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AN ´ALISIS FUNCIONAL

Oscar Blasco

Chapter 1

Introducci´on a los espacios de

Hilbert

1.1 Producto escalar: Propiedades y ejemp-

los

Definici´on 1.1.1 Sea X un espacio vectorial sobre K (K = R ´o C). Una aplicaci´on 〈·, ·〉 : X × X → K se llama producto escalar si cumple las sigu- ientes propiedades: (i) 〈x + y, z〉 = 〈x, z〉 + 〈y, z〉, x, y, z ∈ X. (ii)〈αx, y〉 = α〈x, y〉, x, y ∈ X, α ∈ K. (iii) 〈y, x〉 = 〈x, y〉, x, y ∈ X. (iv) 〈x, x〉 > 0 , x ∈ X, x 6 = 0.

Nota 1.1.1 Se obtiene de manera inmediata que (v) 〈x, y + z〉 = 〈x, y〉 + 〈x, z〉, x, y, z ∈ X. (vi) 〈x, αy〉 = ¯α〈x, y〉, x, y ∈ X, α ∈ K.

Definici´on 1.1.2 Un espacio (X, 〈·, ·〉) dotado de un producto escalar se dice

espacio prehilbertiano. Definimos ‖x‖ =

√ 〈x, x〉.

Ejemplo 1.1.1 Rn^ = {x = (x 1 , ..., xn) : xi ∈ R} con

〈x, y〉 =

∑^ n

i=

xiyi.

1.1. Producto escalar: Propiedades y ejemplos 7

Proposici´on 1.1.4 (Desigualdad de Minkowski) Sea (X, 〈·, ·〉) un espacio prehilbertiano. Entonces

‖x + y‖ ≤ ‖x‖ + ‖y‖, x, y ∈ X (1.2)

Demostraci´on: Usando (1.1) se tiene

‖x + y‖^2 = 〈x + y, x + y〉 = ‖x‖^2 + 2<〈x, y〉 + ‖y‖^2 ≤ ‖x‖^2 + 2|〈x, y〉| + ‖y‖^2 ≤ ‖x‖^2 + 2‖x‖‖y‖ + ‖y‖^2 = (‖x‖ + ‖y‖)^2.



Nota 1.1.2 Si (X, 〈·, ·〉) es un espacio prehilbertiano entonces (X, ‖ · ‖) es un espacio normado.

Proposici´on 1.1.5 Sea (X, 〈·, ·〉) un espacio prehilbertiano. Entonces (i) ‖ · ‖ : X → R+^ es continua. (ii) 〈·, ·〉 : X × X → K es continua. (iii) + : X × X → K definida por (x, y) → x + y es continua. (iv). : K × X → K definida por (λ, x) → λx es continua.

Demostraci´on: (i) Como ‖x‖ ≤ ‖x − y‖ + ‖y‖ y ‖y‖ ≤ ‖x − y‖ + ‖x‖ se concluye que ‖x‖ − ‖y‖ ≤ ‖x − y‖ y tambi´en ‖y‖ − ‖x‖ ≤ ‖x − y‖. Es decir,

|‖x‖ − ‖y‖| ≤ |x − y‖.

Lo que demuestra la continuidad de la norma. (ii) Supongamos que xn → x y yn → y. Entonces

|〈xn, yn〉 − 〈x, y〉| = |〈xn − x, yn〉 + 〈x, yn − y〉| ≤ |〈xn − x, yn〉| + |〈x, yn − y〉| ≤ ‖xn − x‖‖yn‖ + ‖x‖‖yn − y‖.

Ahora tomar limn→∞. (iii) y (iv) inmediatas. 

8 Chapter 1. Introducci´on a los espacios de Hilbert

Corolario 1.1.6 Si Y es un subespacio vectorial de X entonces la clausura Y^ ¯ es tambien un subespacio.

Demostraci´on: Si λ, β ∈ K y x, y ∈ Y¯ existen (xn) e (yn) sucesiones en Y tales que xn → x e yn → y.

