk y consideramos la sucesión (xn )n∈N ⊂ M
tal que kxn k → δ.
129
Por la identidad del paralelogramo,
x + x 2 x − x 2 kx k2 kx k2
n
n
m
m
m
n
+
.
+
=
2
2
2
2
Como M es convexo, k(xn + xm )/2k ≥ δ, luego
x − x 2 kx k2 kx k2
n
n
m
m
+
− δ 2 → 0.
≤
2
2
2
Esto implica que (xn )n∈N es de Cauchy.
Por ser M cerrado, ∃x0 ∈ M : xn → x0 . Además kx0 k = δ.
Si existiera y ∈ M también de norma mı́nima, la sucesión (x0 , y, x0 , y, . . . )
serı́a de Cauchy y por tanto x0 = y.
9. a) Probar que el espacio C[−1, 1] es suma directa ortogonal de
los conjuntos de las funciones pares e impares en [−1, 1].
b) Dar ejemplos de descomposición de R3 como suma directa de
un subespacio y su complemento ortogonal o un par de subespacios complementarios.
Resp.: a) Basta escribir f (x) = (f (x) + f (−x))/2+(f (x) − f (−x))/2,
donde el primer sumando es una función par y el segundo impar.
Además, si f (x) = f1 (x) + f2 (x) = g1 (x) + g2 (x) con f1 , g1 pares y
f2 , g2 impares, entonces f1 (x) − g1 (x) = g2 (x) − f2 (x), con f1 − g1 par
y g2 − f2 impar. Esto implica que f1 − g1 = 0 = g2 − f2 .
Además,
la suma es ortogonal pues si f es par y g impar, f · g es impar
R1
y −1 f · g = hf, gi = 0.
b) Un ejemplo trivial es R3 = h{(1, 0, 0)}i ⊕ h{(0, 1, 0), (0, 0, 1)}i.
10. Probar que la descomposición X = M ⊕ M ⊥ no es cierta si M es
subespacio cerrado de X pero X es pre-Hilbert.
Resp.: Sea X el espacio de las sucesiones con soporte finito, el cual es
pre-Hilbert considerado como subespacio de `2 .
Si x0 = (1/n)n∈N ∈ `2 , llamamos M = {y ∈ X : y⊥x0 en `2 }.
130
Veamos que X no es completo: para ello consideramos la sucesión
(xn )n∈N dada por xn = (1/2, 1/22 , . . . , 1/2n , 0, . . . ), n ≥ 1. Entonces,
para m < n:
n
kx −
xm k22
=
n
X
k 2
(1/2 ) =
k=m+1
n
X
1/4k ≤
k=m+1
1
1/4m+1
=
3/4
3 · 4m
que tiende a cero si m → ∞. Esto prueba que {xn }n∈N es de Cauchy
en X pero lı́m xn = x = (1/2, 1/22 , . . . 1/2n , . . . ) 6∈ X.
Calcularemos a continuación M ⊥ . Para ello, sea x = (xn )n∈N ⊥M.
Como los elementos v n = (0, . . . , 0, n, −(n + 1), 0, . . . ) están en M, en
particular x⊥v n , ∀n. Tenemos ası́:
0 = hx, v 1 i = x1 − 2x2 =⇒ x2 = x1 /2,
0 = hx, v 2 i = 2x2 − 3x3 = 0 =⇒ x3 = 2x2 /3 = x1 /3,
..
.
0 = hx, v n i = nxn − (n + 1)xn+1 = 0 =⇒ xn+1 = nxn /(n + 1) = x1 /(n + 1).
De lo anterior se deduce que x 6∈ X pues x no tiene soporte finito;
entonces M ⊥ = {0}.
11. Probar que Y = {x = (ξn )n∈N ∈ `2 : ξ2n = 0, n ∈ N} es subespacio cerrado de `2 y encontrar Y ⊥ . ¿Quién es Y ⊥ si Y =
h{e1 , . . . , en }i ⊂ `2 , con ek = (δkj )j∈N ?
Resp.: a) Es fácil ver que Y es subespacio.
Para probar que es cerrado, sea x ∈ Y . Por definición, ∃{xn }n∈N ⊂
Y : xn → x.
Si x 6∈ Y, ∃k ∈ N : ξ2k 6= 0. Entonces kxn − xk ≥ |ξ2k |. Esto prueba
que existe ε > 0 tal que ∀N > 0, kxn − xk ≥ ε, ∀n > N , con lo que
xn 6→ x, en contradicción con la suposición inicial.
Para determinar Y ⊥ , sea y ∈ Y ⊥ =⇒ hx, yi = 0, ∀x ∈ Y =⇒
P
n∈N ξn ηn = 0.
En particular, eligiendo los elementos e2k+1 ∈ Y , he2k+1 , yi = η2k+1 =
0. Esto implica que
Y ⊥ = {y = (ηn )n∈N ∈ `2 : η2n+1 = 0, n ∈ N}.
131
b) Si Y = h{e1 , . . . , en }i, todo elemento y = (ηn )n∈N ∈ Y ⊥ , verifica
ηk = hy, ek i = 0, ∀k = 1, . . . , n. Esto implica que
Y ⊥ = h{en+1 , . . . }i = {y = (ηn )n∈N ∈ `2 : ηk = 0, k = 1, . . . , n}.
12. Sea X un espacio de Hilbert y f ∈ X 0 , f 6= 0. Si llamamos M al
núcleo de f , probar que dim M ⊥ = 1.
Resp.: Como M es subespacio cerrado de X, X = M ⊕ M ⊥ y M ⊥ 6=
{0}. Sea m0 ∈ M ⊥ tal que f (m0 ) = 1.
Dado cualquier x ∈ M ⊥ , si llamamos a = f (x), tenemos
f (x) = a = a · f (m0 ) = f (am0 ) =⇒ f (x − am0 ) = 0 =⇒ x − am0 ∈ M.
Como x = 0 + x = (x − am0 ) + am0 y la descomposición es única, se
deduce que x = am0 .
