II. ESPACIOS NORMADOS Y ESPACIOS DE BANACH

II. ESPACIOS NORMADOS
Y ESPACIOS DE
BANACH
Se pretende en este capı́tulo establecer los resultados generales relacionados con el concepto de norma en un espacio vectorial ası́ como mostrar las distintas técnicas que se aplican en las
demostraciones de estos hechos. Será fundamental entender el
concepto de acotación de un operador lineal ası́ como su relación
con el de continuidad.
SECCIONES
1. Espacios normados. Definición y ejemplos.
2. Desigualdades de Hölder y Minkowski.
3. Espacios Lp .
4. Propiedades de los espacios normados.
5. Espacios normados de dimensión finita.
6. Operadores lineales acotados.
7. Funcionales lineales. Espacio dual.
8. Ejercicios.
37
1. ESPACIOS NORMADOS. DEFINICIÓN Y EJEMPLOS.
En este capı́tulo consideraremos métricas definidas en espacios dotados de
alguna estructura algebraica, más concretamente en espacios vectoriales, tal
como se presenta en las aplicaciones que se presentan en esta teorı́a.
En un espacio vectorial X son de particular importancia las métricas que
verifican
i) d(x + a, y + a) = d(x, y), es decir, d es invariante por traslaciones,
ii) d(αx, αy) = |α| · d(x, y), es decir, d aumenta proporcionalmente a la
dilatación,
pues basta conocer d(x, 0), ∀x ∈ X para determinar completamente la distancia entre dos elementos cualesquiera, ya que d(x, y) = d(x − y, 0). Definimos entonces la longitud o norma de un vector x por kxk = d(x, 0). Esto
sugiere, en un contexto abstracto, la siguiente definición axiomática.
1.1.- Definición. Un espacio normado es un par (X, k · k) formado por un
espacio vectorial X y una aplicación k · k : X → R, llamada norma, con las
siguientes propiedades:
(i) kxk ≥ 0.
(ii) kxk = 0 ⇐⇒ x = 0.
(iii) kαxk = |α| · kxk.
(iv) kx + yk ≤ kxk + kyk (desigualdad triangular).
Si no se exige la condición (ii), la aplicación k · k se llama seminorma.
Observaciones. 1) Todo espacio normado es a su vez un espacio métrico,
pues basta, dado (X, k · k), definir d(x, y) = kx − yk. Ası́ todas las nociones
de espacios métricos están definidas también para los espacios normados.
En particular, los conjuntos B(0, 1) = {x ∈ X : kxk < 1}, B(0, 1) = {x ∈
X : kxk ≤ 1} son las bolas unitarias abierta y cerrada de X, respectivamente.
2) El recı́proco de lo anterior no es cierto, es decir, no todo espacio métrico
es normado. Por ejemplo, X = {(a1 , . . . an , . . . ) : an ∈ C} sobre el cuerpo C
∞
X
1
|ai − bi |
es espacio vectorial; si definimos d(x, y) =
·
, se puede ver
i
2 1 + |ai − bi |
i=1
que es espacio métrico, pero para λ ∈ C, d(λx, λy) 6= |λ| d(x, y) con lo que,
si definiéramos la “norma.a partir de la distancia, obtendrı́amos kλx−λyk =
6
|λ|·kx−yk y X no serı́a espacio normado de esa forma. Otro ejemplo sencillo
38
es la métrica discreta pues k2xk = d(2x, 0) = 1 pero |2| · kxk = 2 · d(x, 0) =
2.
Sin embargo, la motivación dada al principio permite probar lo siguiente.
1.2.- Proposición. Si (X, k·k) es un espacio normado, la aplicación d(x, y) =
kx − yk, ∀x, y ∈ X verifica
i) d(x + z, y + z) = d(x, y);
ii) d(λx, λy) = |λ| · d(x, y).
Recı́procamente, si X es un espacio vectorial y (X, d) es un espacio métrico
en el que se verifican i) y ii), entonces (X, k · k) es un espacio normado,
donde kxk = d(x, 0).
La demostración es evidente.
1.3.- Definición. Sea X un espacio vectorial normado, en el que se define
la métrica d(x, y) = kx − yk. Si (X, d) es completo, X se dice espacio de
Banach.
1.4.- Ejemplos. 1) X = R ó C con la norma del valor absoluto son espacios
de Banach.
P
2) X = Rn ó Cn con la norma kxk = ( ni=1 |xi |p )1/p ( p ≥ 1) es de Banach.
Los axiomas i), ii) y iii) de norma son evidentes y la desigualdad triangular
se deduce de la desigualdad de Minkowski. Veamos que es completo:
Sea {xk = (xk1 , . . . , xkn ), k ∈ N} una sucesión de Cauchy en Rn . Entonces
kxp − xq k < ε, ∀p, q > N =⇒ |xpi − xqi | < ε, ∀p, q > N, 1 ≤ i ≤ n.
Esto implica que ∃xi ∈ R : |xki − xi | < ε, 1 ≤ i ≤ n.
P
Si llamamos x = (x1 , . . . , xn ), resulta que kxk − xkp = ni=1 |xki − xi |p <
nεp .
P∞
p
3) Sea `p = {x = (xn )n∈N : xn ∈ C,
n=1 |xn | < ∞} (p ≥ 1), y definimos
P∞
p 1/p .
kxkp =
n=1 |xn |
Al igual que en el ejemplo 2, la desigualdad de Minkowski (para sumas
infinitas) permite probar que es una norma. La completitud fue probada en
el capı́tulo I; veremos además que se puede deducir de un caso más general
(ver sección siguiente).
4) Sea `∞ = {x = (xn )n∈N : xn ∈ C, {xn }n∈N acotada}, y definimos kxk =
supn |xn |. Ası́ (X, d) es un espacio de Banach, como vimos en el capı́tulo
I.
39
5) X = C[a, b] (funciones continuas en [a, b]), con la norma kf k = máx |f (x)|
x∈[a,b]
es de Banach, como ya vimos en el capı́tulo anterior.
R
1/2
b
6) El mismo espacio anterior C[a, b] con la norma kf k = a |f (x)|2 dx
no es completo. Sin embargo, este espacio puede completarse como veremos después y su compleción es precisamente el espacio L2 [a, b] (ver sección
3).
7) Si X = B(A) es el espacio de las funciones acotadas en A, la norma
kf k = sup |f (x)| también da lugar a un espacio de Banach.
x∈A
8) Sea VA[a, b] la clase de funciones de variación acotada en [a, b]. Es un
espacio vectorial con las operaciones usuales y se define la norma kf k =
|f (a)| + V (f ) donde V (f ) representa la variación total de f que convierte al
espacio VA[a, b] en un espacio de Banach.
2. DESIGUALDADES DE HÖLDER Y MINKOWSKI.
En algunos ejemplos de espacios normados la desigualdad triangular se deduce de la desigualdad de Minkowski que probaremos en este apartado como
consecuencia de la desigualdad de Hölder. En el siguiente apartado utilizaremos estas desigualdades para definir normas en otros ejemplos de espacios
de funciones, que han sido fundamentales en el desarrollo del Análisis Funcional.
2.1.- Lema. Sean α, β > 0, 0 < λ < 1. Entonces αλ β 1−λ ≤ λα + (1 − λ)β.
Además la igualdad es cierta si y sólo si α = β.
Demostración. Se define ϕ(t) = (1 − λ) + λt − tλ para t ≥ 0.
Ası́ ϕ0 (t) = λ − λtλ−1 que será negativo si t < 1 y positivo si t > 1. Por
tanto, el punto t = 1 corresponde a un mı́nimo.
Como ϕ(t) ≥ ϕ(1) = 0, entonces 1 − λ + λt ≥ tλ .
Haciendo t = α/β se deduce el resultado (para β 6= 0).
Si β = 0, el resultado es trivial.
♦
Observaciones. 1) El lema anterior expresa que la media geométrica es
menor o igual a la media aritmética, porque si hacemos λ = k/n, 1 − λ =
40
(n − k)/n, tenemos αk/n · β n−k/n ≤ kα/n + (n − k)β/n de donde
q
α+ .(k)
. . +α + β+ (n−k)
. . . +β
n
α .(k)
. . α · β (n−k)
... β ≤
.
n
2) Si α = ex1 , β = ex2 , el lema indica que
eλx1 +(1−λ)x2 = eλx1 e(1−λ)x2 ≤ λex1 + (1 − λ)ex2 ,
es decir que la función exponencial es convexa.
2.2.- Teorema. Sean (X, S, µ) un espacio medible, f, g : X → [0, ∞] funciones medibles, 1 < p < ∞ y 1/p + 1/q = 1. Entonces:
a) (desigualdad de Hölder)
1/p Z
1/q
q
f dµ
·
g dµ
.
Z
Z
p
(f g)dµ ≤
X
X
X
b) (desigualdad de Minkowski)
Z
p
(f + g) dµ
1/p
1/p Z
1/p
p
f dµ
+
g dµ
.
Z
p
≤
X
X
Demostración. a) Llamamos A =
guimos tres casos:
R
X
X
f p dµ
1/p
,B=
R
X
g q dµ
1/q
y distin-
p
- A = 0 (ó B = 0).
R Como f ≥ 0, f = 0 c.s. =⇒ f = 0 c.s. =⇒ f · g = 0
c.s. Ası́ pues X f gdµ = 0.
R
- A = ∞ (ó B = ∞). Es evidente que X f gdµ ≤ ∞.
R
R f g
- 0 < A, B < ∞. Debemos probar que X f gdµ ≤ A·B, o bien X A
· B dµ ≤
1.
Si aplicamos el lema anterior a α = f p /Ap , β = g q /B q , λ = 1/p,
1 − λ = 1/q, resulta:
f g
1 fp
1 gq
·
≤ · p + · q,
A B
p A
q B
desigualdad válida ∀x ∈ X. Integrando miembro a miembro,
Z
f g
1
1
· dµ ≤
· Ap +
· B q = 1, c.q.d.
p
q
A
B
p
·
A
q
·
B
X
b) Debido a que (f + g)p = (f + g)(f + g)p−1 = f (f + g)p−1 + g(f +
g)p−1 , aplicando la desigualdad de Hölder a cada uno de los sumandos,
41
tenemos:
Z
1/p Z
1/q
Z
p−1
p
q(p−1)
f (f + g) dµ ≤
f dµ
(f + g)
dµ
,
X
X
X
1/p Z
1/q
g(f + g)p−1 dµ ≤
g p dµ
(f + g)q(p−1) dµ
,
X
X
X
" Z
1/p Z
1/p # Z
1/q
Z
p
p
p
p
(f + g) dµ ≤
f dµ
=⇒
+
g dµ
·
(f + g) dµ
,
Z
Z
X
X
X
X
1/q
R
debido a que q(p − 1) = p. Si llamamos ahora C = X (f + g)p dµ
, caben
los siguientes casos:
R
- C = 0 =⇒ X (f + g)p dµ = 0 y la desigualdad es evidente.
R
- C = ∞ =⇒ X (f + g)p dµ = ∞. Como la función y = xp es convexa,
(f (x)/2 + g(x)/2)p ≤ f (x)p /2 + g(x)p /2, de donde:
Z
Z
Z
1 p p
1
1
1
p
p
p
p
(f
+g)
≤
(f
+g
)
=⇒
(f
+g)
dµ
≤
f
dµ
+
g
dµ
.
2p
2
2p X
2 X
X
R
R
R
Como X (f + g)p dµ = ∞, debe ser X f p dµ = ∞ ó X g p dµ = ∞.
R
1−1/q
1/p
1/p
R
R
- 0 < C < ∞ =⇒ X (f + g)p dµ
≤ X f p dµ
+ X g p dµ
, lo
que da lugar al resultado deseado.
♦
El teorema anterior tiene las siguientes consecuencias.
2.3.- Corolario. Si f, g : X → [0, ∞] son medibles y 0 < p < 1, 1/p + 1/q =
1, entonces
1/p R q 1/q
R
R
.
a) X f gdµ ≥ X f p dµ
X g dµ
1/p
1/p
1/p
R
R
R
b) X (f + g)p dµ
≥ X f p dµ
+ X g p dµ
,
1/q
R
donde suponemos que las integrales involucradas son finitas y X g q dµ
6=
0.
0
Demostración. a) Sea p0 = 1/p y llamamos ψ = (f g)p = (f g)1/p , ϕ =
0
g −p = g −1/p . De este modo, 1 < p0 < ∞, f p = ψϕ y ψ, ϕ son medibles.
Entonces
Z
1/p0 Z
1/q0
Z
Z
p
p0
q0
f dµ =
ψϕdµ ≤
ψ dµ
ϕ dµ
,
X
X
X
X
0
0
donde 1/p0 + 1/q 0 = 1. Debido a que ϕq = g q y ψ p = f g, obtenemos:
Z
p
Z
f dµ ≤
X
1/p0 Z
1/pq0
q
f gdµ
g dµ
.
X
X
42
De las relaciones anteriores se deduce que pp0 = 1, pq 0 = −q, con lo que:
Z
1/p Z
1/q Z
f p dµ
·
g q dµ
≤
f gdµ , c.q.d.
X
X
X
b) De la igualdad (f + g)p = f (f + g)p−1 + g(f + g)p−1 , se deduce:
Z
Z
Z
p
p−1
(f + g) dµ =
f (f + g) dµ +
g(f + g)p−1 dµ
X
X
X
1/p Z
1/q
p
q(p−1)
f dµ
·
(f + g)
dµ
Z
≥
X
X
1/p Z
1/q
p
q(p−1)
g dµ
·
(f + g)
dµ
X
X
Z
# Z
Z
+
" Z
=
1/p
f p dµ
1/p
X
Suponiendo que
R
X (f
g p dµ
+
(f + g)q(p−1) dµ
·
X
X
+ g)p dµ < ∞, se deduce el resultado.
♦
2.4.- Corolario. En las condiciones del teorema 2,2, la desigualdad de
Hölder se convierte en igualdad si y sólo si existen λ1 , λ2 constantes no
nulas a la vez tales que λ1 f p = λ2 g q c.s.
Demostración. Al igual que en el lema 2.1, la igualdad es cierta si y sólo
si
Z
Z
gq
fp
p
q
q
R
R
=
, es decir f ·
g dµ = g ·
f p dµ,
p dµ
q dµ
f
g
X
X
X
X
R
R
con λ1 = X g q dµ y λ2 = X f p dµ no nulas ambas.
Podemos suponer además λ1 = 0, λ2 6= 0 pues entonces 0 = λ2 g q c.s.
=⇒ g q = 0 c.s. =⇒ g = 0 c.s. y se verifica la igualdad.
♦
Observaciones. 1) Si X es un conjunto numerable, digamos por comodidad
X = N, P (N) la σ-álgebra formada por los subconjuntos de N, µ : P (N) →
[0, ∞] la medida de contar, definida por µ(A) = card A, toda aplicación
f : N → C es medible pues ∀V abierto, f −1 (V ) ⊂ N =⇒ f −1 (V ) ∈ P (N).
Ası́ pues, si f : N → [0, ∞] es medible, f (n) = |xn |,
Z
Z
XZ
X
X
p
p
f dµ =
f dµ =
f p dµ =
f (n)p =
|xn |p .
N
∪n∈N {n}
n∈N {n}
n∈N
n∈N
Esto permite escribir las desigualdades de Hölder y Minkowski para sumas
finitas o series numéricas. Estas serı́an:
!1/p
!1/q
∞
∞
∞
X
X
X
|xi yi | ≤
|xi |p
·
|yi |q
,
i=1
i=1
i=1
43
1/q
.
∞
X
!1/p
p
|xi + yi |
i=1
≤
∞
X
!1/p
p
|xi |
+
i=1
∞
X
!1/p
p
|yi |
.
i=1
2) En el caso de p = 1 ó p = ∞ se prueban también desigualdades análogas
que quedan de la forma
X
X
|xi yi | ≤
|xi | · sup |yi |,
i∈N
i∈N
i∈N
sup |xi + yi | ≤ sup |xi | + sup |yi |.
i∈N
i∈N
i∈N
3) En el caso particular de que p = q = 2, la desigualdad de Hölder se llama
desigualdad de Cauchy-Schwarz, de importancia en espacios dotados de una
estructura geométrica (considerados en el capı́tulo III).
3. ESPACIOS Lp .
Los ejemplos más útiles de espacios normados corresponden a los llamados
espacios Lp . Fueron además los que dieron impulso al desarrollo de la teorı́a
de espacios de Hilbert y espacios normados.