Ahora por continuidad λxn + βyn ∈ Y y λx + βy = limn(λxn + βyn) ∈ Y .¯ 

Proposici´on 1.1.7 (Ley del paralelogramo) Sea (X, 〈·, ·〉) un espacio pre- hilbertiano. Entonces

‖x + y‖^2 + ‖x − y‖^2 = 2(‖x‖^2 + ‖y‖^2 ) x, y ∈ X (1.3)

Demostraci´on:

‖x + y‖^2 + ‖x − y‖^2 = ‖x‖^2 + 2<(〈x, y〉) + ‖y‖^2

• ‖x‖^2 − 2 <(〈x, y〉) + ‖y‖^2 = 2(‖x‖^2 + ‖y‖^2 ).

Proposici´on 1.1.8 (Identidad de polarizaci´on) Sea (X, 〈·, ·〉) un espacio pre- hilbertiano real. Entonces

〈x, y〉 =

(‖x + y‖^2 − ‖x − y‖^2 ) x, y ∈ X (1.4)

Demostraci´on:

‖x + y‖^2 − ‖x − y‖^2 = ‖x‖^2 + 2〈x, y〉 + ‖y‖^2 − (‖x‖^2 − 2 〈x, y〉 + ‖y‖^2 = 4 〈x, y〉.

10 Chapter 1. Introducci´on a los espacios de Hilbert

Demostraci´on: Sea

fn(t) =

  

0 0 ≤ t < (^12) n(t − 12 ) 12 ≤ t < 12 + (^) n^1 1 12 + (^1) n ≤ t ≤ 1

Como 0 ≤ fn ≤ 1, se tiene que para m ≥ n

‖fn − fm‖^22 =

∫ (^1)

0

|fn(t) − fm(t)|^2 dt =

∫ (^12) + (^1) n 12 |fn(t)^ −^ fm(t)|

(^2) dt ≤ 4 n

Por tanto {fn} es una sucesi´on de Cauchy. Supongamos que existe f ∈ C([0, 1]) tal que limn ‖fn −f ‖ 2 = 0. Entonces ∫ (^1)

0

|fn(t) − f (t)|^2 dt =

∫ (^1) / 2

0

|f (t)|^2 dt

∫ (^1) /2+1/n

1 / 2

|fn(t) − f (t)|^2 dt

∫ (^1)

1 /2+1/n

| 1 − f (t)|^2 dt.

Tomando limn→∞ se concluye que

∫ (^1) / 2 0 |f^ (t)| (^2) dt + ∫^1 1 / 2 |^1 −^ f^ (t)| (^2) dt = 0.

Como f es continua entonces f (t) = 0 para 0 < t < 1 /2 y f (t) = 1 para 1 / 2 < t < 1. Como consecuencia f no es continua en t = 1/2. 

Definici´on 1.2.4 Sea (X, 〈·, ·〉) un espacio prehilbertiano y sean x, y ∈ X. Diremos que x e y son ortogonales , y denotaremos x ⊥ y, si 〈x, y〉 = 0. Dado ∅ 6 = M ⊂ X definimos el conjunto ortogonal de M por

M ⊥^ = {x ∈ X : 〈x, y〉 = 0 para todo y ∈ M }.

Ejemplo 1.2.1 Sea X = Rn^ y sean x = (1, 0 , ..., 0) e y = (0, 1 , 0 ....). En- tonces x ⊥ y. Sea x 0 = (a 1 , ..., an). Entonces (x 0 )⊥^ = {(x 1 , ..., xn) :

∑n k=1 aixi^ = 0}^ es un hiperplano de vector normal x 0.

Ejemplo 1.2.2 Sea X = `^2 y sean en = (

︷ n︸︸−^1 ︷ 0 , ..., 0 , 1 , 0 ..., 0) para n ∈ N. Entonces en ⊥ em si n 6 = m. Si x = (1, 1 , 0 , 0 , ...) e y = (0, 0 , 1 , 1 / 2 , 1 / 3 , 1 / 4 , ....) entonces x ⊥ y.