Esto proporciona la siguiente interpretación geométrica de cualquier
f ∈ X0 :
Existe un subespacio M de codimensión 1 en X (es decir, un hiperplano) sobre cuyos elementos f toma el valor cero. Existe además un
vector x ortogonal a dicho hiperplano (es decir que genera el subespacio unidimensional M ⊥ ); el valor de f sobre un elemento y se obtiene
mediante la proyección ortogonal de y sobre M ⊥ ; ası́, si la proyección
es kx, f (y) = kkxk2 .
M⊥
{y ∈ X : f (y) = kkxk2 }
M
132
13. En el espacio φ de las sucesiones con soporte finito se considera
el conjunto
X
λk /k = 0}.
S = {(λn ) ∈ φ :
k∈N
Probar que
S⊥
= {0}.
Resp.: Consideremos el conjunto S1 = {x2 , x3 , . . . }, donde, para cada
n ≥ 2, xn = (1, 0, . . . , 0, −n, 0 . . . ) (donde −n ocupa el lugar n-ésimo).
P
Entonces S1 ⊂ S pues si x ∈ S1 , k∈N λk /k = 1 + −n/n = 0 =⇒ x ∈
S.
Como S ⊥ ⊂ S1⊥ , basta probar que S1⊥ = {0}.
Sea pues y ∈ S1⊥ ; entonces hy, xn i = 0, de donde y1 − nyn = 0, ∀n.
Como el soporte de y es finito, yk = 0, ∀k > N ; en particular 0 =
hy, xN +1 i = y1 =⇒ y1 = 0 lo que implica a su vez que yn = 0, ∀n.
14. Encontrar los complementos ortogonales en L2 (0, 1) de los siguientes conjuntos:
a) Los polinomios en x.
b) Los polinomios en x2 .
c) Los polinomios con término independiente cero.
d) Los polinomios cuya suma de coeficientes es cero.
Resp.: El complemento ortogonal es {0} en todos los casos.
* Es sabido que el espacio de los polinomios es denso en L2 . Basta
probar pues que todos los polinomios están en la clausura de los
conjuntos dados.
* Para el apartado b), basta observar que
∞
X
p
n 1/2
2
x = 1 − (1 − x ) =
(−1)
(1 − x2 )n
n
n=0
√
si 0 < x < 2, y x está en la clausura del espacio generado por
los polinomios en x2 .
133
* Para el apartado c), basta observar que
∞ X
1
−1
1=x·
=x·
(x − 1)n
1 + (x − 1)
n
n=0
si 0 < x < 2, de modo que 1 es lı́mite de una sucesión de polinomios en x.
* Para el apartado d), observar que
k
x =
∞
X
(xk+n − xk+n+1 ), ∀k.
n=0
R1
15. En el espacio C[−1, 1] con el producto hf, gi = −1 f (x) g(x)dx, se
pide encontrar los complementos ortogonales de los siguientes
conjuntos:
a) Las funciones que se anulan para x ≤ 0.
b) Las funciones que se anulan en x = 0.
Resp.: a) Claramente, M ⊥ = {f ∈ C[−1, 1] : f (x) = 0, ∀x ≥ 0}.
b) Veamos que M ⊥ = {0}.
En efecto, por definición, f ∈ M ⊥ ⇐⇒ hf, gi = 0, ∀g ∈ M . Si fuera
f no nula, ∃x0 ∈ [−1, 1] : f (x0 ) 6= 0. Entonces ∃δ > 0 : f (x) 6= 0,
∀x ∈ (x0 − δ, x0 + δ).
En caso de que f (0) = 0, haciendo g(x) = f (x), ∀x ∈ [−1, 1], tendrı́amos
Z 1
0 = hf, gi =
|f (x)|2 dx =⇒ f = 0.
−1
Ası́ pues, debe ser f (0) 6= 0; entonces ∃δ > 0 : f (x) 6= 0, ∀x ∈ (−δ, δ).
(
f (x)
si |x| > δ
Haciendo g(x) = |x|f (x)
resulta
si |x| < δ,
δ
Z
0 = hf, gi ≥
|f (x)|2 dx ≥ 0.
|x|>δ
Esto implica que f (x) = 0 si |x| > δ, ∀δ, de modo que f = 0.
134
16. Si X es un espacio pre-Hilbert y S ⊂ X , probar:
a) S ⊥ es subespacio cerrado de X .
b) S ⊂ S ⊥⊥ .
c) S1 ⊂ S2 =⇒ S1⊥ ⊃ S2⊥ .
d) Si X es de Hilbert, M , N subespacios cerrados de X y M ⊥N,
entonces M + N es subespacio cerrado.
e) Si X es de Hilbert, entonces hSi es denso en X si y sólo si
S ⊥ = {0}.
Resp.: a) Es evidente que S ⊥ es subespacio. Para ver que es cerrado,
sea y ∈ S ⊥ ; entonces ∃(xn )n∈N ⊂ S ⊥ : xn → y. Sea z ∈ S arbitrario:
|hy, zi| = |hy − xn , zi + hxn , zi| = |hy − xn , zi| ≤ ky − xn k · kzk → 0.
Esto implica que y ∈ S ⊥ .
b) y ∈ S =⇒ hy, zi = 0, ∀z ∈ S ⊥ =⇒ y ∈ S ⊥⊥ .
c) y ∈ S2⊥ =⇒ hy, zi = 0, ∀z ∈ S2 =⇒ hy, zi = 0, ∀z ∈ S1 =⇒ y ∈ S1⊥ .
d) Sea x ∈ M + N ; entonces ∃(xn )n∈N ⊂ M + N : xn → x. Como
xn = yn + zn , con yn ∈ M, zn ∈ N , por el teorema de Pitágoras,
kxn − xm k2 = kyn − ym k2 + kzn − zm k2
y como kxn − xm k → 0, entonces kyn − ym k → 0 y kzn − zm k → 0.
Por ser M y N cerrados, ∃y ∈ M, z ∈ N : yn → y, zn → z =⇒ xn →
y + z = x =⇒ x ∈ M + N.
e) Supongamos que hSi es denso en X y sea y ∈ S ⊥ . Entonces
hy, xi = 0, ∀x ∈ S =⇒ hy, zi = 0, ∀z ∈ hSi =⇒ hy, ui = 0, ∀u ∈ hSi = X.