Supondremos en esta sección que X es un espacio de medida y µ una medida positiva. Es conocido el espacio de funciones de módulo integrable,
representado por
Z
1
L (µ) = {f : X → C : f medible y
|f |dµ < ∞}.
X
Si ahora hacemos 1 ≤ p < ∞, definimos análogamente el espacio de funciones
de potencia p-ésima integrable, como
Z
p
L (µ) = {f : X → C : f medible y
|f |p dµ < ∞}.
X
1/p
R
Si definimos la aplicación k · kp : Lp (µ) → R por kf kp = X |f |p dµ
, es
evidente que Lp (µ) = {f : X → C : f medible y kf kp < ∞}.
En el caso de p = ∞ procedemos de una forma algo diferente:
Si g : X → C es una función medible, también es medible |g|; sabemos que
∀α ∈ R, |g|−1 (α, ∞] es medible y podemos definir el conjunto
S = {α ∈ R : µ(|g|−1 (α, ∞]) = 0}.
44
Llamamos supremo esencial de |g| a kgk∞ = ı́nf S, cuando S 6= ∅, y kgk∞ =
∞, cuando S = ∅. Probemos en primer lugar la existencia de dicho ı́nfimo;
para ello basta probar que 0 es una cota inferior de S:
En efecto, si existiera α ∈ S tal que α < 0, entonces de la inclusión [0, ∞] ⊂
(α, ∞] se deduce que
|g|−1 [0, ∞] ⊂ |g|−1 (α, ∞] =⇒ µ(X) = µ(|g|−1 [0, ∞]) ≤ µ(|g|−1 (α, ∞]) = 0
=⇒ µ(X) = 0,
lo cual es absurdo.
Lo anterior permite definir el espacio
L∞ (µ) = {f : X → C : f medible y kf k∞ < ∞}
que llamaremos espacio de las funciones medibles esencialmente acotadas.
Una caracterización del supremo esencial la proporciona el siguiente lema:
3.1.- Lema. Dada f : X → C medible, se tiene
|f (x)| ≤ λ para casi todo x ⇐⇒ kf k∞ ≤ λ.
En consecuencia, |f (x)| ≤ kf k∞ para casi todo x (haciendo λ = kf k∞ ) y
kf k∞ es la mı́nima cota superior (c.s.) de |f |.
Demostración. Supongamos que |f | ≤ λ c.s., es decir |f (x)| ≤ λ, ∀x ∈ Ac
con µ(A) = 0. Entonces, si |f (x)| > λ, es x ∈ A y
|f |−1 (λ, ∞] ⊂ A =⇒ µ(|f |−1 (λ, ∞]) ≤ µ(A) = 0 =⇒ λ ∈ S y kf k∞ ≤ λ.
Recı́procamente, suponiendo que kf k∞ ≤ λ, veamos que |f | ≤ λ c.s., lo que
equivale a probar que µ(A) = 0, siendo A = {x : |f (x)| > λ}.
Por hipótesis, existe α ∈ S tal que α ≤ λ pues si fuese α > λ, ∀α ∈ S, λ
serı́a cota inferior de S y λ < kf k∞ , lo que es absurdo. Entonces
A = |f |−1 (λ, ∞] ⊂ |f |−1 (α, ∞] =⇒ µ(A) ≤ µ(|f |−1 (α, ∞]) = 0.
♦
Aplicando las desigualdades de Hölder y Minkowski, se prueban los siguientes resultados.
3.2.- Proposición. Sean p, q exponentes conjugados, es decir 1/p+1/q = 1,
con 1 ≤ p ≤ ∞. Si f ∈ Lp (µ) y g ∈ Lq (µ), entonces f g ∈ L1 (µ) y kf gk1 ≤
kf kp kgkq .
45
Demostración. Si 1 < p < ∞, por la desigualdad de Hölder, tenemos:
Z
Z
Z
|f g|dµ =
X
1/p Z
p
|f |·|g|dµ ≤
|f | dµ
X
X
1/q
|g| dµ
= kf kp kgkq < ∞.
q
X
Si p = ∞, q = 1, entonces |f (x)| ≤ kf k∞ c.s., con lo que existe A de medida
nula tal que |f (x)| ≤ kf k∞ , ∀x ∈ Ac . De este modo,
Z
Z
Z
Z
kf k∞ |g|dµ
|f | · |g|dµ ≤
|f | · |g|dµ =
|f g|dµ =
c
c
A
A
X
X
Z
Z
|g|dµ = kf k∞ kgk1 < ∞.♦
|g|dµ ≤ kf k∞
= kf k∞
Ac
X
3.3.- Proposición. Si 1 ≤ p ≤ ∞, entonces Lp (µ) es un espacio vectorial
sobre C y k · kp es una seminorma.
Demostración. Estudiaremos por separado los siguientes casos:
a) Si 1 ≤ p < ∞ y f, g ∈ Lp (µ), de la desigualdad de Minkowski deducimos
que f + g ∈ Lp (µ) y kf + gkp ≤ kf kp + kgkp . Además
Z
kαf kp =
p
1/p
|αf | dµ
Z
p
1/p
|α| |f | dµ
=
X
p
= |α|·kf kp =⇒ αf ∈ Lp (µ).
X
b) Si p = ∞, debido a que |f | ≤ kf k∞ y |g| ≤ kgk∞ c.s., entonces también
|f + g| ≤ |f | + |g| ≤ kf k∞ + kgk∞ c.s. Esto implica que kf k∞ + kgk∞ es
cota superior esencial de |f + g|. Al ser kf + gk∞ la mı́nima, se deduce que
kf + gk∞ ≤ kf k∞ + kgk∞ .
Por otro lado, si suponemos α 6= 0:
kαf k∞ = ı́nf{β ∈ R : µ(|αf |−1 (β, ∞]) = 0} = ı́nf S1
supuesto S1 6= ∅. Ahora bien,
x ∈ |αf |−1 (β, ∞] ⇐⇒ |αf |(x) > β ⇐⇒ |αf (x)| > β ⇐⇒ |α| · |f (x)| > β
⇐⇒ |f (x)| > β/|α| ⇐⇒ x ∈ |f |−1 (β/|α|, ∞]
con lo que
ı́nf S1 = ı́nf{β ∈ R : µ(|f |−1 (β/|α|, ∞]) = 0}
= ı́nf{|α|β/|α| ∈ R : µ(|f |−1 (β/|α|, ∞]) = 0}
= ı́nf{|α|β1 ∈ R : µ(|f |−1 (β1 , ∞]) = 0}
= |α|ı́nf{β1 ∈ R : µ(|f |−1 (β1 , ∞]) = 0} = |α|ı́nf S2 = |α| · kf k∞ .
De este modo, si f ∈ L∞ (µ), kαf k∞ = ı́nf S1 = |α| · kf k∞ .
46
♦
Observación. En general, k·kp no es norma pues no se verifica la implicación
kf kp = 0 =⇒ f (x) = 0, ∀x ∈ X. Sin embargo, en el caso de las funciones
Rb
reales continuas en un intervalo [a, b], X = C[a, b], kf k1 = a |f (x)|dx =
0 =⇒ f = 0. También, en los espacios `p , k · kp es una norma.
Para obtener espacios normados de las seminormas anteriores, definimos la
relación de equivalencia
∀f, g ∈ Lp (µ), f ∼ g ⇐⇒ f = g c.s., o bien kf − gkp = 0.
El espacio cociente, que seguiremos denotando por Lp (µ), es ahora un espacio normado si definimos kfekp = kf kp , donde f es un representante de la
clase de equivalencia fe.
Probaremos por último la completitud de los espacios recién definidos, resultado obtenido de forma simultánea e independiente por F. Riesz y E.
Fischer en 1907.
3.4.- Teorema (Riesz-Fischer). Si 1 ≤ p ≤ ∞, entonces (Lp (µ), k · kp ) es
de Banach.
Demostración. a) Veamos primero el caso 1 ≤ p < ∞.
Sea pues (fn )n∈N una sucesión de Cauchy en Lp (µ). Tomando ε = 1/2i ,
sabemos que ∃ni tal que kfn − fm kp < 1/2i , ∀n, m ≥ ni . Esto permite
extraer una subsucesión (fni )i≥1 tal que kfni+1 − fni kp < 1/2i , ∀i.
P
P
Llamamos ahora gk = ki=1 |fni+1 − fni | y g = ∞
i=1 |fni+1 − fni |. Debido a
que |fni+1 − fni | ∈ Lp (µ), se deduce que gk ∈ Lp (µ). Ası́ pues,
Z
kgk kp =
X
≤
X
k Z
X
i=1
k
X
1/p "Z
|gk | dµ
=
p
p
#1/p
!p
|fni+1 − fni |
dµ
i=1
1/p
|fni+1 − fni | dµ
=
X
k
X
i=1
kfni+1 − fni kp <
k
X
1
< 1.
2i
i=1
Como además lı́mk gk = g, también lı́mk |gk |p = |g|p y deducimos que
Z
Z
Z
p
p
|g| dµ =
lı́m |gk | dµ ≤ lı́m inf
|gk |p dµ ≤ 1 =⇒ kgkp ≤ 1,
X
X
k
k
|g|p
X
es finita c.s. y también g(x) < ∞ c.s.
P
Lo anterior indica que la serie i≥1 (fni+1 − fni )P
es absolutamente convergente c.s., ası́ como también lo es la serie fn1 + i≥1 (fni+1 − fni ). Definimos
(
P
fn1 (x) + i≥1 (fni+1 (x) − fni (x)) si x ∈ Ac
f (x) =
donde µ(A) = 0.
0
si x ∈ A,
por lo que
47
P
Debido a que fn1 + k−1
i=1 (fni+1 − fni ) = fnk , resulta que f (x) = lı́mi fni (x)
c.s. Veamos que fn → f y que f ∈ Lp (µ).
Dado ε > 0, sabemos que ∃N tal que kfn − fm kp < ε, ∀n, m ≥ N . Tomando
m ≥ N , tenemos:
Z
Z
Z
lı́m |fni − fm |p dµ
| lı́m fni − fm |p dµ =
|f − fm |p dµ =
kf − fm kpp =
i
X i
X
X
Z
|fni − fm |p dµ = lı́m inf kfni − fm kpp ≤ εp ,
≤ lı́m inf
i
i
X
tomando ni ≥ N . Esto implica que f − fm ∈ Lp (µ) y en consecuencia
f ∈ Lp (µ) debido a que f = (f −fm )+fm . Por otra parte, al ser kf −fm kp ≤
ε, ∀m ≥ N , la sucesión original converge a f .
b) Si p = ∞, tomamos nuevamente una sucesión (fn )n∈N de Cauchy en
L∞ (µ). De este modo, kfn − fm k∞ < ε, ∀n, m > N (ε).
Si Am,n = {x : |fn (x) − S
fm (x)| ≥ kfn − fm k∞ + ε}, resulta que µ(Am,n ) =
0, con lo que, si A = m,n Am,n , entonces µ(A) = 0. Esto prueba que
(fn (x))n∈N converge uniformemente en E \ A.
(
lı́mn fn (x) si x ∈ E \ A
Si definimos f (x) =
, se ve inmediatamente que
0
si x ∈ A
lı́mn kfn − f k∞ = 0, pues
|f (x) − fm (x)| = | lı́m fn (x) − fm (x)|
n
c.s.
= lı́m |fn (x) − fm (x)| ≤ lı́m kfn − fm k∞ + ε < 2ε, ∀m, n ≥ N.
n
n
Entonces 2ε es cota superior esencial de f −fm , de modo que kf −fm k∞ < 2ε,
∀m ≥ N =⇒ f − fm ∈ L∞ (µ) =⇒ f ∈ L∞ (µ) y fm → f en L∞ (µ). ♦
Observaciones. 1) A partir de la definición son inmediatas las inclusiones
`1 ⊂ `p ⊂ `q ⊂ `∞ , 1 < p < q < ∞.
2) Análogamente, en el espacio (X, S, µ), si µ(X) < ∞, entonces L∞ ⊂ Lq ⊂
Lp ⊂ L1 , para 1 < p < q < ∞.
En efecto, si llamamos r = q/p > 1,
Z
X
|f |p dµ ≤ |f |p r · k1kr0 =
Z
|f |q dµ
Esto implica que kf kp ≤ kf kq · µ(X)1/p−1/q .
De la misma forma, kf kq ≤ µ(X)1/q · kf k∞ .
48
1/r
0
· µ(X)1/r .
3) En general, Lp 6⊂ Lq y Lq 6⊂ Lp , pero si f ∈ Lp ∩ Lq , entonces f ∈ Lr con
p < r < q:
Z
Z
Z
|f |r dµ =
|f |r dµ +
|f |r dµ
X
|f |≤1
|f |>1
Z
Z
|f |q dµ ≤ kf kpp + kf kqq < ∞.
|f |p dµ +
≤
|f |>1
|f |≤1
Se verifica también la desigualdad de interpolación
kf kr ≤ kf kαp · kf kαq , donde
1
α 1−α
= +
(0 ≤ α ≤ 1).
r
p
q
4. PROPIEDADES DE LOS ESPACIOS NORMADOS.
Probaremos en esta sección las propiedades fundamentales de los espacios
normados.
4.1.- Teorema. Sea X un espacio vectorial normado. Entonces:
a) kxk − kyk ≤ kx − yk, ∀x, y ∈ X.
b) B(x0 , r) = x0 + B(0, r), ∀x0 ∈ X, r > 0.
Demostración. a) Por la desigualdad triangular,
kxk = kx − y + yk ≤ kx − yk + kyk =⇒ kxk − kyk ≤ kx − yk;
kyk = ky − x + xk ≤ ky − xk + kxk =⇒ −kx − yk ≤ kxk − kyk.
b) Debido a las propiedades de la norma,
x ∈ B(x0 , r) ⇐⇒ kx − x0 k < r
⇐⇒ x − x0 ∈ B(0, r) ⇐⇒ x ∈ x0 + B(0, r).
♦
4.2.- Teorema. Sea X un espacio vectorial normado. Son equivalentes:
i) X es de Banach.
ii) Si {an }n∈N ⊂ X y
P
n∈N kan k
< ∞ =⇒
P
n∈N an
converge en X.
Esto indica que en los espacios de Banach la convergencia absoluta implica
la convergencia.
49
P
Demostración. i) =⇒ ii). Sea Sn = nk=1 ak . Si m > n,
m
m
∞
X
X
X
kSm − Sn k = ak ≤
kak k ≤
kak k < ε.
k=n+1
k=n+1
k=n+1
Esto implica que {Sm }m∈N es de Cauchy en X y por tanto converge.
ii) =⇒ i). Sea {an }n∈N de Cauchy en X. Hacemos an0 = 0 y elegimos
n1 ∈ N : kan1 − am k < 1/2, ∀m > n1 ,
n2 > n1 : kan2 − am k < 1/22 , ∀m > n2 ,
..
.
nk > nk−1 : kank − am k < 1/2k , ∀m > nk .
P
k
− ank−1 k ≤ kan1 k + ∞
k=1 1/2 < ∞.
P
Por hipótesis, k∈N (ank − ank−1 ) es convergente. Entonces
Ası́
P∞
k=1 kank
a=
∞
X
k=1
(ank − ank−1 ) = lı́m
h→∞
h
X
(ank − ank−1 ) = lı́m anh ,
k=1
h→∞
y esto implica que {anh }h∈N es convergente.
Como {an }n∈N es de Cauchy y tiene una subsucesión convergente, ella misma
es convergente y X es completo.
♦
4.3.- Proposición. Sea X un espacio vectorial normado sobre el cuerpo E.
Si definimos en X × X ó E × X la métrica producto k(u, v)k = kuk + kvk,
entonces las aplicaciones (x, y) 7→ x + y y (α, x) 7→ αx, definidas en X × X
y E × X, respectivamente, son continuas. Además, la norma k · k : X → R
es uniformemente continua.
Demostración. Es fácil comprobar que la métrica producto verifica los axiomas de norma. De este modo:
Como kx+y −(x0 +y0 )k ≤ kx−x0 k+ky −y0 k, la primera es continua.
Para demostrar que la aplicación (α, x) 7→ αx es continua en (α0 , x0 ), elegiε
ε
} y kx − x0 k < 2(1+1+|α
.
mos α, x tales que |α − α0 | < mı́n{1, 2(1+1+kx
0 k)
0 |)
Entonces
|α| − |α0 | ≤ |α − α0 | < 1 =⇒ |α| < 1 + |α0 |.
