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UNIVERSIDAD CENTRAL DEL ECUADOR
ANÁLISIS FUNCIONAL I ‚ KREYSZIG, CAPÍTULO 2
18 de junio de 2023 Ariel Ismael Tacuri Valencia
1. TAREA
EJERCICIO 1. (pg 16, ejer 8, Distancia entre conjuntos). La distancia DpA, Bq entre dos subconjuntos no vacíos A y B de un espacio métrico pX, dq es definida por DpA, Bq “ ´ınf aPA bPB
dpa, bq.
Muestre que D no define una métrica en PpXq.
Demostración. Se va a demostrar linealidad de la transformada y transformada inversa.
D : PpXq ˆ PpXq ÝÑ R pA, Bq ÞÝÑ DpA, Bq “ (^) a´ınfPA bPB
dpa, bq.
Notemos que basta que no cumpla una de las siguientes propiedades:
- p@A, B P PpXqqpDpA, Bq ě 0 q,
- p@A, B P PpXqqpDpA, Bq “ 0 ðñ A “ Bq,
- p@A, B P PpXqqpDpA, Bq “ DpB, Aqq,
- p@A, B, C P PpXqqpDpA, Bq ď DpA, Cq ` DpC, Bqq.
Vamos a probar que 2 no se cumple necesariamente. Sean X “ R , d la métrica usual en R. Sean A “ r´1, 0s y B “ r0, 1s. Notemos que A ‰ B sin embargo
DpA, Bq “ ´ınf abPPBA dpa, bq “ ´ınf aPr´1,0s bPr0,1s
|a ´ b| “ 0
esto último viene del hecho de que 0 es una cota inferior de t|a ´ b| : a P r´1, 0s, b P r0, 1su y 0 se alcanza cuando a “ b “ 0. Es decir, pDA, B P PpXqqpdpA, Bq “ 0 œ A “ Bq.
Así, D no es métrica en PpXq.
Ariel Ismael Tacuri Valencia Kreyszig, Capítulo 2
EJERCICIO 2. (pg 46, ejer 3). ¿Cuál es la completación de un espacio métrico discreto X?
Demostración. Sea pX, dq espacio métrico donde
d : X ˆ X ÝÑ R
px, yq Þ ÝÑ dpx, yq :“
1 si x ‰ y, 0 si x “ y.
La completación de pX, dq es el mismo espacio pX, dq, dado que pX, dq ya es completo. En efecto, sea pxnq`8 n“ 1 sucesión de Cauchy en pX, dq. PD. pDx P Xqpxn Ñ xq. De hecho vamos a demostrar que las únicas sucesiones de Cauchy en pX, dq son las que a la larga son constantes. Tenemos por hipótesis que
p@ ϵ ą 0 qpDN 0 P N qp@n, m P N qpn, m ě N 0 ñ dpxn, xmq ă ϵ q.
Para ϵ “ 1, existe N 0 P N tal que
p@n, m P N qpn, m ě N 0 ñ dpxn, xmq ă 1 q,
o lo que es equivalente por la definición de d
p@n, m P N qpn, m ě N 0 ñ dpxn, xmq “ 0 q.
Podemos entonces, pensar en pxnq`8 n“ 1 tal que
pxnq`8 n“ 1 “ px 1 , x 2 ,... , xN 0 , xN 0 , xN 0 ,... q
que claramente es convergente y converge a xN 0. Finalmente, por el argumento anterior pX, dq es completo y su completación es él mismo.
Ariel Ismael Tacuri Valencia Kreyszig, Capítulo 2
n 1 , n 2 P N, λ P K. PD. n 1 ` λ n 2 P N.
ppn 1 _λ_ n 2 q ď ppn 1 q pp λ n 2 q, por N3 , ppn 1 _λ_ n 2 q ď | _λ_ |ppn 2 q, **por N3 y** n 1 P N, ppn 1 λ n 2 q ď 0, por n 1 P N, 0 ď ppn 1 ` λ n 2 q ď 0, por N.
n 1 ` λ n 2 P N.
- Mostrar que ∥∥ 0 : X{N ÝÑ R x^ ˆ ÞÝÑ ppxq
con x P xˆ, es una norma en X{N. Recordemos que X{N “ tx ` N : x P Xu,
donde para cada x P X x N “ tx n : n P Nu.