Por tanto, y = 0.
Recı́procamente, de la descomposición X = S ⊥ ⊕ S ⊥⊥ , deducimos que
todo x ∈ X se escribe como x = y + z, con y ∈ S ⊥ , z ∈ S ⊥⊥ , de donde
x = z.
Como S ⊥⊥ ⊃ S, entonces S ⊥⊥ ⊃ hSi. Ahora bien, como S ⊂ hSi,
⊥
entonces S ⊥ ⊃ hSi y S ⊥⊥ ⊂ hSi. Esto prueba que hSi = S ⊥⊥ y, en
consecuencia, x ∈ hSi.
135
17. Sea H un espacio de Hilbert complejo.
a) Probar que toda proyección ortogonal E es idempotente (es
decir, E 2 = E ) y autoadjunta (es decir, hEx1 , x2 i = hx1 , Ex2 i).
b) Probar el recı́proco de lo anterior, es decir que todo operador
autoadjunto e idempotente en H es una proyección ortogonal.
Resp.: a) Dado cualquier x ∈ X, ∃y ∈ M, z ∈ M ⊥ : x = y + z, de
donde Ex = y, E 2 x = Ey = y = Ex lo que implica que E 2 = E.
Además, si hacemos x1 = y1 +z1 , x2 = y2 +z2 , con y1 , y2 ∈ M, z1 , z2 ∈
M⊥ :
hEx1 , x2 i = hy1 , x2 i = hy1 , y2 i+hy1 , z2 i = hy1 , y2 i = hx1 , y2 i = hx1 , Ex2 i.
b) Sea E : X → X autoadjunto e idempotente. Veamos en primer
lugar que E es acotado:
xn → x =⇒ kE(xn − x)k2 = hE(xn − x), E(xn − x)i
=
hxn − x, E 2 (xn − x)i = hxn − x, E(xn − x)i → 0 =⇒ Exn → Ex.
Si definimos M = {x ∈ X : Ex = x}, veamos que M es cerrado:
Si x ∈ M , ∃(xn )n∈N ∈ M : xn → x, de donde Exn → Ex. Ahora bien,
como Exn = xn , xn → Ex y, por la unicidad del lı́mite, Ex = x =⇒
x ∈ M.
Sean ahora x ∈ X, y ∈ M ; entonces
hx − Ex, yi = hx, yi − hEx, yi = hx, Eyi − hx, Eyi = 0,
lo que implica que x − Ex⊥M .
Por último, si z = x−Ex, x = Ex+z, con Ex ∈ M, z ∈ M ⊥ . Además
Ez = Ex − E 2 x = Ex − Ex = 0.
18. Sea H un espacio de Hilbert. Probar que si P ∈ L(H) es una
proyección ortogonal, entonces H = R(P )⊕R(I −P ), suma directa
ortogonal.
Resp.: Si P es proyección ortogonal, por definición existe un subespacio cerrado M de H tal que, si x ∈ H se descompone en x = y + z
con y ∈ M, z ∈ M ⊥ , entonces P x = y.
136
Es evidente entonces que R(P ) = M y R(I − P ) = M ⊥ ; por tanto
H = R(P ) ⊕ R(I − P ) y además R(P )⊥R(I − P ).
19. Probar que las siguientes proposiciones son equivalentes en un
espacio de Hilbert H :
i) P ∈ L(H) es una proyección ortogonal.
ii) P ∈ L(H) es tal que P 2 = P y R(P )⊥R(I − P ).
iii) P ∈ L(H) es tal que P 2 = P y R(P )⊥ = {x ∈ H : P (x) = 0}.
Resp.: i) =⇒ ii). Es evidente (ver el ejercicio anterior).
ii) =⇒ iii). Como ∀x ∈ H, x = P x + (I − P )x, entonces H = R(P ) +
R(I − P ). Además, por hipótesis, R(P )⊥R(I − P ) lo que prueba que
H = R(P ) ⊕ R(I − P ), es decir, R(P )⊥ = R(I − P ).
Basta pues probar que R(I − P ) = N (P ). En efecto,
y ∈ R(I − P ) =⇒ ∃x ∈ H : y = x − P x
=⇒ P y = P x − P 2 x = P x − P x = 0 =⇒ y ∈ N (P ),
x ∈ N (P ) =⇒ P x = 0 =⇒ x − P x = x =⇒ x ∈ R(I − P ).
iii) =⇒ i). Sea M = R(P ). Ası́, M es subespacio de H. Además,
M es cerrado, pues M = N (I − P ) (lo que se prueba análogamente
al apartado anterior). Por hipótesis, M ⊥ = N (P ). Entonces, dados
y ∈ M, z ∈ M ⊥ :
P (y + z) = P y + P z = P y = y =⇒ P es la proyección sobre M.
20. En `2 se considera la sucesión {en }n≥1 definida por en = (δnk )k≥1
y el conjunto M = {e2n−1 + e2n : n ≥ 1}.
a) Identificar los subespacios cerrados M ⊥ y M ⊥⊥ en `2 .
b) Sean P y Q las proyecciones ortogonales tales que R(P ) = M ⊥
y R(Q) = M ⊥⊥ . Si a = (ak )k∈N ∈ `2 , probar que P (a) = (bk )k∈N ,
donde b2k−1 = −b2k = (a2k−1 − a2k )/2, k ≥ 1; y que Q(a) = (ck )k∈N ,
donde c2k−1 = c2k = (a2k−1 + a2k )/2, k ≥ 1.
137
Resp.: a) Por definición,
y ∈ M ⊥ ⇐⇒ hy, e2n−1 + e2n i = 0 ⇐⇒ y2n−1 + y2n = 0.
Por tanto, M ⊥ = {y ∈ `2 : y2n−1 +y2n = 0, n ≥ 1} = h{e2n−1 − e2n : n ≥ 1}i.
Por otra parte,
y ∈ M ⊥⊥ ⇐⇒ hy, e2n−1 − e2n i = 0 ⇐⇒ y2n−1 − y2n = 0.