Además,
kαx − α0 x0 k ≤ |α| · kx − x0 k + kx0 k · |α − α0 |
ε
ε
< |α| ·
+ kx0 k ·
< ε.
2(1 + 1 + |α0 |)
2(1 + 1 + kx0 k)
50
Por último, para probar que la norma es uniformemente
continua, dado
kxk − kx0 k < ε si kx − x0 k < δ.
ε > 0, debemos encontrar
δ
>
0
tal
que
Ahora bien, como kxk − kx0 k ≤ kx − x0 k, basta elegir δ = ε.
♦
4.4.- Corolario. Si (X, k · k) es un espacio normado, x0 ∈ X, λ0 ∈ E,
λ0 6= 0, entonces las aplicaciones x 7→ x + x0 (traslación de vector x0 ) y
x 7→ λ0 x (homotecia de razón λ0 ) son homeomorfismos.
Demostración. Basta probar que son bicontinuas. La primera de ellas es
composición de f : X → X × X, dada por f (x) = (x, x0 ), y g : X × X → X,
dada por g(x, x0 ) = x + x0 . Por el teorema anterior, g es continua; es fácil
probar que f es también continua, de modo que g ◦ f es continua. Además,
el mismo argumento prueba que la inversa x 7→ x − x0 es continua.
Análogamente se prueba que la segunda es continua.
♦
4.5.- Proposición. Un subespacio Y de un espacio de Banach X es completo si y sólo si Y es cerrado en X.
Demostración. Se deduce de la propiedad análoga para espacios métricos.
♦
4.6.- Teorema (compleción). Sea (X, k · k) un espacio normado. Existe
un espacio de Banach X ∗ y una isometrı́a A : X → W donde W es un
subespacio denso de X ∗ . Dicho espacio X ∗ es único salvo isometrı́as.
Demostración. Por el teorema análogo en espacios métricos, existe (X ∗ , d) y
A : X → W isometrı́a con W ⊂ X ∗ denso. Falta probar que podemos dotar
a X ∗ de una estructura de espacio vectorial normado.
Recordando que x∗ e y ∗ son clases de equivalencia de sucesiones de Cauchy
en X, elegimos {xn }n∈N ∈ x∗ , {yn }n∈N ∈ y ∗ . Hacemos zn = xn + yn . Ası́ ,
{zn }n∈N es de Cauchy en X pues kzn − zm k ≤ kxn − xm k + kyn − ym k. Por
tanto, definimos z ∗ = x∗ + y ∗ como la clase de equivalencia que contiene
a {zn }n∈N (esta definición no depende de la elección de los representantes).
También definimos αx∗ ∈ X ∗ como la clase que contiene a {αxn }n∈N (de
nuevo esta definición no depende de los representantes).
Ası́ obtenemos un espacio vectorial. En W las operaciones inducidas por X ∗
coinciden con las inducidas por X a través de A.
Además A induce en W una norma k · k1 ası́: si y ∗ = Ax ∈ W, ky ∗ k1 =
kxk.
Como la métrica en W es la restricción de d∗ a W (ya que A es isométrico),
podemos extender la norma k · k1 a X ∗ ası́ :
kx∗ k2 = d∗ (0∗ , x∗ ), ∀x∗ ∈ X ∗ .
51
Para comprobar los axiomas, basta aplicar a k · k1 un proceso de lı́mite.
♦
El concepto de base en un espacio vectorial se extiende en el caso de espacios
normados en el siguiente sentido:
4.7.- Definición. Dado un espacio normado (X, k · k), una sucesión (xn )n∈N
es una base de Schauder de P
X cuando ∀x ∈ X, existe una sucesión de
escalares (αn )n∈N tal que x = n∈N αn xn .
Por ejemplo, la sucesión (en )n∈N , donde en = (δkn )k∈N , es una base de Schauder de `p , para todo p ≥ 1.
Observación. No necesariamente un espacio de Banach separable tiene
una base de Schauder, como probó P. Enflo en 1973 (ver el artı́culo de P.
Halmos titulado Has progress in Mathematics slowed down? y publicado en
Amer. Math. Montly, volumen 97 (1990), pág. 561–588, para comprender la
relevancia de este resultado).
4.8.- Proposición. Dado un espacio normado
P (X, k · k)
con base de Schau N
∗
der (xn )n∈N , si definimos kxk = supN ∈N n=1 αn xn , entonces (X, k · k∗ )
es un espacio de Banach y, en consecuencia, (X, k · k) también es de Banach.
Demostración. Es fácil comprobar que k · k∗ es norma. Veamos que (X, k · k∗ )
es completo:
P
P
P
Si y = n∈N βn xn ∈ X, entonces βn xn = nk=1 βk xk − n−1
k=1 βk xk , de donde
2kyk∗
∗
kβn xn k ≤ 2kyk , con lo que |βn | ≤ kxn k .
Sea (a(k) )k∈N una sucesión de Cauchy en (X, k · k∗ ). Si a(k) =
P
(k)
αn xn ,
n∈N
(k)
entonces (αn )k∈N es una sucesión de Cauchy en el cuerpo de escalares;
P
(k)
llamamos αn = lı́mk αn . Probaremos ahora que n∈N αn xn converge en
k · k a algún a ∈ X y que lı́mk ka(k) − ak∗ = 0:
- Dado ε > 0, sea n0 ∈ N tal que ka(n) − a(m) k∗ < ε/4, si n, m ≥ n0 . Para
cualesquiera i, j ∈ N tenemos:
i+j
X
(n)
(αk
−
(m)
αk )xk
k=i
=
i+j
X
(n)
(m)
(αk − αk )xk −
k=1
i−1
X
(n)
k=1
De aquı́,
i+j
X
(n)
(m)
(αk − αk )xk ≤ 2ka(n) − a(m) k∗ < ε/2.
k=i
52
(m)
(αk − αk )xk .
P
i+j (n)
Fijando n y haciendo m → ∞, tenemos que k=i
(αk − αk )xk <
ε/2, si n ≥ n0 .
P∞ (n0 )
Debido
Pa que k=1αk xk es convergente, existe i0 ∈ N tal que ∀j ∈ N,
i0 +j (n0 ) k=i0 αk xk < ε/2. Luego,
i0 +j
i0 +j
i0 +j
X
X
X
(n0 ) (n0 )
αk xk (αk − αk )xk + αk xk ≤ < ε.
k=i0
k=i0
k=i0
P
Esto indica que la serie
αk xk converge a algún a ∈ X.
- Por ser (a(n) )n∈N una sucesión de Cauchy, dado
ε > 0, existe n0 ∈ N tal
P
que
j
(n)
(m)
(n)
(m)
∗
ka − a k < ε/2, si n, m ≥ n0 . Ası́, k=1 (αk − αk )xk < ε,
P
(n)
para todo j ∈ N. Haciendo m → ∞, tenemos que jk=1 (αk − αk )xk <
ε, ∀j ∈ N. Esto quiere decir que ka(n) − ak∗ ≤ ε si n ≥ n0 y (X, k · k∗ )
es completo.
Debido a que kxk ≤ kxk∗ , para todo x ∈ X, también (X, k · k) es completo.
♦
5. ESPACIOS NORMADOS DE DIMENSIÓN FINITA.
El hecho de que la dimensión del espacio sea finita da lugar a algunas
caracterı́sticas especiales. Por ejemplo, el teorema de Bolzano-Weierstrass
demuestra que, en un espacio de dimensión finita, cualquier bola cerrada
B(z, r) es compacta. Veremos a continuación que, en el caso infinito, B(z, r)
nunca es compacta.
5.1.- Lema (F. Riesz). Sea X un espacio normado, Y, Z subespacios de X
con Y subconjunto cerrado propio de Z. Entonces ∀ϑ ∈ (0, 1), ∃z ∈ Z de
norma uno tal que kz − yk ≥ ϑ, ∀y ∈ Y.
Demostración. Sea v ∈ Z \ Y y llamamos
a = d(v, Y ) = ı́nf d(v, y) = ı́nf kv − yk.
y∈Y
y∈Y
Como Y es cerrado, a > 0. Por definición de ı́nfimo, existe un elemento
y0 ∈ Y tal que a ≤ kv − y0 k ≤ a/ϑ para todo ϑ ∈ (0, 1). Sea z = c(v − y0 )
con c = kv − y0 k−1 . Ası́, kzk = 1 y
y
kz − yk = kc(v − y0 ) − yk = ckv − y0 − k = ckv − y1 k,
c
53
con y1 = y0 + y/c.
Como y1 ∈ Y, kv − y1 k ≥ a =⇒ kz − yk ≥ kv − y0 k−1 a ≥ ϑ.
♦
5.2.- Corolario. Si X es un espacio normado y M un subespacio cerrado propio de X, entonces existe un elemento z ∈ X de norma 1 tal que
d(z, M ) = 1.
Demostración. Por el lema anterior, ∃z ∈ X : kzk = 1 y d(z, M ) ≥ 1. Como
M es subespacio, 0 ∈ M y d(z, M ) ≤ d(z, 0) = kzk = 1.
♦
El lema 5.1 permite demostrar la siguiente caracterización de los espacios
de dimensión finita.
5.3.- Teorema (F. Riesz). En un espacio normado X, las siguientes condiciones son equivalentes:
i) La bola unidad B(0, 1) es compacta.
ii) X tiene dimensión finita.
Demostración. i) =⇒ ii). Si dim X = ∞, sea x1 ∈ X, kx1 k = 1, y construimos X1 = h{x1 }i que es subespacio propio y cerrado de X. Por el lema
anterior,
∃x2 ∈ X \ X1 : kx2 k = 1, kx2 − x1 k ≥ 1/2.
Ahora llamamos X2 = h{x1 , x2 }i, y también ahora
∃x3 ∈ X \ X2 : kx3 k = 1, kx3 − x1 k ≥ 1/2, kx3 − x2 k ≥ 1/2.
Llegamos ası́ a una sucesión {xn }n∈N ⊂ B(0, 1) tal que kxn − xm k ≥ 1/2,
∀n, m. De esta forma, {xn }n∈N no puede tener ninguna sub-sucesión convergente lo que contradice su compacidad.
El recı́proco corresponde al teorema de Bolzano-Weierstrass.
♦
Otro resultado destacable es el de la completitud, que probaremos después
del siguiente lema.
5.4.- Lema. Dados un espacio normado X (de cualquier dimensión) y una
familia {x1 , . . . , xn } linealmente independiente, existe c > 0 : ∀α1 , . . . , αn ∈
E : kα1 x1 + · · · + αn xn k ≥ c(|α1 | + · · · + |αn |).
Demostración. Sea s = |α1 | + · · · + |αn |.
Si s = 0, αi = 0, ∀i =⇒ la desigualdad es cierta ∀c.
Si s > 0, llamamos βi = αi /s, y la desigualdad a probar es
kβ1 x1 + · · · + βn xn k ≥ c, donde
n
X
i=1
54
|βi | = 1.
Si suponemos que la acotación anterior no es cierta, existe una sucesión
(ym )m∈N tal que kym k → 0 y
ym =
n
X
(m)
βi xi ,
con
i=1
n
X
(m)
|βi
| = 1.
i=1
(m)
Fijado i ∈ {1, . . . , n}, la sucesión {βi
1).
}m∈N está acotada (pues
P
(m)
|βi
|=
(m)
Por el teorema de Bolzano-Weierstrass, {β1 }m∈N tiene una sub-sucesión
convergente, digamos a β1 . A esta sub-sucesión le corresponde {y1m }m∈N .
Aplicando el mismo argumento se prueba que existe {y2m }m∈N subsucesión
(m)
{y1m }m∈N , tal que {β2 }m∈N converge a β2 . Después de n pasos, obtenemos
P
(m)
una sub-sucesión {ynm }m∈N de {ym }m∈N de la forma ynm = nj=1 γj xj con
Pn
(m)
(m)
(m)
= 1, cuyos escalares
γj verifican γi
→ βi . De este modo,
j=1 |γj | P
P
ynm → y = ni=1 βi xi donde ni=1 |βi | = 1. Esto implica que no todos los
βi son cero, con lo cual y 6= 0 (por ser el conjunto {x1 , . . . , xn } linealmente
independiente).
Por otro lado, ynm → y =⇒ kynm k → kyk. Como por hipótesis, kym k → 0 e
{ynm }m∈N es sub-sucesión, entonces kyk = 0, de donde y = 0, lo que lleva a
una contradicción.
♦
5.5.- Teorema (completitud). Todo subespacio Y de dimensión finita de
un espacio normado X es completo. En particular, todo espacio normado de
dimensión finita es completo.
Demostración. Sea {ym }m∈N una sucesión de Cauchy en Y . Si {e1 , . . . , en }
P
(m)
es una base de Y , ym = ni=1 αi ei . Entonces, por el lema anterior,
n
n
X
X
(m)
(k)
(m)
(k)
ε > kym − yk k =
(αi − αi )ei ≥ c
|αi − αi |, ∀m, k > N (ε).
i=1
i=1
(m)
Entonces {αi P
}m∈N es de Cauchy en E, y por lo tanto, converge a αi .
Llamamos y = ni=1 αi ei . Evidentemente, y ∈ Y y
X (m)
X (m)
kym − yk = k
(αi − αi )ei k ≤
|αi − αi | · kei k,
que tiende a cero.
♦
5.6.- Corolario. Todo subespacio Y de dimensión finita de un espacio normado X es cerrado.
La prueba es evidente.
La siguiente caracterización es usada a veces como definición de compacidad
en dimensión finita.
55
5.7.- Teorema. Si X es un espacio normado de dimensión finita, todo
subconjunto M de X es compacto si y sólo si es cerrado y acotado.
Demostración. Ya probamos en el capı́tulo I, lema 5.7, que todo compacto
es cerrado y acotado.
Sea M cerrado y acotado y {xm }m∈N una sucesión en M .
(m)
(m)
Ası́, xm = α1 e1 + · · · + αn en , donde {e1 , . . . , en } es una base de X.
P
(m)
Como M es acotado, kxm k ≤ k, ∀m. Por el lema 5.4, k ≥ kxm k ≥ c ni=1 |αi |.
(m)
Tenemos, para cada i, una sucesión escalar {αi }m∈N acotada. Por el teorema de Bolzano-Weierstrass, posee un punto de acumulación ξi .
Repitiendo el argumento del lemaP
5.4, se deduce que {xm }m∈N tiene una
sub-sucesión que converge a x = ni=1 ξi ei . Como M es cerrado, x ∈ M.
♦
Contraejemplo. Si X es el conjunto de las sucesiones de soporte finito y
P∞
2 1/2 , entonces (X, k·k) es normado y (e(k) )
kxk =
k∈N es una base
i=1 |xi |
(k)
de X, si definimos e = (δnk )n∈N .
La bola unidad B(0, 1) es cerrada y acotada, claramente, pero no es compacta. Para ello basta ver que existe una sucesión que no tiene ninguna
subsucesión convergente.
Como (e(k) )k∈N ⊂ B(0, 1), si existiera (e(kj ) )j∈N subsucesión convergente a
e ∈ B(0, 1),
√
ke(kj ) −e(km ) k = 2 =⇒ lı́m ke(kj ) −e(km ) k = k lı́m e(kj ) −e(km ) k = ke−e(km ) k
j→∞
j→∞
lo que es absurdo.
Otra caracterı́stica de los espacios de dimensión finita es que todas las normas son equivalentes (dan la misma topologı́a).
5.8.- Definición. Dos normas k · k1 y k · k2 en X se dicen equivalentes
cuando ∃a, b > 0 : akxk1 ≤ kxk2 ≤ bkxk1 , ∀x ∈ X.
Es fácil probar que la relación es efectivamente de equivalencia y que dos
normas equivalentes dan lugar a la misma topologı́a.
5.9.- Teorema (normas equivalentes). En un espacio vectorial de dimensión
finita, todas las normas son equivalentes.
Demostración. Sean k·k1 y k·k2 dos normas cualesquiera en X.
{e1 , . . . , en }
PSi
n
es una base de X, todo x ∈ X tiene una representación
x = i=1 αi ei . ApliP
cando el lema 5.4, existe c tal que kxk1 ≥ c ni=1 |αi |. Por otro lado,
kxk2 ≤
n
X
|αi | · kei k2 ≤ k
i=1
n
X
i=1
56
|αi |
si k = máx kei k2 . Esto implica que kc kxk2 ≤ c
Pn
i=1 |αi |
≤ kxk1 .