Además X{N es un espacio vectorial sobre K con las siguientes operaciones,
: X{N ˆ X{N ÝÑ X{N px N, y Nq Þ ÝÑ px yq ` N
` : X{N ˆ K ÝÑ X{N
px N, _λ_ q Þ ÝÑ _λ_ x N
Donde 0X{N “ (^0) X N (Se omitirá los subíndices en lo queda de la demostración). Para demostrar que la función dada define una norma primero debemos demostrar que está bien definida. Sean ˆx “ x N P X{N, x 1 P xˆ y x 2 P xˆ. Por definición de x ` N, Dn 1 , n 2 P N tales que
x 1 “ x n 1 ^ x 2 “ x n 2.
ppx 1 q “ ppx n 1 q, ď ppxq ppn 1 q, por N3 , “ ppxq, n 1 P N, “ ppxq ´ pp´n 2 q, n 2 P N y N es espacio vectorial, ď ppx ´ p´n 2 qq, por 1.b) , “ ppx ` n 2 q, “ ppx 2 q,
Kreyszig, Capítulo 2 Ariel Ismael Tacuri Valencia
analogamente
ppx 2 q “ ppx n 2 q, ď ppxq ppn 2 q, por N3 , “ ppxq, n 2 P N, “ ppxq ´ pp´n 1 q, n 1 P N y N es espacio vectorial, ď ppx ´ p´n 1 qq, por 1.b) , “ ppx ` n 1 q, “ ppx 1 q.
Entonces ppx 1 q “ ppx 2 q
por lo cual ∥∥ 0 está bien definida (no depende del representante de la clase escogido). Notemos que para cada x P X se tiene que x P x ` N, por lo cual consideraremos
∥ xˆ∥ 0 “ ∥x ` N∥ 0 “ ppxq.
Vamos a probar que
- p@ xˆ P X{Nqp∥ xˆ∥ 0 ě 0 q. Sea ˆx P X{N ∥ xˆ∥ 0 “ ∥x ` N∥ 0 “ plooomooonpxq ě 0 def de p
- p@ xˆ P X{Nqp λ P Kqp∥ λ xˆ∥ 0 “ | λ |∥ xˆ∥ 0 q. Sean ˆx P X{N y λ P K
∥ λ xˆ∥ 0 “ ∥ λ px Nq∥ 0 “ ∥ _λ_ x N∥ 0 “ (^) looooooooomooooooooonpp λ xq “ | λ |ppxq def de p
“ | λ |∥ xˆ∥ 0.
- p@ xˆ, ˆy P X{Nqp∥ xˆ
yˆ∥ 0 ď ∥ xˆ∥ 0 ∥ yˆ∥ 0 q, Sean ˆx, ˆy P X{N
∥ xˆ yˆ∥ 0 “ ∥px Nq py Nq∥ 0 “ ∥px yq N∥ 0 “ ploooooooooooooomoooooooooooooonpx yq ď ppxq ppyq def de p
“ ∥ xˆ∥ 0 ` ∥ yˆ∥ 0
- p@ xˆ P X{Nqp∥ xˆ∥ 0 “ 0 ðñ xˆ “ 0 q. Sea ˆx P X{N. Primero vamos a probar que si ˆx “ (^0) X{N entonces ∥ xˆ∥ 0 “ 0.
∥ (^0) X{N ∥ 0 “ ∥ 0 ` N∥ 0 “ (^) looomooonpp 0 q “ 0 por 1.a)
Para demostrar que si ∥ xˆ∥ 0 “ 0 entonces ˆx “ (^0) X{N , primero notemos que si y P N entonces y ` N “ N (gracias a que N es espacio vectorial), en efecto.
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EJERCICIO 4. (pg 103, ejer 14, normas compatibles). Sabemos que en pKn, ∥∥ 1 q y pKr, ∥∥ 2 q espacios vectoriales normados, una matriz A “ p α jkq de orden r ˆ n y componentes en K define un operador lineal de Kn^ a Kr. Dado ∥∥ una norma en el espacio de las matrices de orden r ˆ n. Decimos que ∥∥ es com- patible con ∥∥ 1 y ∥∥ 2 si ∥Ax∥ 2 “ ∥A∥∥A∥ 1 , la norma natural de una matriz A viene dada por
∥A∥ “ sup xxP‰X 0
∥Ax∥ 2 ∥x∥ 1.
Probar que si tomamos ∥x∥ 1 “
ÿ^ n k“ 1
|xk|, @x P Kn,
∥y∥ 2 “
ÿ^ r j“ 1
|yj|, @y P Kr.
Se tiene que ∥A∥ “ sup xxP‰X 0
∥Ax∥ 2 ∥x∥ 1 “ m´ax 1 ďkďn
ÿr j“ 1
| α jk|.
Demostración. Primero vamos a supone que A ‰ 0 ya que caso contrario claramente se cumple. Sea M “ m´ax 1 ďkďn řr j“ 1 | α jk|. Vamos a mostrar que:
- M es cota superior de
∥Ax∥ 2 ∥x∥ 1 : x P Kn^ ´ t 0 u
- Existe x 0 tal que ∥Ax 0 ∥ 2 ∥x 0 ∥ 1
“ M.