Ası́ pues, M ⊥⊥ = {y ∈ `2 : y2n−1 − y2n = 0} = hM i.
b) Si a ∈ `2 ,
a = (. . . , a2k−1 , a2k , . . . ) =
X
λk (e2k−1 − e2k ) +
k
X
µk (e2k−1 + e2k ).
k
Entonces
λk + µk = a2k−1
−λk + µk = a2k
Como P a =
que
P
=⇒ λk =
a2k−1 + a2k
a2k−1 − a2k
, µk =
.
2
2
λk (e2k−1 − e2k ), Qa =
k∈N
P
µk (e2k−1 + e2k ), deducimos
k∈N
P a = (λ1 , −λ1 , λ2 , −λ2 , . . . ), con λk = (a2k−1 − a2k )/2,
Qa = (µ1 , µ1 , µ2 , µ2 , . . . ), con µk = (a2k−1 − a2k )/2.
21. Sean H un espacio de Hilbert, M un subespacio cerrado de H y
T ∈ L(H). Se dice que M es invariante bajo T si T x ∈ M, ∀x ∈ M ,
y que M reduce a T si M y M ⊥ son invariantes bajo T . Sea
P ∈ L(H) la proyección ortogonal tal que R(P ) = M .
a) Probar que M es invariante bajo T si y sólo si P T P = T P .
b) Probar la equivalencia de las siguientes proposiciones:
i) M reduce a T .
ii) P T = T P .
iii) M es invariante bajo T y T ∗ .
138
Resp.: a) =⇒: ∀x ∈ H, x = y + z, con y ∈ M , z ∈ M ⊥ . Entonces
(P T P )x = P (T y) = T y pues T y ∈ M . Como y = P x, (P T P )x =
T P x.
⇐=: Si x ∈ M , T x = T P x = P (T P )x que, por definición, está en M .
b) i) =⇒ ii): ∀x ∈ H, escribimos x = y + z, con y ∈ M, z ∈ M ⊥ . Por
hipótesis, T y ∈ M, T z ∈ M ⊥ . Entonces
P T x = P T y + P T z = T y = T P x.
ii) =⇒ iii): Como P es la proyección sobre M , ∀x ∈ M,
P x = x =⇒ T P x = T x =⇒ P (T x) = T x =⇒ T x ∈ M.
Por otra parte, para cualquier y ∈ M ⊥ ,
hT ∗ x, yi = hx, T yi = hP x, T yi = hx, P T yi
= hx, T P yi = hx, T 0i = hx, 0i = 0 =⇒ T ∗ x⊥M ⊥ =⇒ T ∗ x ∈ M.
iii) =⇒ i): Sólo falta ver que ∀x ∈ M ⊥ , T x ∈ M ⊥ . Pero si x ∈ M ⊥ ,
entonces hT x, yi = hx, T ∗ yi = 0, ∀y ∈ M, pues M es invariante bajo
T ∗ . Esto muestra que T x ∈ M ⊥ .
22. En C 1 [a, b] definimos hf, gi =
Rb
a
f (x) g(x) + f 0 (x) g 0 (x) dx.
a) Probar que h·, ·i es un producto escalar en C 1 [a, b].
b) Probar que ∀f ∈ C 1 [−π, π],
R
√ hR π
i1/2
π
0 (x) sen x dx ≤
2 +|f 0 (x)|2 dx
f
(x)
cos
x−f
2π
|f
(x)|
.
−π
−π
c) Probar que la familia (gn )n∈Z , donde gn (x) = √
einx
,
2π(1+n2 )
es un
sistema ortonormal en C 1 [−π, π].
d) Si W = {f ∈ C 1 [−π, π] : f (−π) = f (π)}, probar que la función
f (x) = sh x es ortogonal a W . Deducir que la familia {gn }n∈Z en
c) no es base ortonormal de C 1 [−π, π].
Resp.: a) Como hf, f i =
0.
Rb
a
|f (x)|2 dx+
Rb
a
|f 0 (x)|2 dx, entonces hf, f i ≥
Ahora bien, si hf, f i = 0, como f es continua, f (x) = 0, ∀x ∈ [a, b].
139
El resto de axiomas se deduce de la linealidad de la integral.
b) Basta aplicar la desigualdad de Cauchy-Schwarz a las funciones
f ∈ C 1 [−π, π] y g(x) = cos x y tener en cuenta que kgk2 = 2π.
c) Por la definición,
#
Z π"
einx
e−imx
ineinx
−ime−imx
p
hgn , gm i =
·p
+p
·p
dx
2π(1+n2 )
2π(1+m2 )
2π(1+n2 )
2π(1+m2 )
−π
(
Z π
0 si n 6= m
1 + nm
p
ei(n−m)x dx =
=
2
2
1 si n = m.
2π (1 + n )(1 + m ) −π
d) Sea g ∈ W arbitrario. Integrando por partes,
Z π
Z π
π
0
0
0
f (x) g (x)dx = f (x) g(x) −π −
f 00 (x) g(x)dx.
−π
−π
Como g(π) = g(−π) = 0 y f 00 (x) = f (x), resulta:
Z π
Z π
hf, gi =
f (x) g(x)dx +
f 0 (x) g 0 (x)dx
Z−π
Z−π
π
π
f 00 (x) g(x)dx = 0.
=
f (x) g(x)dx −
−π
−π
De aquı́ se deduce que W ⊥ 6= {0} y, como las funciones gn de la familia
ortogonal están en W , no forman una base ortonormal.
(m) [−1, 1]. Probar que los coeficientes de Legendre de f
23. Sea f ∈ Cr
Z 1
2k + 1
1
son ak =
· k
f (k) (t)(1 − t2 )k dt, k ≤ m.
2
2 · k! −1
q
1
dk
2
k
Resp.: Teniendo en cuenta que pk (x) = 2k+1
2 · 2k ·k! · dxk (x − 1) ,
obtenemos integrando por partes:
r
Z 1
2k + 1
1
dk
ak =
f (x) · k (x2 − 1)k dx
· k
2
2 · k! −1
dx
r
Z 1
2k + 1
1
=
· k
· (−1)k
f (k) (x) · (x2 − 1)k dx
2
2 · k!