Intercambiando los papeles de k · k1 y k · k2 se obtiene la otra desigualdad.
♦
Observar la importancia de este resultado que prueba la independencia de
la convergencia de sucesiones respecto de la norma que se elija.
6. OPERADORES LINEALES ACOTADOS.
La estructura algebraica que posee todo espacio normado hace plantearnos el
estudio de las aplicaciones lineales entre ellos. Debido a su importancia en el
desarrollo del Análisis Funcional, el curso se concentra a partir de aquı́ en el
estudio de dichas aplicaciones, que reciben el nombre de operadores. Además,
salvo en algunas situaciones concretas, y en especial en el capı́tulo VII, dichos
operadores se supondrán acotados, de ahı́ que precisemos dicho concepto a
continuación.
6.1.- Definición. Sean X, Y espacios normados y A : X → Y un operador
lineal. Decimos que A es acotado si existe k > 0 : kAxk ≤ kkxk, ∀x ∈
X.
Observación. En Cálculo elemental, una función es acotada cuando su imagen es un conjunto acotado. Sin embargo, no hay funciones no nulas que sean
lineales y acotadas pues, debido a la linealidad, si kAxk ≤ k, ∀x =⇒ A = 0,
de ahı́ que para definir un operador lineal acotado exijamos simplemente
que su restricción a la bola unidad tenga imagen acotada.
kAxk
≤ k, ∀x 6= 0. Entonces el menor valor
kxk
de k para el que se verifica la desigualdad es precisamente sup kAxk
kxk . Esto
De la definición se deduce que
kxk6=0
motiva la siguiente definición.
6.2.- Definición. Dado un operador A : X → Y lineal y acotado, se llama
kAxk
norma de A, a kAk = sup
.
kxk6=0 kxk
6.3.- Definición. Llamamos L(X, Y ) = {A : X → Y : A es lineal y
acotado} (en particular L(X) = {A : X → X : A lineal y acotado}), que es
un espacio vectorial con los operaciones usuales y es normado si definimos
kAk como arriba. Para ver bajo qué condiciones es de Banach, nos basta el
siguiente resultado.
57
6.4.- Teorema. Si Y es de Banach, entonces L(X, Y ) es de Banach.
Demostración. Debemos ver que toda sucesión de Cauchy en L(X, Y ) converge en el mismo espacio.
Consideramos para ello una sucesión {An }n∈N de Cauchy en L(X, Y ), es
decir, tal que kAn − Am k < ε, si n, m > N (ε). Entonces
∀x ∈ X, kAn x − Am xk ≤ kAn − Am k · kxk < εkxk.
Esto implica que {An x}n∈N es de Cauchy en Y , de donde ∃y ∈ Y : An x → y,
porque Y es completo.
Definimos A : X → Y como Ax = y. Entonces
(∗) A es lineal (evidente).
(∗) A es acotado: Si n > N ,
kAn x − Axk = kAn x − lı́m Am xk = lı́m kAn x − Am xk ≤ ε · kxk.
m
Entonces An − A es acotado para n > N . Como An también es acotado,
A = An − (An − A) es acotado.
(∗) An → A : Como kAn x − Axk ≤ ε · kxk, entonces kAn − Ak ≤ ε. ♦
6.5.- Lema. Otras definiciones equivalentes de norma de un operador son:
(a) kAk = ı́nf K, donde K = {k ∈ R : kAxk ≤ kkxk, ∀x ∈ X}.
(b) kAk = supkxk≤1 kAxk.
(c) kAk = supkxk=1 kAxk.
Demostración. a) Como kAk ≥
implica que kAk ≥ ı́nf K.
Recı́procamente, ∀k ∈ K, k ≥
k ≥ sup
x6=0
kAxk
kxk
=⇒ kAxk ≤ kAk · kxk, ∀x ∈ X. Esto
kAxk
kxk ,
∀x 6= 0. Por tanto,
kAxk
=⇒ k ≥ kAk =⇒ ı́nf{k} ≥ kAk.
kxk
b) Sea kxk ≤ 1. Entonces kAk ≥
kAxk
kxk
≥ kAxk =⇒ kAk ≥ supkxk≤1 kAxk.
Recı́procamente, si x 6= 0,
kAxk
kAxk
= kA (x/kxk) k ≤ sup kAyk =⇒ sup
≤ sup kAyk.
kxk
x6=0 kxk
kyk≤1
kyk≤1
Por tanto, kAk ≤ supkxk≤1 kAxk.
c) Es análoga a b) con las modificaciones obvias.
58
♦
6.6.- Ejemplos. 1) Si I : X → X es el operador identidad, kIk = 1 y si
0 : X → Y es el operador cero, k0k = 0.
2) Si P[0, 1] es el espacio de los polinomios sobre [0, 1] con norma kf k =
máxx∈[0,1] |f (x)|, entonces el operador derivada D : P[0, 1] → P[0, 1] definido
como Df (x) = f 0 (x) es lineal pero no acotado, porque tomando fn (x) = xn ,
entonces kfn k = 1, Dfn (x) = nxn−1 y kDfn k = n > c, ∀c.
Este ejemplo básico hace que tenga gran importancia el estudio de los operadores no acotados.
R1
3) Sea T : C[0, 1] → C[0, 1] el operador definido por T f (x) = 0 k(x, y)f (y)dy,
donde k es una función continua en [0, 1] × [0, 1], llamada núcleo del operador.
T es acotado pues
Z 1
Z
kT f k = máx k(x, y)f (y)dy ≤ máx
x∈I
x∈I
1
|k(x, y)| · |f (y)|dy ≤ k0 kf k,
0
0
donde k0 es una cota superior de |k(x, y)|.
En dimensión finita todos los operadores lineales son acotados como probamos a continuación.
6.7.- Teorema. Si A : X → Y es lineal y X es de dimensión finita, entonces
A es acotado.
P
Demostración. Sean {e1 , . . . , en } una base de X y x = ni=1 αi ei un elemento
arbitrario de X. Entonces
Ax =
n
X
αi Aei =⇒ kAxk ≤
i=1
n
X
|αi | · kAei k ≤ máx kAei k ·
i
i=1
El lema 5.4 establece que kxk ≥ c
kAxk ≤
Pn
i=1 |αi |,
n
X
|αi |.
i=1
de donde
1
máx kAei k · kxk = kkxk.
c i
Esto implica que A es acotado.
♦
Veremos a continuación una relación directa entre operadores acotados y
continuos cuando estos son lineales y una simplificación importante del concepto de continuidad.
6.8.- Teorema. Sea A : X → Y un operador lineal entre espacios normados.
Son equivalentes:
i) A es uniformemente continuo.
ii) A es continuo.
59
iii) A es continuo en algún x0 ∈ X.
iv) A es continuo en 0.
v) A es acotado.
vi) M ⊂ X acotado =⇒ A(M ) ⊂ Y acotado.
Demostración. i) =⇒ ii) =⇒ iii) =⇒ iv) son evidentes.
iv) =⇒ v). Supongamos que A es continuo y no acotado. Entonces ∀k ∈
xk
N, ∃xk ∈ X : kAxk k > kkxk k. Si llamamos yk = kkx
, como kyk k = 1/k,
kk
resulta que yk → 0. Por la continuidad de A, Ayk → A(0) = 0, es decir
∀ε > 0, ∃N : k > N =⇒ kAyk k < ε.
Si tomamos ε < 1, kAyk k =
kAxk k
kkxk k
> 1, lo que es absurdo.
v) =⇒ vi). Sea M ⊂ X acotado. Entonces existe K : kxk ≤ k, ∀x ∈
M.
Por ser A acotado, kAxk ≤ kAk · kxk ≤ kAk · k, ∀x ∈ M . Esto implica que
A(M ) es acotado.
vi) =⇒ i). Sea M la bola unitaria cerrada en X. Como M es acotado, A(M )
es acotado en Y , es decir kAxk ≤ k, ∀x ∈ M .
Dado cualquier ε > 0, hacemos δ = ε/k, con lo que, si kx − yk < δ, entonces
kAx − Ayk = kA(x − y)k = kx − yk · A
x − y < δ · k = ε,
kx − yk
pues (x − y)/kx − yk ∈ M .
♦
6.9.- Corolario. Si A : X → Y es un operador lineal acotado, entonces
xn → x =⇒ Axn → Ax.
Demostración. kAxn − Axk ≤ kAk kxn − xk → 0.
♦
Probamos a continuación la siguiente caracterización de la existencia de
operador inverso acotado.
6.10.- Teorema (operador inverso). Sea A : X → Y un operador lineal.
La condición necesaria y suficiente para que exista A−1 : A(X) → X y
esté acotado es que ∃k > 0 : kkxk ≤ kAxk, ∀x ∈ X.
Demostración. a) Para que exista A−1 , debe ser A inyectiva. En efecto, de
Ax = 0 se deduce que kAxk = 0 =⇒ kkxk = 0 =⇒ x = 0.
La comprobación de que A−1 es lineal es directa. Veamos que es acotado:
60
∀y ∈ A(X), ∃x ∈ X : Ax = y, es decir x = A−1 y. Por hipótesis,
∃k > 0 : kkA−1 yk ≤ kyk.
Entonces kA−1 yk ≤ (1/k)kyk de modo queA−1 está acotado.
b) Como A−1 está acotado, ∃k > 0 : kA−1 yk ≤ kkyk.
Para todo x ∈ X, hacemos y = Ax; entonces kA−1 Axk ≤ kkAxk. Por tanto,
(1/k)kxk ≤ kAxk.
♦
6.11.- Definición (restricción, extensión). a) Dado un operador A : X →
Y y un subconjunto X0 ⊂ X, al operador A|X0 : X0 → Y definido por
A|X0 x = Ax, ∀x ∈ X0 , se le llama restricción de A a X0 .
e tal que X ⊂ X,
e
b) De la misma manera, dado A : X → Y y un conjunto X
e definido en X
e cuya restricción a X coincide con A se llama
un operador A
e
extensión de A a X.
Entre las extensiones de un mismo operador, son importantes las que conservan las propiedades básicas del operador de partida, como la linealidad y
acotación.
6.12.- Teorema. Sea A : X → Y un operador lineal acotado, donde Y es
e : X → Y tal que A
e es lineal,
de Banach. Entonces A tiene una extensión A
e = kAk.
acotado y kAk
Demostración. Sea x ∈ X. Entonces existe {xn }n∈N ⊂ X : xn → x.
Como
kAxn − Axm k = kA(xn − xm )k ≤ kAk · kxn − xm k → 0,
entonces {Axn }n∈N es de Cauchy en Y y, por lo tanto, converge a y ∈ Y
(porque Y es de Banach).
e = y. Ası́ definido, se puede probar lo siguiente:
Definimos Ax
* La definición no depende de la elección de la sucesión que tiende a x:
Si xn → x y zn → x, entonces {x1 , z1 , x2 , z2 , . . . } también converge a x
y, como A es acotado, la sucesión de sus imágenes también converge.
Por tanto, las dos sub-sucesiones {Axn }n∈N y {Azn }n∈N convergen al
mismo lı́mite.
e es lineal (evidente).
*A
e = Ax, ∀x ∈ X.
* Ax
e si xn → x, entonces
* Como kAxn k ≤ kAk · kxn k y Axn → y = Ax,
e
e
e extensión de
kAxk ≤ kAk · kxk. Por tanto, kAk ≤ kAk. Pero, al ser A
e ≥ kAk, entonces kAk = kAk.
e
A, kAk
♦
61
Diversas generalizaciones y variaciones de este resultado son objeto de numerosos estudios, importantes tanto en la teorı́a de operadores como en otras
áreas afines.
7. FUNCIONALES LINEALES. ESPACIO DUAL.
Entre los operadores lineales en espacios normados, una clase importante,
e históricamente precursora de los mismos, la constituyen los funcionales
lineales que estudiamos en esta sección.
7.1.- Definición. Un funcional es un operador cuyo rango está en el conjunto R ó C. Un funcional lineal es un operador lineal f : X → E donde X es
un espacio vectorial y E su cuerpo de escalares. Un funcional lineal acotado
es un operador lineal acotado cuyo rango está en E, cuerpo de escalares del
espacio normado X, es decir, si existe k > 0 : |f (x)| ≤ kkxk, ∀x ∈ X.
Se define la norma de f del mismo modo que en el caso de operadores lineales,
y se verifican las mismas propiedades obtenidas en el caso general.
7.2.- Ejemplos. 1) k · k : X → R es un funcional no lineal.
2) Para cada a ∈ Rn , fa : Rn → R definido por fa (x) = a · x = a1 x1 +
· · · + an xn (producto escalar por un vector fijo) es un funcional lineal y
acotado:
|fa (x)| = |x · a| ≤ kxk · kak =⇒ kf k ≤ kak.
Pero además, si hacemos x = a, resulta kfa k ≥
kak. De lo que se deduce que kfa k = kak.
|fa (x)|
kxk
=
kak2
kak
=⇒ kfa k ≥
P
3) La aplicación f : `2 → R, definida por f (x) = i∈N ai xi donde (ai )i∈N ∈
`2 es fijo, es también un funcional lineal y acotado pues, por la desigualdad
de Cauchy-Schwarz, |f (x)| ≤ kxk2 · kak2 . Del mismo modo, el operador
f : `p → R definido por f (x) = a · x, con a ∈ `q fijo, es también lineal y
acotado.
Rb
4) El operador f : C[a, b] → R definido por f (x) = a x(t)dt (integral
definida) es lineal y acotado:
Z b
x(t)dt ≤ (b − a) · máx |x(t)| = (b − a) · kxk =⇒ kf k ≤ b − a.
|f (x)| = a
a≤t≤b
Si elegimos en particular x0 = 1, kf k ≥
deduce que kf k = b − a.
62
|f (x0 )|
kx0 k
Rb
=
dt
1
a
= b − a. De aquı́ se
7.3.- Proposición. Sea X un espacio normado y f un funcional lineal en
X. Entonces f es continuo si y sólo si su núcleo N (f ) es cerrado.
Demostración. a) La prueba de que N (f ) es cerrado es directa.
b) Supongamos que N = N (f ) es cerrado. Si N = X, entonces f = 0 y es
continuo.
Si N 6= X, existe x1 ∈ X : f (x1 ) 6= 0. Sea x0 = x1 /f (x1 ). Como f (x0 ) = 1
y N es cerrado, d(x0 , N ) = d > 0.
Por otra parte, ∀x ∈ X, x = x − f (x) · x0 + f (x) · x0 , donde x − f (x) · x0 ∈ N .
Esto indica que X = N ⊕ {λx0 : λ ∈ E}. Si escribimos entonces x = n + λx0 ,
con n ∈ N , λ ∈ E, resulta:
kxk = |λ| · kx0 + n/λk ≥ |λ| · d = |f (λx0 + n)| · d = |f (x)| · d.
Esto implica que |f (x)| ≤ (1/d) · kxk y f es continuo.
♦
En espacios vectoriales de dimensión finita es conocido el hecho de que si
{e1 , . . . , en } es una base de X, entonces el espacio X ∗ , llamado dual algebraico de X, definido por X ∗ = {f : X → R : f lineal}, tiene dimensión
n y el conjunto {f1 , . . . , fn }, donde fi (ek ) = δik , es una base de X ∗ . En
dimensión infinita, tenemos el siguiente resultado análogo:
7.4.- Proposición. Si (X, k · k) es un espacio normadoP
y (xn )n∈N es una
base de Schauder, el funcional lineal fk definido por fk ( n∈N αn xn ) = αk
es continuo.
P
Demostración. Dado a = n∈N αn xn ∈ X y teniendo en cuenta la demostración de la proposición 4.8, resulta:
k
k−1
X
X
1
1 |fk (a)| = |αk | =
kαk xk k =
αn xn −
αn xn kxk k
kxk k n=1
≤
1
M
· 2kak∗ ≤
kak.
kxk k
kxk k
n=1
♦
Este hecho es el punto de partida para definir el concepto de espacio dual
en espacios normados arbitrarios.
7.5.- Definición. Sea X un espacio normado; llamamos espacio dual de X
a X 0 = {f : X → E : f lineal y acotado}. Si dim X < ∞, este concepto
coincide con el de dual algebraico (por el teorema 6.7).
El espacio X 0 será siempre completo por serlo el cuerpo de escalares de
X.