1.2. Completitud y ortogonalidad 11

Si x = (1,

√ 1 / 2 ,

√ 1 / 4 , ....,

√ 1 / 2 n, ...) e y = (− 1 ,

√ 1 / 2 ,

√ 1 / 4 , ....,

√ 1 / 2 n, ...) entonces x ⊥ y. Sea x = (1, 1 / 2 , 1 / 4 , ..., 1 / 2 n, ....). Entonces

x⊥^ = {(x 1 , ..., xn, ..) :

∑^ ∞

n=

|xn|^2 < ∞,

∑^ ∞

n=

xn 2 n−^1

Por ejemplo y 1 = (− 1 , 0 , ....) ´o y 2 = (0, − 1 / 2 , 1 , 0 , ....) pertenecen a x⊥.

Ejemplo 1.2.3 Sean X = L^2 ([0, 1]), f (t) = sen(2πt) y g(t) = cos(2πt). Entonces f ⊥ g, pues ∫ (^1)

0

sen(2πt)cos(2πt)dt =

∫ (^1)

0

sen(4πt) = 0.

En el caso complejo, sea φn(t) = e^2 πint^ para n ∈ Z. Entonces φn ⊥ φm si n 6 = m. ∫ (^1)

0

φn(t)φm(t)dt =

∫ (^1)

0

e^2 πi(n−m)tdt

=

∫ (^1)

0

cos(2π(n − m)t)dt

• i

∫ (^1)

0

sen(2π(n − m)t)dt = 0, n 6 = m.

Si f 0 (t) = 1 entonces

(f 0 )⊥^ = {f ∈ L^2 ([0, 1]);

∫ (^1)

0

f (t) = 0}.

Proposici´on 1.2.5 Sea (X, 〈·, ·〉) un espacio prehilbertiano y ∅ 6 = M ⊂ X. Entonces (i) M ⊥^ es un subespacio vectorial cerrado. (ii) ( M¯ )⊥^ = M ⊥.

Demostraci´on: (i) Es suficiente ver que x⊥^ es subespacio cerrado, pues M ⊥^ = ∩x∈M x⊥, y es claro que la intersecci´on de subespacios es subespacio y la intersecci´on de cerrados es cerrado. N´otese ahora que

x⊥^ = {y ∈ M : 〈x, y〉 = 0} = (φx)−^1 ({ 0 })

donde φx(y) = 〈x, y〉 es continua y lineal. (ii) Se tiene que ( M¯ )⊥^ ⊂ M ⊥^ ya que M ⊂ M¯. Dado ahora x ∈ M ⊥^ y dado y ∈ M¯ , existe yn ∈ M tal que yn → y. Por tanto 〈x, yn〉 → 〈x, y〉, y como 〈x, yn〉 = 0 entonces x ⊥ y. 

1.3. Proyecciones ortogonales. 13

Demostraci´on: Probemos primero la existencia. Si x ∈ C tomemos u = x. Podemos suponer que x /∈ C, y por ser C cerrado, d(x, C) = d > 0. Sea (yn) una sucesi´on de puntos de C tales que

d^2 = ‖x − yn‖^2 ≤ d^2 + 1/n.

Veamos que (yn) es de Cauchy. Usando la ley del paralelogramo (1.3)

‖(yn + ym) − 2 x‖^2 + ‖yn − ym‖^2 = 2 ‖yn − x‖^2 + 2‖ym − x‖^2

≤ 4 d^2 +

n

m

Como C es convexo se tiene que ‖(yn + ym) − 2 x‖^2 = 4‖y 2 n + y 2 m − x‖^2 ≥ 4 d^2. Es decir, 4 d^2 + ‖yn − ym‖^2 ≤ 4 d^2 + 2/n + 2/m.

Por tanto si n 0 ∈ N es tal que 2/n < ε^2 /2 para n ≥ n 0 se obtiene

‖yn − ym‖ < ε, n, m ≥ n 0.

Como (C, d) es un espacio m´etrico completo existe u ∈ C tal que

nlim→∞ ‖yn^ −^ u‖^ = 0.