−1
r
Z 1
1
2k + 1
· k
f (k) (x) · (1 − x2 )k dx.
=
2
2 · k! −1
140
Z
24. Encontrar mı́n
1
a,b,c∈C −1
|x3 − a − bx − cx2 |2 dx.
R1
Resp.: Si D2 = mı́na,b,c∈C −1 |x3 − a − bx − cx2 |2 dx, D es la distancia
en L2 [−1, 1] de x3 al plano generado
x2 }, es decir, la distancia
p {1, x, p
√ por
3
de x al plano generado por {1/ 2, 3/2 · x, 5/2 · (1/2) · (3x2 − 1)}.
Si αp0 + βp1 + γp2 es la proyección de x3 sobre dicho plano, entonces:
Z 1
Z 1
1
3
(x − αp0 − βp1 − γp2 )p0 dx = √
(x3 − α)dx =⇒ α = 0,
0 =
2 −1
−1
r Z 1
r
Z 1
3
3 2
3
4
(x − αp0 − βp1 − γp2 )p1 dx =
0 =
(x − β)dx =⇒ β =
· ,
2 −1
2 5
−1
r
Z 1
Z
5 1 1
3
(x − αp0 − βp1 − γp2 )p2 dx =
((3x2 − 1)x3 − γ)dx =⇒ γ = 0.
0 =
·
2
2
−1
−1
R
2
1
Deducimos entonces que D2 = −1 x3 − (3/5)x dx = (2/7) − (6/25),
p
de donde D = 8/175.
25. Encontrar las series de Fourier de las siguientes funciones definidas en L2 [−π, π] y utilizar la identidad de Parseval para deducir
cada una de las fórmulas enunciadas:
a) f (x) = x,
b) f (x) = x2 ,
P
n≥1 1/n
P
2
n≥1 1/n
= π 2 /6.
4
= π 4 /90.
ikx
e
Resp.: Utilizaremos el conjunto { √
: k ∈ Z} como base ortonormal
2π
de L2 (−π, π).
√
P
eikx
ikx / 2πi, obtene√
a) Como f (x) = ∞
k=−∞ ak · 2π , donde ak = hf, e
mos a0 = 0 y, para k 6= 0:
Z π
Z π −ikx
e−ikx
x e−ikx π
e
√ dx
ak =
x · √ dx =
· √ +
−ik
2π
2π −π
−π
−π ik 2π
−π (−1)k
π(−1)k
−π
2
√ =
=
· √
−
· √ (−1)k .
ik
ik
2π
ik 2
2π
Entonces
x=
X
k∈Z,k6=0
141
(−1)k+1
eikx
.
ik
Teniendo en cuenta que kf k2 =
∞
X
|ak |2 =
−∞
Rπ
−π
X π2
k6=0
k2
x2 dx = 23 π 3 y
·
X 2π
4
=
,
2π
k2
k6=0
aplicando la identidad de Parseval kxk2 =
P∞
2
k=−∞ |ak | ,
resulta que
∞
X
X 1
π2
π2
1
=
=⇒
=
.
k2
3
k2
6
k6=0
k=1
b) Análogamente al caso anterior, tenemos:
e−ikx
1
4π
x2 · √ dx = √ · 2 (−1)k , k 6= 0;
2π
2π k
−π
1
2 3
√ · π .
2π 3
Z
ak =
a0 =
π
Nuevamente, de la identidad de Parseval,
Rπ
5
kf (x)k2 = −π x4 dx = 2π5
P∞
P
2 5
1
2
k=−∞ |ak | = 9 π +
k6=0 2π ·
)
16π 2
k4
∞
X
1
π4
=⇒
=
.
k4
90
k=1
26. Sea X un espacio pre-Hilbert y A = (xα )α∈I un conjunto ortonormal completo. Encontrar el elemento de mejor aproximación
a x ∈ X en el subespacio M = hAi.
Resp.: Como X = M ⊕ M ⊥ , todo x ∈ X se descompone de forma
única como x = y + z, con y ∈ M, z ∈ M ⊥ . Pero, por hipótesis,
y=
X
α∈I
hy, xα ixα =
X
hx − z, xα ixα =
α∈I
X
hx, xα ixα .
α∈I
P
P
Por tanto, kx − α∈I hx, xα ixα k ≤ kx − α∈I λα xα k, ∀λα ∈ E, lo que
prueba que la proyección de x sobre M produce la mejor aproximación
en M .
142
27. Sea H un espacio de Hilbert y {e1 , . . . , en } un conjunto linealmente independiente. Dado x ∈ H , calcular la distancia de x al
subespacio generado por {e1 , . . . , en }. Deducir de lo anterior la
desigualdad de Bessel.
Resp.: Llamamos M al subespacio generado por {e1 , . . . , en }.
Si escribimos x = x1 + x2 , con x1 ∈ M, x2 ∈ M ⊥ , sabemos que
kx − x1 k = d(x, M ).
El problema se reduce pues a calcular x1 , la proyección ortogonal de
x en M.
Llamamos {v1 , . . . , vn } a la base ortonormal P
obtenida de {e1 , . . . , en }
n
por el proceso de Gram- Schmidt. Como
x
=
1
i=1 αi vi y x−x1 ⊥vk , ∀k,
Pn
entonces αi = hx, vi i, de donde x1 = i=1 hx, vi ivi .
Además
2
d(x, M )
= kx −
n
X
hx, vi ivi k2
i=1
2
= kxk −
n
X
hx, vi ihvi , xi −
i=1
= kxk2 −
n
X
n
X
i=1
hx, vi ihx, vi i +
n
X
|hx, vi i|2
i=1
|hx, vi i|2 .
i=1
De aquı́ se deduce inmediatamente la desigualdad de Bessel.
28. Sea H un espacio de Hilbert y M ⊂ H un subespacio vectorial. Si
M 6= H , probar que existe y ∈ H , y 6= 0, tal que y⊥ M . Concluir
que M es denso si y sólo si el único elemento ortogonal a M es
y = 0.