Es a menudo conveniente estudiar el espacio dual de un espacio normado para obtener propiedades del mismo espacio, por lo que estudiaremos
63
su estructura en algunos ejemplos clásicos. Veremos posteriormente, como
consecuencia del teorema de Hahn-Banach (capı́tulo IV), que el dual de un
espacio normado no trivial es no trivial.
7.6.- Ejemplos. 1) El dual de Rn con la norma euclı́dea es Rn (en realidad
es un espacio isométrico a Rn ):
Como dim Rn = n, todo f lineal es acotado.
Pn
Pn
Si x =
i=1 αi f (ei ). Por la desigualdad de Cauchyi=1 αi ei , f (x) =
Schwarz,
!1/2 n
!1/2
n
n
X
X
X
2
2
|f (x)| ≤
|αi f (ei )| ≤
|αi |
|f (ei )|
i=1
= kxk ·
n
X
i=1
!1/2
2
|f (ei )|
i=1
,
i=1
de donde kf k ≤
2 1/2 .
i=1 |f (ei )|
Pn
Tomando en particular x = (f (e1 ), . . . , f (en )), se obtiene la igualdad. Ası́,
Pn
2 1/2 coincide con la norma euclı́dea y la aplicación
kf k =
i=1 |f (ei )|
definida por f 7→ (f (e1 ), . . . , f (en )) es un isomorfismo isométrico de (Rn )0
en Rn .
2) El dual de `1 es `∞ .
∀x ∈ `1 , podemos escribir x =
P∞
∞
k=1 αk ek , donde ek = (δkj )j=1 forma
P
. ., 0, αn+1 , . . . ) y
x− nk=1 αk ek = (0, .(n)
una
base de Schauder de `1 , porque
∞
n
X
X
αk ek = αk ek → 0
x −
k=1
k=n+1
por ser el resto de una serie convergente.
Definimos la aplicación T f = (f (ek ))k∈N , ∀f ∈ (`1 )0 . Como f (x) =
P
αk f (ek ),
k∈N
entonces |f (ek )| ≤ kf k · kek k = kf k, pues kek k = 1. En consecuencia,
supk |f (ek )| ≤ kf k de donde (f (ek ))k∈N ∈ `∞ .
∞
1
- T es
P sobre: ∀b = (βk )k∈N ∈ ` 1, definimos g : ` → E como g(x) =
k∈N αk βk si x = (αk )k∈N ∈ ` .
El funcional g es lineal y acotado, pues
X
X
|g(x)| ≤
|αk βk | ≤ sup |βk | ·
|αk | = kxk1 · sup |βk | =⇒ g ∈ (`1 )0 .
k∈N
Además, como g(ek ) =
b.
k
k∈N
P
j∈N δkj βj
64
k
= βk , T g = (g(ek ))k∈N = (βk )k∈N =
- T esPinyectiva: Si T f1 = T f2 , P
entonces f1 (ek ) = f2 (ek ), ∀k. Como f1 (x) =
x
f
(e
)
y
f
(x)
=
1
2
k
k
k∈N
k∈N xk f2 (ek ), entonces f1 = f2 .
- T es isometrı́a:
Por una parte, kT f k∞ = supk |f (ek )| ≤ kf k y de
X
X
|f (x)| = |
αk f (ek )| ≤ sup |f (ek )| ·
|αk | = kxk · sup |f (ek )|
k
k∈N
k
k∈N
(para probar la desigualdad se toman sumas parciales y, debido a
la convergencia de la serie, calcular el lı́mite), tenemos que kf k ≤
supk |f (ek )| = kT f k.
Ası́ los espacios (`1 )0 y `∞ son isométricos.
1
p
3) El dual de `p es `q si
+
1
q
= 1, (1 < p < ∞) :
Una base de Schauder de `p es ek = (δkj )∞
j=1 .
P
P
∀x ∈ `p , x = k∈N αk ek . Si f ∈ (`p )0 , f (x) = k∈N αk f (ek ). Definimos
como antes T f = (f (ek ))k∈N .
Para probar que la imagen de
está en `q , definimos para cada n, la sucesión
(T
|f (ek )|q
si k ≤ n y f (ek ) 6= 0,
(n)
(n)
f (ek )
x(n) = (ξk )∞
k=1 con ξk =
0
si k > n ó f (ek ) = 0.
P
P
(n)
Entonces f (x(n) ) = k∈N ξk f (ek ) = nk=1 |f (ek )|q .
Como además,
(n)
f (x
(n)
) ≤ kf k · kx
n
X
kp = kf k
!1/p
(n)
|ξk |p
k=1
n
X
= kf k
!1/p
pq−p
|f (ek )|
= kf k
resulta que
n
P
|f (ek
)|q
1− 1
p
=
k=1
|f (ek )|
,
n
P
|f (ek
)|q
1/q
≤ kf k.
k=1
Haciendo n → ∞,
!1/p
q
k=1
k=1
n
X
∞
P
|f (ek
)|q
1/q
≤ kf k de donde (f (ek ))k∈N ∈ `q .
k=1
T es sobre: Dado b = (βk )k∈N ∈ `q , podemos
P∞ asociarle un funcional linealp
y acotado g en `p , mediante g(x) =
k=1 αk βk con x = (αk )k∈N ∈ `
(la acotación se deduce de la desigualdad de Hölder 2.2.a). Entonces g ∈
(`p )0 .
Se ve fácilmente que T es también inyectiva.
65
Por último veamos que la norma de f es la norma en `q de T f :
X
|f (x)| = αk f (ek ) ≤
k∈N
!1/p
X
|αk |p
k∈N
!1/q
X
|f (ek )|q
k∈N
!1/q
= kxk
X
|f (ek )|q
.
k∈N
Tomando el supremo sobre los x de norma 1, sale que kf k ≤
q 1/q
k∈N |f (ek )|
P
Como la otra desigualdad también es cierta, se deduce la igualdad kf k =
P
q 1/q , con lo que se establece el isomorfismo f 7→ (f (e ))
k k∈N
k∈N |f (ek )|
deseado.
Observación. Otros ejemplos se pueden obtener debido al hecho de que si
X0 es subespacio denso de X e Y es completo, entonces L(X0 , Y ) = L(X, Y ),
se deduce en particular que X00 = X 0 .
66
.
EJERCICIOS.
1. Sea 1r = p1 + 1q . Probar que si f ∈ Lp , g ∈ Lq , entonces f · g ∈ Lr y
kf · gkr ≤ kf kp · kgkq .
Resp.: Basta aplicar la desigualdad de Hölder a las funciones f r y g r ,
1
1
sabiendo que 1 = p/r
+ q/r
.
2. Sea f ∈ Lp (R), 1 < p < ∞. Probar que g(x) =
1/q
2
kgk1 ≤ q−1
· kf kp .
f (x)
1+|x|
∈ L1 (R) y que
Resp.: Aplicando la desigualdad de Hölder y resolviendo las integrales
involucradas, obtenemos
Z
Z
Z
1/p Z
1
1 q 1/q
|g(x)|dx =
|f (x)| ·
dx ≤
|f (x)|p dx
·
dx
1 + |x|
R
R
R
R 1 + |x|
Z ∞
i1/q
hZ 0
1
1
2 1/q
dx+
dx
.
= kf kp ·
= kf kp ·
q
q
q−1
0 (1 + x)
−∞ (1 − x)
3. Probar que, en todo espacio normado, B(x, r) = B(x, r).
Resp.: Como B(x, r) ⊂ B(x, r), entonces B(x, r) ⊂ B(x, r) = B(x, r).
Recı́procamente, sabiendo que B(x, r) = B(x, r)∪S(x, r), para probar
que B(x, r) ⊂ B(x, r) basta ver que S(x, r) ⊂ B(x, r), es decir que si
y ∈ S(x, r), dado ε > 0, ∃z ∈ B(x, r) : d(y, z) < ε.
Para ello consideramos un elemento z = x + λ(y − x) y calculemos λ
para que se verifique la tesis.
kz − xk = kλ(y − x)k = |λ| · ky − xk = |λ| · r < r ⇐⇒ |λ| < 1,
ky − zk = ky − x − λy + λxk = |1 − λ| · ky − xk = |1 − λ| · r < ε ⇐⇒ |1 − λ| < ε/r.
De este modo, si suponemos ε < r, 0 < ε/r < 1, tomando 1−λ = ε/2r,
ε
ε
ε
es |1 − λ|r = 2r
· r = ε/2 < ε. Además, como λ = 1 − 2r
y 2r
< 1,
entonces |λ| < 1.
67
Si fuera ε ≥ r, tomamos z = y + 12 (x − y). Entonces
1
1
kz − xk = ky + (x − y) − xk = ky − xk = r/2 < r
2
2
1
1
ky − zk = k (x − y)k = k(x − y)k = r/2 < r ≤ ε.
2
2
Interpretación gráfica:
4. i) Caracterizar todas las normas sobre R considerado como espacio vectorial real.
ii) Idem sobre C como espacio complejo.
iii) Probar que C puede tener otras normas considerado como
espacio real.
Resp.: i) Sea k · k una norma. Si llamamos α = k1k, entonces ∀λ ∈
R, kλk = |λ| · k1k = |λ| · α.
Recı́procamente, ∀α ∈ R+ , podemos definir kλkα = |λ| · α y es fácil
comprobar que se trata de una norma.
ii) Análogo al anterior.
ii) Si definimos kzk = | Re z| + | Im z|, es una norma en C como espacio
real, pero no coincide con las anteriores √
pues, como k1k = 1, entonces
k1 + ik = 2 pero k1 + ik1 = 1 · |1 + i| = 2.
5. a) Probar que la métrica discreta en un espacio vectorial no trivial X no puede obtenerse de una norma.
68
b) Sea d una métrica sobre un espacio vectorial X 6= {0} obtenida a partir de una norma. Si se define la aplicación d0 como
d0 (x, x) = 0, d0 (x, y) = d(x, y) + 1, probar que d0 no puede obtenerse
de una norma.
Resp.: a) Para que una métrica pueda obtenerse de una norma hace
falta que d(x + α, y + α) = d(x, y) y d(αx, αy) = |α| · d(x, y).
Pero si elegimos |α| =
6 1, x 6= y, entonces d(x, y) = 1 = d(αx, αy) y no
se cumple la segunda condición.
b) Si |α| =
6 1,
d0 (αx, αy) = d(αx, αy) + 1 = |α| · d(x, y) + 1
= |α|[d(x, y) + 1] + 1 − |α| = |α| · d0 (x, y) + 1 − |α| =
6 |α| · d0 (x, y).
6. Sea (X, k · k) un espacio normado y Sr = {x ∈ X : kxk = r} con
r > 0. Probar que X es de Banach si y sólo si ∃r tal que Sr es
completo.
Resp.: a) Supongamos que X es de Banach y sea r > 0 arbitrario;
entonces ∀x ∈ S r , ∃(xn )n∈N ⊂ Sr : xn → x.
Como kxn k = r y la norma es continua, lı́mn kxn k = k lı́mn xn k =
kxk = r. Esto implica que Sr es cerrado y, en consecuencia, completo.
b) Sea r0 > 0 tal que Sr0 es completo y sea r > 0 arbitrario.
Dada la sucesión de Cauchy (xn )n∈N en Sr , sea yn = (r0 /r)xn ; entonces
yn ∈ Sr0 y además (yn )n∈N es de Cauchy, por lo que ∃y ∈ Sr0 tal que
y = lı́mn yn .
Definimos x = (r/r0 )y; entonces x ∈ Sr y kxn −xk = (r/r0 )kyn −yk →
0. Por tanto, Sr es completo, ∀r.
Falta demostrar que toda sucesión de Cauchy en X es convergente.
Sea pues (xn )n∈N de Cauchy en X. Entonces, si λn = kxn k, la sucesión
(λn )n∈N es de Cauchy pues |λn − λm | ≤ kxn − xm k → 0. Como en E
toda sucesión de Cauchy es convergente, tenemos dos opciones:
Si lı́mn λn = 0 =⇒ lı́mn kxn k = 0 =⇒ lı́mn xn = 0.
69
Si lı́mn λn 6= 0, λn 6= 0, excepto para un número finito de ı́ndices. Si
llamamos yn = rxn /λn , la sucesión (yn )n∈N , que está contenida en Sr ,
es de Cauchy, pues:
x
kλm xn − λn xm k
n xm kyn − ym k = r
−
=r
λn λm
|λn λm |
y kλm xn −λn xm k ≤ |λm |·kxn −xm k+|λm −λn |·kxm k → 0 (recordamos
que toda sucesión de Cauchy está acotada). Por ser Sr completo, ∃y ∈
Sr : yn → y, de donde xn → (λ/r)y.
7. Se considera el conjunto
C0 (Rn ) = {f : Rn → R : f continua y lı́m f (x) = 0}
x→∞
con la norma kf k = máxn |f (x)|. Probar que es de Banach.
x∈R
Resp.: La norma está bien definida pues, si f ∈ C0 (Rn ), f 6= 0,
∀ε > 0, ∃δ > 0 : |x| > δ =⇒ |f (x)| < ε =⇒ máxn |f (x)| = máx |f (x)|,
x∈R
|x|≤δ
que existe por el teorema de Weierstrass.
Los axiomas de norma son evidentes.
Si (fn )n∈N es una sucesión de Cauchy en C0 (Rn ), converge uniformemente a una función continua f (como en el caso general). Veamos que
f ∈ C0 (Rn ):
(
|f (x) − fn (x)| < ε/2
∀ε > 0,
|fn (x)| < ε/2
para n > N (ε)
para |x| > δ(ε)
)
=⇒ |f (x)| < ε, para |x| > δ(ε).
8. Sea φ el conjunto formado por las sucesiones escalares de soporte
finito. Probar que (φ, k · kp ) con p ≥ 1 es un espacio normado no
completo.
Resp.: Al ser φ subespacio de lp , es normado.
70
Para p > 1, consideramos la sucesión (yn )n∈N ⊂ φ dada por:
y1 = (1, 0, . . . )
y2 = (1, 1/2, 0, . . . )
..
.
yn = (1, 1/2, . . . , 1/n, 0, . . . ).
Ası́,
kyn+k −yn kpp = (0, . . . 0,
k
p X
1
1
1
,...,
, 0, . . . ) =
<ε
n+1
n+k
(n + i)p
p
i=1
por ser el resto de una serie convergente.
Sin embargo, la sucesión (yn )n∈N no es convergente, pues
1
1
yn → (1, , . . . , , . . . ) 6∈ φ.
2
n
En efecto, si llamamos y = (λ1 , . . . , λN , 0, . . . ) al lı́mite de la sucesión
(yn )n∈N , y hacemos n ≥ N :
kyn −
ykpp
p
p
∞
n n X
X
X
1
1
p
=
|λk | =
k − λk +
k − λk + 0.
k=1
k=n+1
k=1
Haciendo n → ∞,
∞
X
1
1
1
| − λk |p = 0 =⇒ | − λk | = 0, ∀k =⇒ λk = , ∀k,
k
k
k
k=1
y no puede ser que y ∈ φ.
Si p = 1, basta elegir la sucesión yn = (1, 1/22 , . . . , 1/n2 , 0, . . . ), que
converge a y = (1, 1/22 , . . . , 1/n2 , . . . ), pero y 6∈ φ.
9. En el espacio C 1 [0, 1] definimos kf k = sup (|f (x)| + |f 0 (x)|). Prox∈[0,1]
bar que (C 1 [0, 1], k · k) es normado. ¿La norma anterior es equivalente a la norma N (f ) = sup |f (x)| + sup |f 0 (x)|?
x∈[0,1]
x∈[0,1]
Resp.: Es inmediata la comprobación de los axiomas de norma en
ambos casos.
71
Como |f (x)| + |f 0 (x)| ≤ supx |f (x)| + supx |f 0 (x)|, entonces kf k ≤
N (f ).
Además, de
|f (x)| ≤ |f (x)| + |f 0 (x)| ≤ kf k y |f 0 (x)| ≤ |f (x)| + |f 0 (x)| ≤ kf k,
se deduce que |f (x)| + |f 0 (x)| ≤ 2kf k lo que implica que N (f ) ≤ 2kf k.
Esto prueba que ambas normas son equivalentes.
10. Sea (X, k·k) un espacio normado y S un subespacio de X . Probar:
a) S es subespacio de X .
b) Si X es completo, S es también completo.
c) Si S 6= X , int S = ∅.