Por tanto

d ≤ ‖x − u‖ ≤ ‖x − yn‖ + ‖yn − u‖ ≤

√ d^2 + 1/n + ‖yn − u‖.

Y tomando l´ımites se obtiene d = ‖x − u‖. Para la unicidad suponer que u 1 ∈ C y u 2 ∈ C verifican que ‖x − u 1 ‖ = ‖x − u 2 ‖ = d(x, C). Usando de nuevo (1.3)

‖u 1 − u 2 ‖^2 + 4‖x − (

u 1 2

u 2 2

)‖^2 = 2‖u 1 − x‖^2 + 2‖u 2 − x‖^2 = 4d^2.

Como u 21 + u 22 ∈ C se tiene 4‖x − (u 21 + u 22 )‖^2 ≥ 4 d^2 y por tanto ‖u 1 − u 2 ‖ = 0. 

Definici´on 1.3.3 Si ∅ 6 = C es un conjunto convexo y cerrado de un espacio de Hilbert denotamos PC (x) el ´unico elemento en C tal que

‖x − PC x‖ = d(x, C).

14 Chapter 1. Introducci´on a los espacios de Hilbert

Veamos una propiedad que refleja la idea intuitiva de que el ´angulo que forma x − PC x con v − PC x para todo v ∈ C es mayor que π/2.

Proposici´on 1.3.4 Sea X espacio de Hilbert real, ∅ 6 = C ⊂ X convexo y cerrado. Entonces (i) 〈x − PC x, v − PC x〉 ≤ 0 , v ∈ C, x ∈ X. (ii) ‖PC x − PC y‖ ≤ ‖x − y‖, x, y ∈ X.

Demostraci´on: (i) Si x ∈ C entonces PC x = x y 〈v − PC x, x − PC x〉 = 0. Supongamos que x /∈ C, v ∈ C y 0 ≤ t ≤ 1. Si d(x, C) = ‖x − PC x‖ = d se tiene

0 < d^2 ≤ ‖x − (tv + (1 − t)PC x)‖^2 = ‖x − PC x − t(v − PC x)‖^2 ≤ ‖x − PC x‖^2 + t^2 ‖v − PC x‖^2 − 2 t〈x − PC x, v − PC x〉 = d^2 + t^2 ‖v − PC x‖^2 − 2 t〈x − PC x, v − PC x〉.

Por tanto

2 〈x − PC x, v − PC x〉 ≤ t‖v − PC x‖^2 , 0 < t < 1.

Pasando al limt→ 0 se obtiene (i). (ii) Usando (i) se puede poner

〈x − PC x, PC y − PC x〉 ≤ 0 , 〈PC y − y, PC y − PC x〉 ≤ 0.

Sumando ambas desigualdades se concluye que

〈x − y − (PC x − PC y), PC y − PC x〉 ≤ 0 ,

y denotando u = x − y − (PC x − PC y) y v = PC y − PC x tenemos 〈u, v〉 ≤ 0. De la ley del paralelogramo se concluye

‖x − y‖^2 = ‖u − v‖^2 = ‖u‖^2 + ‖v‖^2 − 2 〈u, v〉 ≥ ‖v‖^2 = ‖PC y − PC x‖^2.



Teorema 1.3.5 Sea X un espacio de Hilbert y Y un subespacio cerrado de X. Entonces PY x = u si y s´olo si u ∈ Y y x − u ∈ Y ⊥. En particular X = Y

⊕ Y ⊥.

16 Chapter 1. Introducci´on a los espacios de Hilbert

Usando ahora que PY (0) = 0 se tiene ‖PY (x)‖ = ‖PY (x) − PY (0)‖ ≤ ‖y‖. (ii) Es claro que PY (PY x) = PY x pues PY x ∈ Y. Dado y ∈ Y se tiene que y = PY y luego ImPY = Y. Finalmente si x ∈ KerPY significa que PY x = 0 y por tanto x − 0 ∈ Y ⊥.

Definici´on 1.3.7 PY se conoce como la proyecci´on ortogonal de X sobre Y.