Resp.: a) Es claro que ( M , h·, ·i) es de Hilbert. Por tanto, existe un
conjunto ortonormal completo de M , que denotaremos por {xα }α∈I .
P
Dado z ∈ H\ M , z 6= 0, definimos y = z− α∈I hz, xα ixα . Ası́ definido,
hy, xα i = 0, lo que implica que y⊥{xα }α∈I y también y⊥ M .
b) Es evidente que si M es denso en H, e y⊥M , entonces y⊥ M , de
donde y = 0.
Recı́procamente, si M no fuera denso, por a) existirı́a y ∈ H, y 6= 0
tal que y⊥ M y en particular y⊥M lo que contradice la hipótesis.
143
29. Sea {en }n∈N una sucesión ortonormal en un espacio pre-Hilbert
X e Yk el espacio generado por {e1 , . . . , ek }.
a) Si x ∈ X , y =
Pk
n=1 hx, en ien ,
probar que x − y⊥Yk .
P
b) Si x ∈ X , y = kn=1 βn en , probar que kx − yk es mı́nimo en Yk
si βn = hx, en i, n = 1, . . . , k.
Resp.: a) Sea z =
Pk
n=1 γn en
un elemento arbitrario de Yk . Entonces
hx − y, zi = hx, zi − hy, zi =
k
X
n=1
γn hx, en i −
k
X
αn hen , zi = 0.
n=1
b) Teniendo en cuenta que x − y ∈ Yk⊥ , y − z ∈ Yk , resulta:
kx − zk2 = kx − y + y − zk2 = kx − yk2 + ky − zk2 ≥ kx − yk2 , ∀z ∈ Yk .
30. Sea {en }n∈N una sucesión ortonormal en X y x ∈ X . Probar que
el número mk de coeficientes de Fourier hx, en i de x tales que
|hx, en i| > 1/k verifica mk < k 2 kxk2 (esto quiere decir que x no
tiene demasiados coeficientes de Fourier “grandes”).
Resp.: Si llamamos Ek = {hx, en i : |hx, en i| > 1/k} y elegimos los elementos {e1 , . . . , emk } tales que {hx, e1 i, . . . , hx, emk i} ⊂ Ek , entonces
por la desigualdad de Bessel,
mk
X
|hx, en i|2 ≤ kxk2 =⇒ mk ·
n=1
1
< kxk2 =⇒ mk < k 2 · kxk2 .
k2
31. Sea µ la medida en R definida por µ(A) = card(A), ∀A ⊂ R.
Probar que L2 (R, µ) es no separable e isomorfo al espacio de los
polinomios trigonométricos (combinaciones lineales de eiλx , λ ∈
R).
144
(
1
Resp.: Sea fλ (x) =
0
2
normal de L (R, µ).
si x = λ
Entonces {fλ }λ∈R es base ortosi x =
6 λ.
Como no es numerable, el espacio no es separable.
Por otra parte, la aplicación fλ 7→ eiλx es un isomorfismo entre ambos
espacios. Además es isometrı́a pues:
Z
Z
fλ1 (x) fλ2 (x)dµ(x) =
hfλ1 , fλ2 i =
|fλ1 (x)|2 dµ(x) = 1.
∪ {x}
R
x∈R
32. Sea X un espacio de Hilbert. Probar que si X contiene una sucesión ortonormal completa, entonces X es separable.
Resp.: Si X no fuera separable, todo subconjunto denso en X serı́a
no numerable.
Sin embargo si {en }n∈N es una sucesión ortonormal
completa, M =
P
h{en }n∈N i y todo x ∈ X serı́a de la forma x = n∈N hx, en ien , es decir
x ∈ M.
33. Sea {en }n∈N una sucesión ortonormal en un espacio de Hilbert H
y M1 = h{en }n∈N i.
a) Probar que ∀x ∈ H, x ∈ M1 ⇐⇒ x =
hx, en i.
P
n∈N αn en ,
con αn =
b) Si {e
en }n∈N es otra sucesión ortonormal en H
Py definimos M2 =
h{e
en }n∈N i, probar que M1 = M2 ⇐⇒ en =
em , een =
m∈N αnm e
P
α
e
,
con
α
=
he
,
e
e
i.
mn
m
nm
n
m
m∈N
P
Resp.: a) “=⇒”Llamamos y =
n∈N hx, en ien (ya se probó que la
serie es convergente). Entonces:
X
hx−y, ek i = hx, ek i− hx, en ihen , ek i = 0 =⇒ x−y⊥M1 =⇒ x−y⊥ M1 .
n∈N
⊥
Mediante la descomposición H = M1 ⊕ M1 , sabemos que x = y + z,
⊥
con y ∈ M1 , z ∈ M1 . Como, por hipótesis, x ∈ M1 , deducimos que
y = x.
145
P
“⇐=Çomo la serie n∈N hx, en ien es convergente, lı́mn Sk = x, donde
Pk
Sk = n=1 αn en . Esto implica que x ∈ M1 porque la sucesión{Sk }n∈N ⊂
M1 converge a x.
b) “=⇒.Aplicando el apartado a), obtenemos:
X
en ∈ M1 =⇒ en ∈ M2 =⇒ en =
αnm eem , con αnm = hen , eem i
m∈N
een ∈ M2 =⇒ een ∈ M1 =⇒ een =
X
αmn em , con αmn = he
en , em i = hem , een i.
m∈N
“⇐=”Nuevamente del apartado a), resulta:
X
X
αn en , con αn = hx, en i =
αnm hx, eem i
x ∈ M1 ⇐⇒ x =
n∈N
⇐⇒ x =
XX
m∈N
αnm hx, eem ien =
X
hx, eem ie
em ⇐⇒ x ∈ M2 .
m∈N
n∈N m∈N
34. Sea {ek }k∈N una base ortonormal en un espacio de Hilbert H y
(µk )k∈N una sucesión acotada de números complejos, con M =
sup{|µk |, k ∈ N}.
a) Probar que existe un único T ∈ L(H) tal que T ek = µk ek .
b) Probar que kT k = M .
c) Encontrar T ∗ y calcular su norma.
d) Probar que T es normal, es decir T T ∗ = T ∗ T ..
e) ¿Qué propiedad debe cumplir la sucesión (µk )k∈N para que T
sea autoadjunto?
f) Probar que, si |µk | > 1, para todo k , entonces existe T −1 ∈
L(H).