Resp.: a) Sean x, y ∈ S, α, β ∈ E. Entonces existen (xn )n∈N , (yn )n∈N ⊂
S : xn → x, yn → y, de donde (αxn + βyn )n∈N ⊂ S y αxn + βyn →
αx + βy ∈ S.
b) Como S es cerrado y X es completo, S es completo.
c) Si fuera int S 6= ∅, ∃a ∈ int S. Por tanto, ∃r > 0 : B(a, r) ⊂ S.
Sea x ∈ X arbitrario, x 6= 0, y elegimos t ∈ R tal que 0 < t < r/kxk.
Ası́ elegido, es evidente que z = a + tx ∈ B(a, r), de donde z ∈ S.
Como x = t−1 (z − a), entonces x ∈ S. Al ser x arbitrario, X ⊂ S, es
decir S = X, lo que contradice la hipótesis.
Observación: Dicho conjunto se llama conjunto fronterizo (todos sus
puntos son aislados). El último apartado prueba que S no es abierto.
Además, si fuera cerrado, debe ser un conjunto nunca denso.
11. Sea K ⊂ R un compacto y C(K) = {f : K → C : f continua}.
a) Probar que (C(K), k · k∞ ) es un espacio de Banach.
b) Probar que (C(K), k · kp ) con 1 ≤ p < ∞ no es completo.
72
Resp.: a) Al ser f continua, kf k∞ = supx∈K |f (x)| = máxx∈K |f (x)|.
Los axiomas de norma se comprueban de forma directa.
Para ver que el espacio es completo, consideremos una sucesión de
Cauchy {fn }n∈N en C(K). Entonces
∀ε > 0, ∃n0 : kfm − fn k∞ < ε, ∀m, n > n0 .
Por tanto, |fm (x) − fn (x)| < ε, ∀m, n > n0 , ∀x ∈ K y la sucesión
{fn (x)}n∈N es de Cauchy en C, con lo que existe f (x) = lı́mn→∞ fn (x)
y la convergencia es uniforme. Esto indica además que f es continua
en K.
Veamos que kfn − f k∞ → 0:
Como
|fn (x)−f (x)| = |fn (x)− lı́m fm (x)| = lı́m |fn (x)−fm (x)| ≤ ε, ∀m, n > n0 ,
m→∞
m→∞
es evidente que kfn − f k∞ = supx∈K |fn (x) − f (x)| ≤ ε.
b) Los axiomas de norma se deducen de los correspondientes en Lp (K)
con la medida de Lebesgue.
Para ver que no es completo, consideramos la sucesión (fn )n∈N definida
por:


0
fn (x) = nx − n/2 + 1


1
si 0 ≤ x ≤ 1/2 − 1/n
si 1/2 − 1/n ≤ x ≤ 1/2
si x ≥ 1/2.
Es evidente que kfn kp < ∞. Además:
kfn −fm kpp
Z
=
1
2
1
1
−n
2
p
|fn (x)−fm (x)| dx ≤
Z
1
2
1
1
−n
2
p
|fn (x)| dx ≤
Z
1
2
dx =
1
1
−n
2
Sin embargo, fn → χ[1/2,1] que no es continua en x = 1/2.
Observación. Aunque K 6= [0, 1], el proceso serı́a el siguiente: Por ser
K compacto, ∃[a, b] ⊂ K; mediante un cambio de variable x 7→ x−a
b−a ,
pasamos de [a, b] a [0, 1]. La sucesión (fn )n∈N se define como antes y
la prolongamos a todo K de modo que sea constante fuera de [0, 1].
73
1
→ 0.
n
12. Probar que
Cc (R) = {f : R → R : f continua con soporte compacto }
es un espacio vectorial normado con la norma del supremo, pero
no es de Banach.
Resp.: El espacio es normado pues es un subconjunto de L∞ . Para
ver que no es completo, basta considerar la sucesión


e−|x|
si x ∈ [−n, n]



e−n (x + n + 1)
si x ∈ [−n − 1, −n]
fn (x) =
−n

−e (x − n − 1) si x ∈ [n, n + 1]



0
en el resto,
que es de Cauchy pero su lı́mite f (x) = e−|x| no pertenece al espacio.
13. Sea (X, k · k) un espacio normado y T : X → X un isomorfismo
algebraico. Si definimos N : X → E por N (x) = kT xk, probar:
a) N es una norma.
b) N es equivalente a k · k si y sólo si T es homeomorfismo.
Resp.: a) N (x) ≥ 0 pues kT xk ≥ 0, ∀x ∈ X.
N (x) = 0 ⇐⇒ kT xk = 0 ⇐⇒ T x = 0 ⇐⇒ x = 0 (pues T es, en
particular, inyectiva).
N (λx) = kT (λx)k = kλT xk = |λ| · kT xk = |λ| · N (x).
N (x + y) = kT (x + y)k ≤ kT x + T yk ≤ kT xk + kT yk = N (x) + N (y).
b) N es equivalente a k · k ⇐⇒ ∃m, M > 0 : mkxk ≤ N (x) ≤ M kxk.
1
Esto equivale a kxk ≤ m
kT xk y kT xk ≤ M kxk, condiciones que equivalen a la existencia y continuidad de T −1 y T , respectivamente, es
decir, a que T es homeomorfismo.
74
14. Un subconjunto A de un espacio vectorial X es convexo si para
cualesquiera x, y ∈ A, α ∈ (0, 1), se tiene que αx + (1 − α)y ∈ A.
a) Probar que la bola unitaria cerrada B(0, 1) en un espacio normado es convexo.
b) Aplicando lo anterior, probar que ϕ(x) =
p
|x1 | +
p
2
|x2 | no
define una norma en R2 .
Resp.: a) Sean x, y ∈ B(0, 1). Entonces kxk ≤ 1, kyk ≤ 1. Si α ∈
(0, 1),
kαx + (1 − α)yk ≤ |α| · kxk + |1 − α| · kyk ≤ α + (1 − α) = 1.
Esto implica que αx + (1 − α)y ∈ B(0, 1).
b) Veamos que B(0, 1) no es convexa en dicho espacio. Para ello
observamos
p
p la gráfica de dicha bola, es decir el conjunto {(x1 , x2 ) :
( |x1 | + |x2 |)2 ≤ 1}.
Haciendo x = (1, 0), y = (0, 1), ϕ(x) = 1, ϕ(y) = 1. Sin embargo
p
x/2 + y/2 = (1/2, 1/2) 6∈ B(0, 1) porque ϕ(1/2, 1/2) = ( 1/2 +
p
1/2)2 = 2 > 1.
15. Si X es un espacio vectorial, una aplicación p : X → R se llama
seminorma si verifica
i) p(x) ≥ 0, ii) p(αx) = |α| · p(x), iii) p(x + y) ≤ p(x) + p(y).
a) Probar que |p(x) − p(y)| ≤ p(x − y).
b) Probar que p es una norma si verifica p(x) 6= 0, ∀x 6= 0.
c) Probar que N = {x ∈ X : p(x) = 0} es un subespacio de X y la
aplicación k · k : X/N → R definida por kb
xk = p(x), donde x ∈ x
b,
es una norma.
75
Resp.: a) Haciendo α = 0 en ii), resulta que p(0) = 0.
Como x = x − y + y, p(x) ≤ p(x − y) + p(y) =⇒ p(x) − p(y) ≤ p(x − y).
Como y = y − x + x, p(y) ≤ p(y − x) + p(x) =⇒ p(y) − p(x) ≤ p(y − x).
Además, p(y − x) = p(−(x − y)) = | − 1| · p(x − y) = p(x − y). En
definitiva, −p(x − y) ≤ p(x) − p(y) ≤ p(x − y).
b) Es evidente.
c) Si x, y ∈ N y α, β ∈ C, entonces
p(x) = p(y) = 0 =⇒ p(αx+βy) ≤ p(αx)+p(βy) = |α|·p(x)+|β|·p(y) = 0,
es decir αx + βy ∈ N .
Veamos que kb
xk = p(x) es una norma.
• kb
x k ≥ 0 por i).
• kb
x k = 0 =⇒ p(x) = 0 =⇒ x ∈ N =⇒ x
b = 0.
Recı́procamente, si x
b = 0 =⇒ p(x) = 0 =⇒ kb
x k = 0.
• Como α · x
b = αx,
c kαb
x k = p(αx) = |α| · p(x) = |α| · kb
x k.
• kb
x + ybk = kx[
+ yk = p(x + y) ≤ p(x) + p(y) = kb
x k + kb
y k.
• k · k está bien definida:
Si x, y ∈ x
b, x − y ∈ N =⇒ p(x − y) = 0 =⇒ |p(x) − p(y)| ≤
p(x − y) = 0. Por tanto, p(x) = p(y).
16. Sea (X, k · k) un espacio normado y M un subespacio cerrado de
X . En el espacio cociente X/M definimos
|||b
x||| = ı́nf kx + yk, ∀b
x ∈ X/M.
y∈M
a) Probar que ||| · ||| define una norma en X/M .
b) Si X es de Banach, probar que (X/M, ||| · |||) es de Banach.
c) Si M y X/M son de Banach, probar que X es de Banach.
d) Si X es separable, probar que X/M es separable.
Resp.: a) Observemos en primer lugar que |||b
x||| = d(x, M ).
• De la observación anterior es claro que |||b
x||| ≥ 0, ∀x ∈ X.
76
• |||b
x||| = 0 ⇐⇒ d(x, M ) = 0 ⇐⇒ x ∈ M ⇐⇒ x ∈ M ⇐⇒ x
b=b
0.
• Debido a que kα(x + y)k = |α| · kx + yk, ∀y ∈ M , tomando ı́nfimos
y recordando que αx
c = αb
x, resulta:
|||αx|||
c
= |||αb
x||| = ı́nf kα(x + y)k = ı́nf |α| · kx + yk|α| · |||b
x|||.
y∈M
y∈M
• Debido a que
kx + m1 + y + m2 k ≤ kx + m1 k + ky + m2 k, ∀m1 , m2 ∈ M,
tomando ı́nfimos, se obtiene:
ı́nf
m1 ,m2 ∈M
kx + y + m1 + m2 k
≤
ı́nf kx + m1 k + ı́nf ky + m2 k
m1 ∈M
m2 ∈M
=⇒ |||x[
+ y||| ≤ |||b
x||| + |||b
y |||.
b) Sea {c
xn }n∈N una sucesión de Cauchy en X/M . Entonces ∀ε > 0,
∃n0 ∈ N tal que |||xc
cn ||| < ε, ∀m, n > n0 . Por la definición de
m −x
||| · |||, ∃yk ∈ x
ck : kym − yn k < 2ε lo que implica que {yn }n∈N es de
Cauchy en X. Ası́ pues, ∃y ∈ X : yn → y. Si llamamos x
b a la clase de
equivalencia que contiene a y, como |||c
xn − x
b||| ≤ kyn − yk, se deduce
que x
cn → x
b.
c) Sea {xn }n∈N una sucesión de Cauchy en X. Como
\
|||b
xm −b
xn ||| = |||(xm
− xn )||| = d(xm −xn , M ) ≤ d(xm −xn , 0) = kxm −xn k,
también la sucesión {c
xn }n∈N es de Cauchy en X/M . Por hipótesis,
existe x
b ∈ X/M tal que x
cn → x
b. Entonces,
∀ε > 0, ∃n0 : d(xn − x, M ) < ε/2, ∀n > n0 ,
de donde ∃y ∈ M : d(xn − x, y) < ε, ∀n > n0 . En definitiva,
kxn − x − yk < ε, ∀n > n0 , es decir xn → x + y.
d) Sea Y un subconjunto numerable y denso en X y llamamos Yb al
conjunto formado por las clases de equivalencia de los elementos de Y .
Es evidente que Yb es numerable. Además, si x
b ∈ X/M es arbitrario,
∀ε > 0, ∃y ∈ Y : kx − yk < ε. Por ser M cerrado, |||b
x − yb||| ≤ kx − yk.
Como yb ∈ Yb , deducimos que Yb es denso en X/M .
77
17. Sea X un espacio normado.
a) Si M ⊂ X es subespacio completo, probar que la aplicación
canónica ϕ : X → X/M es continua y kϕk = 1.
b) Si M ⊂ X es subespacio cerrado e Y ⊂ X un subespacio de
dimensión finita, probar que M + Y es cerrado en X . Resp.: a)
Por definición, ϕ(x) = x
b, de donde
|||ϕ(x)||| = ı́nf kx + mk ≤ ı́nf (kxk + kmk) = kxk.
m∈M
m∈M
Esto implica que ϕ es continua y kϕk ≤ 1.
Por otra parte, de la definición de ı́nfimo, ∀ε > 0, ∃y ∈ x
b : kyk <
(1 + ε)|||b
x|||. Como ϕ(y) = x
b,
kyk < (1 + ε)|||ϕ(y)||| ≤ (1 + ε)kϕk · kyk =⇒
1
< kϕk, ∀ε > 0.
1+ε
De lo anterior se deduce que kϕk ≥ 1.
b) Supondremos que M ∩ Y = {0} pues, si M ∩ Y = M1 6= {0}, basta
definir Y 0 = Y \ M1 de modo que M + Y = M + Y 0 y M ∩ Y 0 = {0} (
Y 0 también tiene dimensión finita).
(1) Probemos en primer lugar que mk + yk → 0 =⇒ mk → 0, yk → 0:
Si fuera yk 6→ 0, ∃{ykj }j∈N ⊂ M : kykj k = 1, mkj + ykj → 0.
Como la esfera unidad en Y es compacta, se puede extraer otra subsucesión convergente ykj → y ∈ Y con kyk = 1. Esto implica que
mkj → −y ∈ M ∩ Y con lo que y = 0, lo que contradice la suposición
inicial.
Ası́ pues, yk → 0 y, por hipótesis, mk + yk → 0, de donde mk → 0.
(2) Veamos ahora que {yk }k∈N está acotada si {mk + yk }k∈N converge:
Si kyk k → ∞, como kmk + yk k ≤ c, haciendo m0k = mk /kyk k, yk0 =
yk /kyk k, entonces
km0k + yk0 k =
kmk + yk k
c
≤
→ 0, con kyk0 k = 1
kyk k
kyk k
lo que contradice (1).
(3) Por último, si {mk +yk }k∈N converge a x, probemos que x ∈ M +Y :
Por ser Y compacto y la sucesión {yk }k∈N acotada, existe una subsucesión {ykj }j∈N tal que ykj → y ∈ Y . Esto implica que mkj → x − y ∈ M
78
(por ser M cerrado). Entonces x ∈ M + Y pues x = (x − y) + y y
x − y ∈ M.
18. Sean (X1 , k · k1 ), . . . , (Xn , k · kn ) espacios normados arbitrarios y
X = X1 × · · · × Xn el espacio producto.
a) Probar que X es normado si definimos kxk =
n
P
k=1
kxk kpk
1/p
,
1 ≤ p < ∞, o bien kxk = máx kxk kk .
1≤k≤n
b) Si dim Xi = ki < ∞, 1 ≤ i ≤ n, probar que dim X =
Pn
i=1 ki .
c) Probar que Xi son de Banach para todo i si y sólo si X es de
Banach.
Resp.: a) De los axiomas de norma para los espacios Xi (1 ≤ i ≤ n) y
la desigualdad de Minkowski se deducen los correspondientes axiomas
para X.
b) Si {xi1 , . . . , xiki } es una base de Xi , para i = 1, . . . , n, es fácil comprobar que
{(x11 , 0, . . . , 0), . . . , (x1k1 , 0, . . . , 0), . . . , (0, . . . , 0, xn1 ), . . . , (0, . . . , 0, xnkn )}
es una base de X.
c) Supongamos que Xi son espacios de Banach, ∀i = 1, . . . , n, y sea
{x(k) }k∈N una sucesión de Cauchy en X. Entonces, ∀ε > 0,
X
(k)
(j)
(k)
(j)
kx(k) − x(j) kp =
kxi − xi kpi < εp =⇒ kxi − xi k < ε.
1≤i≤n
(k)
Esto implica que ∃xi : kxi − xi k < ε, ∀i. (Análogamente se procede
con la norma del máximo.)
Se define ası́ un elemento x = (x1 , . . . , xn ) ∈ X tal que
X
1/p
(k)
kx(k) − xk =
kxi − xi kpi
< ε · n1/p
1≤i≤n
lo que significa que x(k) → x y X es de Banach.