Proposici´on 1.3.8 Sea Y subespacio de un Hilbert X. (i) Y es cerrado ⇐⇒Y = Y ⊥⊥. (ii) Y es denso ⇐⇒Y ⊥^ = { 0 }.

Demostraci´on: (i) Es evidente que Y ⊂ Y ⊥⊥^ y si coinciden Y es el ortog- onal de un conjunto y por tanto cerrado. Suponiendo que Y es cerrado, usando el Teorema 1.3.5, dado x ∈ Y ⊥⊥^ se tiene x = y + z con y ∈ Y y z ∈ Y ⊥. Ahora bien z = x − y ∈ Y ⊥⊥^ ∩ Y ⊥^ y por tanto z = 0 y x^ = y ∈ Y. (ii) Apliquemos el Teorema 1.3.5 al subespacio Y¯. Se tiene que X = Y¯ + Y ⊥^ y por tanto X = Y¯ ⇐⇒Y ⊥^ = { 0 }. 

Ejemplo 1.3.1 Calcular I = infa,b∈R

∫ (^) π −π |sen(t)^ −^ (a^ +^ bt)| (^2) dt.

Demostraci´on: Consideremos X = L^2 ([−π, π]), Y = {a + bt : a, b ∈ R}. Claramente Y es un subespacio vectorial. Veamos que es cerrado. Sea fn(t) = an + bnt sucesi´on convergente a f en L^2 ([−π, π]). En particular

2 πan =

∫ (^) π

−π

fn(t)dt,

2 π^3 3

bn =

∫ (^) π

−π

tfn(t).

Por tanto (an) y (bn) son sucesiones de Cauchy en R. Sean a = lim an y b = lim bn. La funci´on f (t) = a + bt ∈ Y , ya que

(

∫ (^) π

−π

t|fn(t) − f (t)|^2 dt)^1 /^2 ≤ (

∫ (^) π

−π

|an − a|^2 dt)^1 /^2 + (

∫ (^) π

−π

|(bn − b)t|^2 dt)^1 /^2

= |an − a|(2π)^1 /^2 + |bn − b|(

2 π^3 3

)^1 /^2.

Utilizando el Teorema de la proyecci´on buscamos a, b ∈ R tales que sen(t) − (a + bt) ∈ Y ⊥, es decir ∫ (^) π

−π

(sen(t) − (a + bt))dt = 0, ∫ (^) π

−π

(sen(t) − (a + bt))tdt = 0.

1.4. Dualidad 17

La primera ecuaci´on da a = 0 y la segunda b = (^) π^13

∫ (^) π 0 tsentdt.^ 

Ejemplo 1.3.2 Sea X = `^2 y definimos

Y = {(xn) ∈ `^2 :

∑^ ∞

n=

xn = 0}.

Probar que Y es denso en `^2.

Demostraci´on: Es inmediato ver que Y es un subespacio. Aplicando Proposici´on 1.3.8 veremos que Y ⊥^ = { 0 }. Supongamos que (yn) ∈ Y ⊥. Consideremos x = (1, − 1 , 0 , ....) = e 1 − e 2 ∈ Y entonces

∑∞ n=1 ynxn^ =^ y^1 −^ y^2 = 0.^ Por tanto^ y^1 =^ y^2.^ Considerando e 2 − e 3 ∈ Y se obtiene y 2 = y 3. En general, ek − ek+1 ∈ Y y por tanto yk = yk+1. Ahora el vector y ∈ `^2 y por tanto yk = 0 para todo k ∈ N. 

1.4 Dualidad

Definici´on 1.4.1 Sea X un espacio de Hilbert. Una aplicaci´on lineal con- tinua de X en K se conoce como forma lineal continua. Denotamos X′^ = {φ : X → K, lineal continua } y le llamamos espacio dual de X.

Nota 1.4.1 Sea x 0 ∈ Y , la aplicaci´on φx 0 : X → K dada por φx 0 (x) = 〈x, x 0 〉 pertenece a X′.

Teorema 1.4.2 (Teorema de Riesz-Fr´echet) Sea X un espacio de Hilbert. Para toda φ ∈ X′^ existe un ´unico x 0 tal que

φ(x) = 〈x, x 0 〉, x ∈ X.