Resp.: a) Basta definir T x =
∞
P
∞
P
k=1
hx, ek iek .
k=1
La unicidad es evidente.
146
µk hx, ek iek pues ∀x ∈ H, x =
T es claramente lineal y, por la identidad de Parseval,
2
kT xk = hT x, T xi =
∞
X
|µk |2 |hx, ek i|2 ≤ M 2 · kxk2
k=1
lo que implica que T es acotado y kT k ≤ M.
b) En particular,
kT ek k = kµk ek k = |µk | =⇒ kT k ≥ |µk |, ∀k =⇒ kT k ≥ M.
De aquı́ se deduce que kT k = M .
c) Como hT ek , ek i = hµk ek , ek i = µk , entonces hek , T ∗ ek i = µk y
deducimos que T ∗ ek = µk ek .
Ası́ definido, T ∗ es lineal y acotado con kT ∗ k = kT k.
d) Veamos que T T ∗ = T ∗ T :
T ∗ T ek = T ∗ (µk ek ) = µk µk ek = |µk |2 ek ,
T T ∗ ek = T ( µk ek ) = µk µk ek = |µk |2 ek .
e) Evidentemente, T = T ∗ si (µk )k∈N ⊂ R.
f) Si |µk | > 1, 1 = kek k < |µk | = kT ek k =⇒ ∃T −1 ∈ L(H).
35. Sea X un espacio normado e Y un espacio pre-Hilbert. Si un
operador T : X → Y es lineal y acotado, probar que kT k = sup A,
donde
|hT x, yi|
: kxk ≤ 1, kyk ≤ 1 .
A=
kxk · kyk
Resp.: Por la desigualdad de Cauchy- Schwarz,
kT xk · kyk
kT k · kxk · kyk
|hT x, yi|
≤
≤
= kT k =⇒ sup A ≤ kT k.
kxk · kyk
kxk · kyk
kxk · kyk
Por
otra parte, como x/kxk
y T x/kT xk tienen norma 1, entonces
hT (x/kxk), T x/kT xki ∈ A. Por tanto:
1
kT xk
hT ( x ), T x i =
|hT x, T xi| =
≤ sup A.
kxk kT xk
kxk · kT xk
kxk
De aquı́ se deduce que supkxk≤1 kT xk/kxk ≤ sup A con lo que kT k ≤
sup A.
147
36. Averiguar si la implicación hT x, xi = 0, ∀x ∈ X =⇒ T = 0 es
cierta en los siguientes casos:
a) H espacio de Hilbert real y T ∈ L(H).
b) H espacio de Hilbert complejo y T ∈ L(H).
c) H espacio de Hilbert y T = T ∗ .
Resp.: a) La implicación anterior no es cierta como se muestra con el
siguiente ejemplo:
En el espacio H = R2 definimos T (1, 0) = (0, 1), T (0, 1) = (−1, 0); es
evidente que T 6= 0 pero hT x, xi = 0, ∀x ∈ H, pues T (a, b) = (−b, a).
b) Sean x, y ∈ H y α ∈ C arbitrarios. Entonces:
0 = hT (x + αy), x + αyi = hT x, xi + αhT y, xi + αhT x, yi + hT (αy), αyi
= αhT y, xi + αhT x, yi.
En particular, si α ∈ R, 0 = hT y, xi + hT x, yi y, si α = i, 0 = hT y, xi −
hT x, yi. Al resolver el sistema obtenemos hT x, yi = 0, ∀x, y ∈ H de lo
que se deduce que T = 0 y la implicación es cierta.
c) En el capı́tulo VII se prueba (teorema de Hellinger-Toeplitz) que
todo operador lineal autoadjunto es acotado; esto indica que, si H es
complejo, la implicación es cierta, como se deduce de b). Ahora bien,
si H es real, entonces, para cualesquiera x, y ∈ H, tenemos:
0 = hT (x+y), x+yi = hT y, xi+hT x, yi = hy, T xi+hT x, yi = 2hT x, yi
y la implicación también es cierta.
37. Probar que el teorema de representación de Riesz permite definir
un producto escalar en el dual de un espacio de Hilbert. Probar
que la norma asociada a dicho producto escalar coincide con la
norma usual de operadores.
Resp.: Sean f1 , f2 ∈ X 0 . Por el teorema de representación de Riesz,
existen x1 , x2 ∈ X tales que f1 (y) = hy, x1 i, f2 (y) = hy, x2 i, ∀y ∈ X.
Definimos en X 0 el producto hf1 , f2 i = hx2 , x1 i.
148
• Como (f1 + f2 )(y) = f1 (y) + f2 (y) = hy, x1 i + hy, x2 i = hy, x1 + x2 i,
entonces
hf1 + f2 , f3 i = hx3 , x1 + x2 i = hx3 , x1 i + hx3 , x2 i = hf1 , f3 i + hf2 , f3 i.
• Como (λf1 )(y) = λf1 (y) = λhy, x1 i = hy, λx1 i, entonces
hλf1 , f2 i = hx2 , λx1 i = λhx2 , x1 i = λhf1 , f2 i.
• hf1 , f1 i = hx1 , x1 i = kx1 k2 ≥ 0.
La norma asociada es kf k2 = hf, f i = hx, xi, es decir kf k = kxk y
coincide con la norma usual.
38. a) Si X es un espacio pre-Hilbert y z ∈ X , probar que fz (x) =
hx, zi define un funcional lineal acotado f sobre X de norma kzk.
b) Si la aplicación X → X 0 dada por z 7→ fz es sobre, probar que
X es de Hilbert.
Resp.: a) Es evidente que fz es lineal.
Como |fz (x)| = |hx, zi| ≤ kxk · kzk, entonces kfz k ≤ kzk.