(i)
Recı́procamente, si X es de Banach, sean {xm }m∈N sucesiones de
Cauchy en Xi , para 1 ≤ i ≤ n. Es fácil comprobar entonces que
79
(1)
(n)
{(xm , . . . , xm )}m∈N es de Cauchy en X en cada una de las normas.
(1)
(n)
Por hipótesis, existe (x1 , . . . , xn ) ∈ X tal que lı́mm (xm , . . . , xm ) =
(i)
(x1 , . . . , xn ). De aquı́ se deduce que lı́mm xm = xi , ∀i = 1, . . . , n.
19. Sean (X1 , k · k1 ), (X2 , k · k2 ) espacios normados. Si {xn }n∈N ⊂ X1 es
una sucesión que converge a x en (X1 , k·k1 ) y {Tn }n∈N ⊂ L(X1 , X2 )
una sucesión que converge a T en (L(X1 , X2 ), k · k), probar que
Tn xn → T x en (X2 , k · k2 ).
Resp.: Por hipótesis, ∀ε > 0, ∃n0 : kxn − xk1 < ε/kT k y kxn k1 < M ,
∀n > n0 .
Por otra parte, ∃n1 : kTn − T k < ε/M , ∀n > n1 .
Entonces, ∀n > máx{n0 , n1 }, tenemos:
kTn xn − T xk2 ≤ kTn xn − T xn k2 + kT xn − T xk2
= k(Tn − T )xn k2 + kT (xn − x)k2
≤ kTn − T k · kxn k1 + kT k · kxn − xk1 < ε.
20. Llamamos V al espacio de las funciones continuas en [a, b] con
valores complejos y consideramos los espacios normados X1 =
(V, k · k∞ ) y X2 = (V, k · k2 ). Probar que la aplicación identidad
I : X1 → X2 es continua, pero no es homeomorfismo.
Resp.: Debemos probar que ∀ε > 0, ∃δ > 0 : kx − yk∞ < δ =⇒
kx − yk2 < ε. Pero, de kx − yk∞ < δ, deducimos
Z
|x(t) − y(t)| < δ, ∀t ∈ [a, b] =⇒
b
|x(t) − y(t)|2 dt < δ 2 · (b − a).
a
Basta pues hacer δ 2 · (b − a) = ε2 para obtener kx − yk2 < ε.
Para ver que la inversa no es continua, elegimos




si t ∈ [0, 1 − 1/n)
0
0
xn (t) = nt − n + 1 si t ∈ [1 − 1/n, 1) , yn (t) = nt − n




1
si t ∈ [1, 2]
1
80
si t ∈ [0, 1)
si t ∈ [1, 1 + 1/n)
si t ∈ [1 + 1/n, 2].
De este modo, máxt∈[0,2] |xn (t)−yn (t)| = 1 pero
2/3n.
R2
0
|xn (t)−yn (t)|2 dt =
Si hacemos
n para que 2/3n < δ, para cualquier δ > 0
R 2 ε < 1 y elegimos
2
resulta 0 |xn (t) − yn (t)| dt < δ pero máxt∈[0,2] |xn (t) − yn (t)| > ε.
21. Si T : X → Y es un operador lineal y acotado, probar que el
núcleo N (T ) es cerrado pero la imagen R(T ) no es necesariamente cerrado.
Resp.: a) Sea {xn }n∈N ⊂ N (T ) una sucesión convergente a x. Como
T es continua, T xn → T x.
Pero T xn = 0, ∀n =⇒ T x = 0 =⇒ x ∈ N (T ). Por tanto, N (T ) es
cerrado.
b) Definimos el operador T : `∞ → `∞ por
T (x1 , . . . , xn , . . . ) = (x1 , x2 /2, . . . , xn /n, . . . ).
En este caso, R(T ) = {y ∈ `∞ : (y1 , 2y2 , . . . , nyn , . . . ) ∈ `∞ }.
√
√
Elegimos la sucesión y (k) = (1, 1/ 2, . . . , 1/ k, 0 . . . ). Es√claro que
(k) = (1, . . . , 1/ k, . . . ) 6∈
y (k) ∈ R(T ), ∀k. Sin embargo,
√ lı́mk→∞√y
R(T ) porque la sucesión (1, 2/ 2, . . . , k/ k, . . . ) no está acotada. Esto
prueba que R(T ) no es cerrado.
22. Sean X e Y dos espacios normados sobre R y f : X → Y una
aplicación aditiva en X y acotada en la bola unidad de X . Probar
que f es lineal y continua.
Resp.: Por la aditividad de f deducimos lo siguiente:
f (x + 0) = f (x) = f (x) + f (0) =⇒ f (0) = 0;
f (x+ .(n)
. . +x) = f (nx) = f (x)+ .(n)
. . +f (x) = nf (x), ∀n ∈ N;
0 = f (x − x) = f (x) + f (−x) =⇒ f (−x) = −f (x);
f (nx) = nf (x), ∀n ∈ Z;
p
p
p
q · f ( x) = f (px) = pf (x) =⇒ f ( x) = f (x), ∀p/q ∈ Q.
q
q
q
Veamos que f es continua:
81
Por hipótesis, si kzk ≤ 1 =⇒ kf (z)k ≤ k.
Dados ε > 0 y x0 ∈ X, debemos encontrar δ > 0 tal que kf (x) −
f (x0 )k < ε, si kx − x0 k < δ.
Sabemos que,
kx − x0 k < 1/p =⇒ kp(x − x0 )k < 1 =⇒ kf (p(x − x0 ))k < k,
es decir kf (x) − f (x0 )k < k/p. Por tanto, basta hacer p > k/ε, p ∈ N,
para que
kx − x0 k < 1/p =⇒ kf (x) − f (x0 )k < k/p < ε.
Por último veamos la linealidad de f :
Si r ∈ R, sea {qn }n∈N una sucesión de racionales tal que qn → r.
Por la continuidad de f,
f (rx) = lı́m f (qn x) = lı́m qn f (x) = rf (x).
n
n
23. Sea {αn }n∈N una sucesión acotada en C y T : `1 → `1 el operador
definido por T (xn )n∈N = (αn xn )n∈N .
a) Probar que T ∈ L(`1 ) y kT k = sup{|αn | : n ∈ N}.
b) Probar que N (T ) = {0} ⇐⇒ αn 6= 0, ∀n.
c) Probar que si N (T ) = {0}, entonces R(T ) es denso en `1 .
Resp.: a) Es evidente que T es lineal.
Para ver que T es acotada, supongamos que |an | ≤ M, ∀n. Entonces
X
X
kT xk =
|an xn | ≤ M
|xn | = M kxk =⇒ kT k ≤ sup |an |.
Si elegimos la sucesión x(n) = {0, (n−1)
. . . , 0, 1, 0, . . . }, entonces
kT x(n) k = |αn | =⇒ kT k ≥ |αn |, ∀n =⇒ kT k ≥ sup |αn |.
b) Si N (T ) = {0}, T x(n) = αn 6= 0, ∀n.
Recı́procamente, si αn 6= 0, ∀n y x ∈ N (T ), entonces T x = (αn xn ) =
0 =⇒ αn xn = 0, ∀n =⇒ xn = 0, ∀n =⇒ x = 0.
82
c) Sea y = (yn )n∈N ∈ `1 y llamamos x(n) = (y1 /α1 , 0, . . . , yn /αn , 0, . . . ),
n ∈ N. Entonces T x(n) = (y1 , . . . , yn , 0, . . . ) y T x(n) → y.
24. Si X = C[0,
R 1 1], se definen los operadores S, T : X → X como
Sx(s) = s 0 x(t)dt, T x(s) = sx(s), respectivamente. ¿Conmutan
S y T ? Encontrar kSk, kT k, kT Sk y kST k.
Resp.: a) Por definición,
Z 1
t · x(t)dt,
(ST x)(s) = S(T x)(s) = S(sx(s)) = s
0
Z 1
Z 1
2
x(t)dt.
(T Sx)(s) = T (Sx(s)) = T (s
x(t)dt) = s
0
0
Es evidente entonces que no conmutan.
R1
R1
R1
b) Como kSxk = máxs∈[0,1] |s 0 x(t)dt| ≤ | 0 x(t)dt| ≤ 0 |x(t)|dt ≤
kf k, entonces kSk ≤ 1.
Si elegimos en particular x0 (s) = 1, (Sx0 )(s) = s y kSx0 k = 1. En
definitiva, kSk = 1.
Por otra parte, como kT xk = máxs∈[0,1] |sx(s)| ≤ máxs∈[0,1] |x(s)| =
kxk, también kT k ≤ 1.
Nuevamente, para x0 (s) = 1, kx0 k = 1 y (T x0 )(s) = s, de donde
kT x0 k = 1. Ası́ pues, kT k = 1.
c) Debido a que kT Sxk ≤ kT k · kSxk ≤ kT k · kSk · kxk = kxk, entonces
kT Sk ≤ 1.
Tomando x0 (s) = 1, (T Sx0 )(s) = s2 =⇒ kT Sx0 k = 1 =⇒ kT Sk ≥ 1,
lo que implica que kT Sk = 1.
R1
Por otra parte, si kxk = 1, entonces |x(s)| ≤ 1, ∀s =⇒ 0 tx(t)dt ≤
R1
R1
0 tdt = 1/2, de donde s 0 tx(t)dt ≤ s/2. Ası́ pues kST xk ≤ 1/2.
R1
Ahora bien, si elegimos la función x0 (s) = 1, (ST x0 )(s) = s 0 tx0 (t) =
s/2 de modo que kST x0 k = 1/2.
25. Sea X = C[0, 1] con la norma uniforme.
a) Si T ∈ L(X) se define como T (f )(t) =
encontrar kT k.
83
tf (t)
,t
1+t2
∈ [0, 1], f ∈ X,
b) Si S ∈ L(X) se define como S(f )(t) =
K es continua, probar que S es acotado.
R1
K(t, s)f (s)ds, donde
0
c) Fijado t0 ∈ [0, 1], se define x∗ ∈ X 0 por x∗ (f ) = f (t0 ). Encontrar
kx∗ k.
Resp.: a) Por definición,
tf (t) ≤ máx |f (t)| · máx t = 1 · kf k,
kT f k = máx 2
2
1+t
2
t∈[0,1] 1 + t
t
1+t2
porque la función y =
es creciente en [0, 1].
Para f ≡ 1 se verifica la igualdad. Por tanto, kT k = 1/2.
b) Nuevamente,
kSf k =
sup Z
K(t, s)f (s)ds
0
t∈[0,1]
Z
≤
1
sup
1
Z
|K(t, s)| · |f (s)|ds ≤ kf k · sup
1
|K(t, s)|ds.
t∈[0,1] 0
t∈[0,1] 0
Esto implica que kSk ≤ supt∈[0,1]
R1
0
|K(t, s)|ds.
c) kx∗ k = supkf k=1 |x∗ (f )| = supkf k=1 |f (t0 )| = 1.
2
2
26. Se
R t define el operador de Volterra V : L [0, 1] → L [0, 1] por (V√f )(t) =
0 f (s)ds. Probar que V es lineal y acotado y que kV k ≤ 1/ 2.
Resp.: Por la linealidad de la integral, es evidente que V es lineal.
Además V es acotado. En efecto:
Z 1
Z 1 Z t
2
2
2
f (s)ds dt
kV f k
=
|V f (t)| dt =
0
0
0
Z 1Z t
Z t
2 (desig. de Hölder) Z 1 h Z t
i
2
≤
|f (s)|ds dt
≤
|f (s)| ds ·
12 ds dt
0
0
0
0
0
Z 1hZ t
Z 1Z 1
i
=
t · |f (s)|2 ds dt =
t · |f (s)|2 dt ds
0
0
0
s
Z 1
1
=
|f (s)|2 · (1/2 − s2 /2)ds ≤ kf k2
2
0
√
1
=⇒ kV f k ≤ √ · kf k =⇒ kV k ≤ 1/ 2.
2
84
27. Se define Φ : L2 [a, b] → L2 [a, b] por Φ(f )(x) = xf (x), ∀x ∈ [a, b].
Probar que Φ es lineal y acotado con kΦk = máx{|b|, |a|}.
Resp.: Que Φ es lineal es trivial. Además
kΦ(f )k22 =
Z
b
|xf (x)|2 dx ≤ (máx{|b|, |a|})2 ·kf k22 =⇒ kΦk ≤ máx{|b|, |a|}.
a
Por otra parte, suponiendo que |b| ≥ |a| y llamando fn = χ[b− b−a ,b] ,
n
kΦ(fn )k22 =
Z
b
|xfn (x)|2 dx =
Z
|x|2 · |fn (x)|2 dx =
a
a
=
b
Z
b
|x|2 dx
b− b−a
n
h
3
x3 b
b3 (b − b−a
b − a (b − a)2 i b − a
2
n )
−
=
b
−
b
·
+
·
.
b−a =
3 b− n
3
3
n
3n2
n
Además,
kfn k22
=⇒
b
b−a
b−a
|fn (x)|2 dx = b − b +
=
n
n
a
r
kΦ(fn )k2
b − a (b − a)2
+
→ |b|
= b2 − b ·
kfn k2
n
3n2
Z
=
si n → ∞, de donde kΦk ≥ |b|. En definitiva, kΦk = |b| = máx{|a|, |b|}.
28. Sean (X, k · k1 ), (Y, k · k2 ) dos espacios normados sobre el mismo
cuerpo y T ∈ L(X, Y ) una aplicación biyectiva, tal que T −1 ∈
L(Y, X).
a) Probar que kT −1 k ≥ kT k−1 . ¿Es cierta la igualdad?
b) Probar que X es de Banach si y sólo si Y es de Banach.
Resp.: a) En general, dados dos operadores A ∈ L(X, Y ) y B ∈
L(Y, Z), debido a que
kBAxk ≤ kBk · kAxk ≤ kBk · kAk · kxk,
se deduce que kBAk ≤ kBk · kAk. En particular, 1 ≤ kT k · kT −1 k, de
lo que deducimos que kT k−1 ≤ kT −1 k.
85
La igualdad no es cierta en general. Incluso en el caso finito-dimensional,
si consideramos por ejemplo el operador T : R2 → R2 definido por
T (x1 , x2 ) = (2x1 , x2 ), entonces T es lineal, biyectiva y acotada. Además
T −1 (x1 , x2 ) = (x1 /2, x2 ). Por tanto, kT k = 2 y kT −1 k = 1, de modo
que, en general, no es cierta la igualdad entre kT k−1 y kT −1 k.
b) Supongamos que X es de Banach (análogamente se procede con la
implicación recı́proca). Si {yn }n∈N es una sucesión de Cauchy en Y ,
existe xn ∈ X tal que T xn = yn , ∀n. Como
kxn − xm k = kT −1 (yn − ym )k ≤ kT −1 k · kyn − ym k,
entonces {xn }n∈N es de Cauchy en X.
Por hipótesis, ∃x ∈ X : xn → x. Si llamamos y = T x, es fácil probar
que yn → y, con lo que Y es de Banach.
Rt
29. Sea T : C[0, 1] → C[0, 1] definido por y(t) = 0 x(s)ds. Encontrar
el rango R(T ) y T −1 : R(T ) → C[0, 1]. ¿Es T −1 lineal y acotado?
Resp.: Por definición,
R(T ) =
Z
y ∈: C[0, 1] : ∃x ∈ C[0, 1], y(t) =
t
x(s)ds
0
= {y ∈ C[0, 1] : y 0 (t) = x(t) ∈ C[0, 1], y(0) = 0} = {y ∈ C 1 [0, 1] : y(0) = 0}.
−1
Si
T x = y, es decir cuando y(t) =
R t y ∈ R(T ), será T y = x cuando
0 (t) = x(t); en definitiva, T −1 y = y 0 .
x(s)ds
lo
que
implica
que
y
0
Es claro que T −1 es lineal. Sin embargo no está acotado porque,
si elegimos fn (x) = xn , entonces kfn k = máx |fn (x)| = 1 pero
x∈[0,1]
kT −1 fn k
ra la que
= máx
|nxn−1 |
x∈[0,1]
kT −1 fn k
≤ kkfn k.
= n y no existe ninguna constante k pa-
30. En (C[a, b], k · k∞ ) sea M el subespacio de las funciones f ∈ C[a, b]
que tienen dos derivadas continuas y tales que f (a) = f (b) = 0.