Es decir, X′^ = X.

Demostraci´on: Sea Y = φ−^1 ({ 0 }) = Kerφ. Es un subespacio cerrado de X. Si Y = X entonces tomamos x 0 = 0. Supongamos que Y ( X. Escribimos X = Y

⊕ Y ⊥. Fijemos v ∈ X \ Y , y denotemos w = v − PY v ∈

Y ⊥. Es claro que w 6 = 0 y que φ(w) 6 = 0. Definimos x 0 = φ ‖w(w‖ 2 ) w ∈ Y ⊥.

Comprobemos que φ(x) = 〈x, x 0 〉 para todo x ∈ X.

Chapter 2

Introducci´on a los espacios de

Banach

2.1 Espacios normados: Propiedades y ejem-

plos

Definici´on 2.1.1 Sea K = R ´o C y sea X un espacio vectorial sobre K. Una norma sobre X es una aplicaci´on ‖ · ‖ : X → [0, ∞) verificando (i) ‖x‖ ≥ 0 para todo x ∈ X y ‖x‖ = 0 si, y s´olo si, x = 0. (ii)‖αx‖ = |α|‖x‖ para todo x ∈ X y todo α ∈ K. (iii) ‖x + y‖ ≤ ‖x‖ + ‖y‖ para todo x e y en X. Un espacio vectorial (X, ‖ · ‖) se dice espacio normado si ‖ · ‖ es una norma sobre X.

Definici´on 2.1.2 En Kn^ definimos las siguientes normas:

‖(x 1 , ..., xn)‖ 1 =

∑^ n

k=

|xi|, (2.1)

‖(x 1 , ..., xn)‖ 2 = (

∑^ n

k=

|xi|^2 )^1 /^2 , (2.2)

‖(x 1 , ..., xn)‖∞ = sup 1 ≤k≤n

|xi|. (2.3)

Nota 2.1.1 La pruebas de (2.1) y (2.3) son elementales. El hecho de que (2.2) es una norma se vi´o en el Capitulo anterior.

20 Chapter 2. Introducci´on a los espacios de Banach

Definici´on 2.1.3 Sea 1 < p < ∞ en Kn^ definimos

‖(x 1 , ..., xn)‖p = (

∑^ n

k=

|xi|p)^1 /p. (2.4)

Veamos que ‖ · ‖p es una norma. Para ello usaremos los siguientes lemas.

Lema 2.1.4 (Desigualdad de Young) Sea 1 < p < ∞ y (^1) p + (^1) q = 1. Entonces

ab ≤

ap p

bq q

, ∀a, b ≥ 0. (2.5)

Demostraci´on: Podemos suponer que a > 0, b > 0 y a ≥ b. Poniendo x = ap^ e y = bq^ hemos de probar que

x^1 /py^1 −^1 /p^ ≤

x p

y q

, x ≥ y > 0.

Equivalentemente,

x y

)^1 /p^ − 1 ≤

p

x y

− 1), x ≥ y > 0.

Esto, denotando^ ´ λ = x y , se obtiene de la estimaci´on (que es consecuencia teorema del valor medio aplicado a φ(t) = t^1 /p)

λ^1 /p^ − 1 ≤

p

(λ − 1), λ ≥ 1. (2.6)

Lema 2.1.5 (Desigualdad de H¨older) Sea 1 < p < ∞, (^1) p + (^1) q = 1 y sean

(x 1 , ..., xn), (y 1 , ..., yn) ∈ Kn. Entonces

∑^ n

k=

|xk||yk| ≤ (

∑^ n

k=

|xk|p)^1 /p(

∑^ n

k=

|yk|q)^1 /q. (2.7)

Demostraci´on: Supongamos que (

∑n k=1 |xk|

p) 1 /p (^) = (∑n k=1 |yk|

q) 1 /q (^) = 1.

Entonces de (2.5) se concluye que

|xk||yk| ≤

|xk|p p

|yk|q q

, 1 ≤ k ≤ n.