Por otra parte, de |fz (z)| = |hz, zi| = kzk2 , se deduce que kfz k ≥ kzk.
b) Sea {xn }n∈N una sucesión de Cauchy en X. Debido a que
fxn −xm (y) = hy, xn i − hy, xm i = fxn (y) − fxm (y) = (fxn − fxm )(y),
la sucesión {fxn }n∈N es de Cauchy en X 0 porque kfxn − fxm k = kxn −
xm k → 0. Esto implica que ∃f ∈ X 0 : fxn → f . Por tanto, ∃x ∈ X :
f = fx . Ası́ pues, kfxn − fx k = kxn − xk → 0.
39. Probar que todo espacio de Hilbert H es isomorfo a su segundo
dual H 00 = (H 0 )0 .
Resp.: Si probamos que H es isométrico a H 0 , como H 0 es también
de Hilbert, entonces H 0 ' H 00 y por la transitividad, H ' H 00 .
Por el teorema de representación de Riesz,
∀f ∈ H 0 , ∃z ∈ H : f (x) = hx, zi, ∀x ∈ H
149
y kf k = kzk.
Definimos T : H 0 → H por T f = z y probemos que T es un isomorfismo isométrico.
• T es lineal: Si f1 (x) = hx, z1 i y f2 (x) = hx, z2 i, entonces:
hx, T f1 + T f2 i = hx, T f1 i + hx, T f2 i = hx, z1 i + hx, z2 i
= hx, z1 + z2 i = hx, T (f1 + f2 )i =⇒ T f1 + T f2 = T (f1 + f2 ).
Idem con αf .
• T es biyectiva: T f1 = T f2 =⇒ z1 = z2 =⇒ hx, z1 i = hx, z2 i, ∀x =⇒
f1 = f2 . ∀z ∈ H, ∃fz ∈ H 0 definido por fz (x) = hx, zi. Además
T fz = z.
• T es isometrı́a: kT f k = kzk = kf k, ∀f =⇒ kT k = 1.
Otra forma de obtener el isomorfismo es utilizar directamente la aplicación T : H → H 00 definida por T (y)(f ) = f (y) = hy, zi, ∀y ∈ H, f ∈
H 0.
40. Sea X un espacio vectorial sobre el cuerpo E . Una forma sesquilineal hermı́tica h sobre X × X es una aplicación h : X × X → E que
verifica h(x + y, z) = h(x, z) + h(y, z), h(αx, y) = αh(x, y), h(x, y) =
h(y, x).
a) ¿Qué condición hay que imponer a h para que sea un producto
interior sobre X ?
b) Si h es semidefinida positiva, es decir h(x, x) ≥ 0, ∀x ∈ X , probar que se verifica la desigualdad de Schwarz |h(x, y)|2 ≤ h(x, x)h(y, y).
c) Si h es una forma sesquilineal
semidefinida positiva, probar
p
que la aplicación p(x) = h(x, x) define una seminorma en X .
Resp.: a) Para que h sea un producto interior, sólo es necesario imponer las condiciones h(x, x) ≥ 0 y h(x, x) = 0 =⇒ x = 0.
b) Si h(x, y) = 0, es evidente.
Si h(x, y) 6= 0, como
h(αxβy, αx+βy) = α αh(x, x)+α βh(x, y)+ αβ h(x, y)+β βh(y, y) ≥ 0,
150
haciendo α ∈ R, β =
h(x,y)
|h(x,y)| ,
resulta :
α2 h(x, x) + α|h(x, y)| + α|h(x, y)| + h(y, y) ≥ 0,
ecuación de segundo grado en α que es siempre no negativa, de modo
que su discriminante debe ser negativo, |h(x, y)|2 − h(x, x)h(y, y) ≤ 0.
c) Evidente.
41. Sea K : L2 [0, 1] → L2 [0, 1] el operador integral definido por
Z t
(t − s)f (s)ds.
(Kf )(t) =
0
a) Probar que kKk < 1 y que K n f (t) =
Rt
0
(t−s)2n−1
(2n−1)! f (s)ds,
n ≥ 1.
b) Utilizar lo anterior para resolver la ecuación integral
Z t
(t − s)f (s)ds, g ∈ L2 [0, 1].
f (t) = g(t) +
0
Resp.: a) Veamos que K es acotado:
Z 1
Z 1Z t
2
2
2
kKf k =
|Kf (t)| dt =
(t − s)f (s)ds dt
0
0
0
Z 1hZ t
Z 1hZ t
Z t
i2
i
2
≤
|t − s| · |f (s)|ds dt ≤
|t − s| ds ·
|f (s)|2 ds dt
0
0
0
0
0
Z 1h
Z
Z 1hZ t 3
i
i
(s − t)3 t t
t
=
|f (s)|2 ds dt =
· |f (s)|2 ds dt
3
0 0
0
0
0 3
1
1
1
· kf k2 =⇒ kKf k ≤ √ kf k =⇒ kKk ≤ √ < 1.
≤
3
3
3
Veamos lo siguiente por inducción:
Para n = 1 es evidente.
Si es cierto para n, entonces
K
n+1
n
Z
t
f (t) = K[K f ](t) =
(t − s)K n f (s)ds
0
Z t
i
h Z s (s − u)2n−1
f (u)du ds
=
(t − s)
(2n − 1)!
0
0
Z t Z t
(s − u)2n−1
=
du (t − s)
f (u)ds
(2n − 1)!
0
u
Z t
Z t
Z t
f (u)
f (u)(t − u)2n+1
2n−1
=
du
(t − s) · (s − u)
ds =
du.
(2n − 1)! u
(2n + 1)!
0
0
151
b) Queremos resolver la ecuación f (t) = g(t) + Kf (t), que se puede
escribir también como g(t) = (I − K)f (t). Entonces, al ser kKk < 1,
f (t) = (I − K)−1 g(t) =
∞
X
K n g(t)
n=0
=
Z tX
∞
(t − s)2n−1
0 n=0
(2n − 1)!
Z
t
sh(t − s)g(s)ds.
g(s)ds =
0
TEMAS COMPLEMENTARIOS
1. Polinomios de Legendre, Hermite, Laguerre ([Kr], [Fo]).
2. Determinante de Gram ([GG]).
152