Se define el operador T : M → C[a, b] por T f = f 00 . Probar que
existe T −1 y que R(T ) = C[a, b].
Resp.: T es inyectiva, pues si
f 00 = g 00 =⇒ f 0 (x) = g 0 (x) + C =⇒ f (x) = g(x) + Cx + D.
86
Ahora bien, de f (a) = g(a) = 0 y f (b) = g(b) = 0, se deduce que
f = g.
T es además
sobre, pues si g(x) = f 00 (x) con f (a) = f (b) = 0, entonces
R
x
f 0 (x) = a g(t)dt + k1 , de donde
Z xhZ s
i
g(t)dt ds + k1 (x − a) + k2 ;
f (x) =
a
eligiendo k1 =
−1
b−a
M.
a
Z bhZ
a
s
i
g(t)dt ds y k2 = 0, deducimos que f ∈
a
31. Sea X = {f : [0, 1] → R : f continua} provisto de la norma de
la
R x convergencia uniforme y sea T : X → X definido por T f (x) =
0 f (s)ds.
Rx
a) Probar que T n f (x) = 0 Kn (x, s)f (s)ds, donde Kn (x, s) es una
función continua en [0, 1] × [0, 1].
b) Calcular kT n k y la suma de la serie
P∞
n=1 T
n.
c) Resolver la ecuación (I − T )f = g con f ∈ X .
Resp.: a) Si aplicamos el método de inducción, para n = 1, K1 (t, u) =
1, que es evidentemente continua.
Si suponemos la propiedad cierta para n, entonces
Z t
Z thZ v
i
n+1
n
n
T
x(t) = T (T x)(t) =
T x(v)dv =
Kn (v, u)x(u)du dv.
0
0
0
Intercambiando el orden de integración, obtenemos:
Z thZ t
Z t
i
T n+1 x(t) =
Kn (v, u)x(u)dv du =
Kn+1 (t, u)x(u)du,
0
u
0
Rt
donde definimos Kn+1 (t, u) = u Kn (v, u)dv. Para ver que es continua,
calcularemos explı́citamente Kn :
Rt
Claramente, K1 (t, u) = 1 y K2 (t, u) = u dv = t − u; si suponemos que
Kn (t, u) =
(t−u)n−1
(n−1)! ,
veamos que Kn+1 (t, u) =
Z
t
Kn+1 (t, u) =
u
(t−u)n
n! :
(v − u)n−1
(t − u)n
dv =
(n − 1)!
n!
87
la cual es evidentemente continua.
b) Como
|T n x(t)| ≤
Z
0
t
(t − u)n−1
|x(u)|du ≤ kxk∞
(n − 1)!
Z
t
0
(t − u)n−1
kxk∞
du ≤
,
(n − 1)!
n!
entonces kT n xk ≤ kxk∞ /n! con lo que kT n k ≤ (1/n!).
Rt
n−1
tn
n
Por otra parte, como T n 1 = 0 (t−u)
(n−1)! du = n! , entonces kT 1k =
(1/n!). En definitiva, kT n k = (1/n!).
P
n k es convergente. Por ser
Esto indica además que la serie n∈N kTP
n
L(X) completo, es convergente también
n∈N T . Para calcular su
suma, debido a que
p
X
n
T x(t) =
Z t
1+
0
n=1
(t − u)p−1 t−u
+ ··· +
x(u)du,
1!
(p − 1)!
Rt
definimos H : X → X por Hx(t) = 0 et−u · x(u)du. Ası́ definido, H
es lineal y acotado pues
Z t
Z 1
−u
t
e |x(u)|du ≤ k · kxk∞ donde k = e
e−u du.
|Hx(t)| ≤ e
0
0
Además
p
X
Hx(t) −
T n x(t) ≤
Z t
p−1
t−u X (t − u)n −
e
· |x(u)|du
n!
0
n=0
n=1
p−1
X
(t − u)n ≤ kxk∞ · sup et−u −
,
n!
u∈[0,t]
n=0
de donde
kHx −
p
X
n
T xk∞
p−1
ϑ X
≤ kxk∞ · sup e −
ϑn /n!.
ϑ∈[0,1]
n=1
n=0
Ahora bien, como la serie n≥0 ϑn /n! converge uniformemente a eϑ sobre cualquier compacto deP
R, el supremo anterior tiende a cero cuando
p → ∞. Esto prueba que n≥1 T n = H.
P
c) Dado g ∈ X, como la serie I + T + · · · + T n + . . . converge en L(X)
a I + H y, debido a que
(I − T )(I + T + · · · + T n ) = (I + T + · · · + T n )(I − T ) = I − T n+1 → I,
se deduce que existe (I − T )−1 = I + T + · · · + T n + · · · = I + H.
88
La ecuación dada tiene pues solución x = (I − T )−1 g = (I + H)g, de
donde
Z t
x(t) = g(t) + et ·
e−u g(u)du.
0
32. Probar que f1 (x) = máxt∈[a,b] x(t) y f2 (x) = mı́nt∈[a,b] x(t) definen
funcionales en C[a, b]. ¿Son lineales? ¿Acotados?
Resp.: Por ser x ∈ C[a, b], alcanza los valores máximo y mı́nimo, con
lo que ambos funcionales están definidos. Ninguno de ellos es lineal: si
hacemos por ejemplo x1 (t) = t y x2 (t) = 1 − t en [0, 1], f1 (x1 + x2 ) =
máx(x1 (t) + x2 (t)) = 1 pero f1 (x1 ) + f1 (x2 ) = máx x1 (t) + máx x2 (t) =
1 + 1 = 2.
Análogamente se comprueba con el mı́nimo.
33. Sea X un espacio normado complejo y f un funcional lineal sobre
X . Si llamamos f1 (x) = Re f (x), f2 (x) = Im f (x), ∀x ∈ X , probar
la equivalencia de las siguientes proposiciones:
i) f : X → C es acotado.
ii) f1 : X → R es lineal y acotado.
iii) f2 : X → R es lineal y acotado.
Resp.: Dado f (x) = f1 (x) + if2 (x), como
f (ix) = f1 (ix) + if2 (ix)
=⇒ f1 (ix) = −f2 (x), f2 (ix) = f1 (x),
if (x) = if1 (x) − f2 (x)
podemos escribir f (x) = f1 (x) − if1 (ix), ∀x ∈ X.
i) =⇒ ii): Supongamos que f es acotado. Veamos que f1 es lineal y
acotado.
f1 (x + y) + if2 (x + y) = f (x + y) = f (x) + f (y)
= f1 (x) + if2 (x) + f1 (y) + if2 (y)
= f1 (x) + f1 (y) + i[f2 (x) + f2 (y)].
Igualando la parte real se deduce que f1 (x + y) = f1 (x) + f1 (y).
89
Análogamente se prueba que f1 (αx) = αf1 (x).
|f1 (x)| ≤ |f (x)| ≤ kf k · kxk =⇒ kf1 k ≤ kf k.
ii) =⇒ iii): Como f2 (x) = −f1 (ix), entonces
f2 (x + y) = −f1 (ix + iy) = −f1 (ix) − f1 (iy) = f2 (x) + f2 (y), ∀x, y ∈ X;
f2 (αx) = −f1 (iαx) = −αf1 (ix) = αf2 (x);
|f2 (x)| = |f1 (ix)| ≤ kf1 k · kixk = kf1 k · kxk =⇒ kf2 k ≤ kf1 k.
iii) =⇒ i): Si escribimos f de la forma f (x) = f2 (ix) + if2 (x), resulta:
|f (x)| = |f2 (ix) + if2 (x)| ≤ |f2 (ix)| + |if2 (x)|
≤ kf2 k · kxk + kf2 k · kxk =⇒ kf k ≤ 2kf2 k.
3
34. Sea Z = {x ∈ R3 : x2 = 0} y f : Z → R definido por f (x) = x1 −x
2 .
3
Encontrar una extensión lineal f de f a todo R tal que f (x0 ) = k
(k constante dada), con x0 = (1, 1, 1). ¿Es única tal f ?
Resp.: Por hipótesis, f (1, 0, 0) = 1/2 y f (0, 0, 1) = −1/2.
Para que f (1, 1, 1) = k, debe ser
f (1, 1, 1) =
1
1
+ f (0, 1, 0) − = f (0, 1, 0) = k.
2
2
La extensión es única porque queda determinada la imagen de la base
canónica.
35. En el espacio métrico (R3 , k · k1 ) consideramos el subespacio lineal M = {x ∈ R3 : x1 + 2x2 = x3 = 0} y definimos f ∈ M 0 por
f (x) = x1 . Encontrar dos extensiones diferentes de f a todo R3
con la misma norma de f .
Resp.: Por definición, M es el espacio generado por u = (1, −1/2, 0).
Como kuk1 = 3/2 y f (u) = 1, entonces, ∀x ∈ M de la forma x = α · u,
f (x) = α y kf k = sup
x6=0
|α|
2
|f (x)|
= sup
= .
kxk
3
α∈R (3/2)|α|
90
Sea {e1 , e2 , e3 } la base canónica de R3 y fe una extensión de f .
Como kfek = kf k = 2/3, en particular debe ser
|fe(ei )| ≤ 2/3, i = 1, 2, 3.
(1)
Como además fe(u) = f (u), tenemos que
1 = fe(e1 − e2 /2) = fe(e1 ) − (1/2)fe(e2 ).
(2)
De (1) y (2) se deduce que necesariamente fe(e1 ) = 2/3 y fe(e2 ) = −2/3.
Basta elegir arbitrariamente fe(e3 ) tal que |fe(e3 )| ≤ 2/3 para que, dado
cualquier x ∈ R3 , con x = x1 e1 + x2 e2 + x3 e3 ,
fe(x) =
|fe(x)| ≤
2
2
x1 − x2 + fe(e3 )x3 ;
3
3
2
2
2
2
|x1 | + |x2 | + |fe(e3 )| · |x3 | ≤ [|x1 | + |x2 | + |x3 |] = kxk1 ,
3
3
3
3
de donde kfek ≤ 2/3. Por ser extensión de f , kfek ≥ kf k = 2/3. Esto
implica que kfek = kf k.
36. Sean X, Y 6= {0} espacios normados con dim X = ∞.
a) Probar que existe al menos un operador lineal no acotado
T : X → Y.
b) Probar que el espacio dual X 0 no coincide con el dual algebraico X ∗ .
Resp.: a) Sea {en }n∈N una base de Hamel de X. Si definimos T en =
nen , T es lineal. Además, como kT en k = nken k, entonces kT en k/ken k =
n y ∃n : kT en k/ken k > k, ∀k lo que implica que T no es acotado.
b) El operador definido por T en = n está en X ∗ por ser lineal, pero
no está en X 0 por no ser acotado.
37. Sea X un espacio normado y M un subespacio cerrado de X . Si
denotamos por M ⊥ = {f ∈ X 0 : f (y) = 0, ∀y ∈ M } al llamado
conjunto anulador o polar de M , demostrar:
a) M ⊥ es subespacio cerrado de X 0 .
91
b) M ⊥ es isomorfo a (X/M )0 .
Resp.: a) Sea {fn }n∈N una sucesión de Cauchy en M ⊥ . Entonces para
cualquier x ∈ X,
|fn (x) − fm (x)| ≤ kfn − fm k · kxk → 0
con lo que {fn (x)}n∈N es de Cauchy en E(= R ó C), lo que implica
que ∃λ ∈ E : fn (x) → λ. Esto permite definir el funcional f : X → E
por f (x) = λ. Es evidente que f es lineal. Además
• f es acotado pues |f (x)| = |λ| = lı́m |fn (x)| ≤ lı́m kfn k · kxk.
n→∞
n→∞
• fn → f porque kfn − f k = sup |fn (x) − f (x)| ≤ ε.
kxk=1
• f ∈ M ⊥ porque f (y) = lı́mn fn (y) = 0, ∀y ∈ M.
b) Definimos T : (X/M )0 → M ⊥ por (T f )(x) = f (ϕ(x)), donde ϕ es la
aplicación canónica (que envı́a a todo elemento la clase de equivalencia
que lo contiene). Ası́ definido, es evidente que T es lineal. Veamos que
T es acotado:
|(T f )(x)| = |f (ϕ(x))| ≤ kf k · kϕ(x)k ≤ kf k · kϕk · kxk.
Como kϕk ≤ 1, entonces kT f k ≤ kf k, de donde kT k ≤ 1.
Además, si y ∈ M, (T f )(y) = f (ϕ(y)) = f ([0]) = 0, es decir T f ∈
M ⊥.
Falta comprobar que T es sobre. Para ello, a cada g ∈ M ⊥ , le asociamos el funcional f : X/M → E definido por f (ξ) = g(x), si x ∈ ξ.
Debemos probar:
• f está bien definido pues si x, x0 ∈ ξ, entonces
x − x0 ∈ M =⇒ g(x − x0 ) = 0 =⇒ g(x) = g(x0 ).
• f es lineal (evidente).
• f es acotado:
|f (ξ)| = |g(x)| ≤ kgk·kxk =⇒ |f (ξ)| ≤ kgk·ı́nf kxk = kgk·kξk =⇒ kf k ≤ kgk.
x∈ξ
• T f = g (evidente).
• kT k = 1:
kf k(X/M )0 = sup f (ξ) ≤ sup |f (ϕ(x))| = sup |T f (x)| = kT f k.
ξ∈X/M
x∈X
92
x∈X
38. Sea c0 = {a = (an )n∈N : an ∈ C, an → 0}.
a) Probar que c0 es un espacio de Banach con la norma inducida
por `∞ .
b) Demostrar que el dual de c0 es `1 .
Resp.: a) c0 es normado por ser subespacio de `∞ . Veamos que es
cerrado:
Si a ∈ c0 , ∃(an )n∈N ⊂ c0 : an → a. Entonces
kan −ak∞ = sup |akn −ak | < ε, ∀n > N (ε) =⇒ |akn −ak | < ε, ∀k, ∀n > N (ε).
k
De este modo, |ak | ≤ |ak − akn | + |akn | < ε + ε porque an ∈ c0 , es decir
lı́mk→∞ akn = 0. Esto prueba que a ∈ c0 .
P
fn xn ,
b) Definimos F : `1 → (c0 )0 por F f = fe, donde fe(x) =
n≥1
∀x ∈ c0 .
• Eligiendo x = (x1 , . . . , xN , 0, . . . ),
|fe(x)| ≤
N
X
|fn xn | ≤ máx |xn | ·
n=1
N
X
|fn |.
n=1
Haciendo N → ∞, |fe(x)| ≤ kxk∞ · kf k1 =⇒ kfek ≤ kf k1 =⇒
kF k ≤ 1.
e
• F es isometrı́a: Dado fe ∈ (c0 )0 , llamamos fP
n = f (en ).
N
e
Ası́, si x = (x1 . . . , xN , 0, . . . ), f (x) = n=1 fn xn(
. Como fn =
e−iϕn si 0 < n ≤ N
(N )
(N )
eiϕn ·|fn |, definimos g (N ) = (gn )n∈N , donde gn =
0
si n > N.
Entonces:
|fe(g (N ) )| =
N
X
|fn | ≤ kfek · kg (N ) k∞ = kfek < ∞.
n=1
Esto implica que f = (fn )n∈N ∈ `1 y kf k1 ≤ kfek =⇒ kF k = 1.
P
• F es sobre: Dado fe ∈ (c0 )0 , ∀x ∈ c0 , escribimos x = n∈N xn en con
P
lo que fe(x) = n∈N xn fe(en ). Basta probar que (fe(en ))n∈N ∈ `1 ,
93
P
P
es decir n∈N |fe(en )| < ∞. Para ello tomamos: x(N ) = N
n=1
en ∈ c0 , de donde
N
X
|fe(en )| =
n=1
Si hacemos N → ∞,
fe(en )
·
|fe(en )|
N
X
fe(en ) e
· f (en ) = fe(x(N ) ) ≤ kfek.
|fe(en )|
n=1
P∞
n=1 |f (en )|
e
< ∞.
TEMAS COMPLEMENTARIOS
1. Construcción de espacios normados: espacio producto y espacio cociente
([CC], [So]).
2. Espacios de funciones continuas. Base de Schauder para C[0, 1]. Espacio
dual de C[a, b] ([KF]).
3. Espacio dual de Lp (X, µ) ([Ro]).
4. Ecuaciones integrales lineales ([Da], [KF]).
5. Cálculo diferencial en espacios normados: derivadas de Fréchet y Gâteaux
([KF], [LS]).
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