Sea x P Kn^ ´ t 0 u, pAxqj “
ÿ^ n k“ 1
α jk xk, j “ 1,... r.
Ariel Ismael Tacuri Valencia Kreyszig, Capítulo 2
∥Ax∥ 2 “
ÿ^ r j“ 1
|pAxqj|,
ÿ^ r j“ 1
ÿ^ n k“ 1
α jk xk
ď
ÿ^ r j“ 1
ÿ^ n k“ 1
| α jk xk|,
ÿ^ n k“ 1
ÿ^ r j“ 1
| α jk||xk|,
ÿ^ n k“ 1
|xk|
ÿ^ r j“ 1
| α jk|,
ď
ÿ^ n k“ 1
|xk|M,
ď M∥x∥ 1 ,
Luego ∥Ax∥ 2 ∥x∥ 1 ď M, @x P Kn.
Sea k 0 P t1,... , nu tal que M “
ÿ^ r j“ 1
| α jk 0 |.
Observemos el problema en matrices 2 ˆ 2,
Aˆ “
α ˆ 11 ˆ α 12 α ˆ 21 ˆ α 22
ff ^ Axˆ “
α ˆ 11 x 1 _α_ ˆ 12 x 2 _α_ ˆ 21 x 1 α ˆ 22 x 2
@x P K^2.
suponemos que el máximo de la sumas de columnas se alcanza en la columna 1. (ˆk 0 “ 1).
Buscamos ˆx “
x^ ˆ 1 x ˆ 2
tal que
∥ Aˆ xˆ∥ 2 “ ∥ xˆ∥ 1 1 m´ďkaxďnp| α ˆ 1 k| ` | α ˆ 2 k|q
| α ˆ 11 xˆ 1 _α_ ˆ 12 xˆ 2 | | α ˆ 21 x 1 _α_ ˆ 22 x 2 | “ p|x 1 | |x 2 |qp| α 11 | ` | α 21 |q
Notemos que para facilidad podríamos hacer que ˆx tenga norma 1 y por la forma de la norma ∥∥ 1 , la manera más fácil es que un elemento sea 1 y el resto 0. Con esa idea podemos notar que ese elemento igual a 1 debe ser aquel en cuyo índice se encuentra la columna de máxima suma en módulos (kˆ 0 “ 1). Teniendo en mente el razonamiento anterior consideremos x 0 P Kn^ tal que para cada k “
Ariel Ismael Tacuri Valencia Kreyszig, Capítulo 2
EJERCICIO 5. (pg 117,ejer 12, extensión lineal). Sean X espacio vectorial n-dimensional y Z Ĺ X. Sea f funcional lineal en Z. Muestre que f puede ser extendido linealmente a X, es decir, existe f¯ funcional lineal en X tal que f¯ |Z “ f.
Demostración. f : Z Ñ K Sea te 1 ,... , eku base de Z y te 1 ,... , ek,... , enu base de X. Notemos que para cada x P X, existen α 1 ,... , α n P K tal que
x “ α 1 e 1 ¨ ¨ ¨ α kek ¨ ¨ ¨ α nen.
Definimos f¯ : X ÝÑ K x “ α 1 e 1 ¨ ¨ ¨ α nen ÞÝÑ f¯ pxq “ f p α 1 e 1 ¨ ¨ ¨ α kekq
Demostraremos la linealidad. Sea x, y P X y λ P K
pD α 1 ,... , α nqpx “ α 1 e 1 ¨ ¨ ¨ α nenq, pD β 1 ,... , β nqpx “ β 1 e 1 ¨ ¨ ¨ β nenq.
f¯ px _λ_ yq “ f¯ pp _α_ 1 λβ 1 qe 1 ¨ ¨ ¨ p α n _λβ_ nqenq, “ f pp _α_ 1 λβ 1 qe 1 ¨ ¨ ¨ p α k _λβ_ kqekq, “ f p _α_ 1 e 1 λβ 1 e 1 ¨ ¨ ¨ α kek _λβ_ kekq, “ f p _α_ 1 e 1 ¨ ¨ ¨ _α_ kekq λ f p β 1 e 1 ¨ ¨ ¨ β kekq, f es lineal, “ f¯ p α 1 e 1 ¨ ¨ ¨ α kek ¨ ¨ ¨ α nenq _λ_ f¯ p _β_ 1 e 1 ¨ ¨ ¨ _β_ kek ¨ ¨ ¨ _β_ nenq, “ f¯ pxq λ f¯ pyq.
Además si z P Z con z “ γ 1 e 1 ... _γ_ kek, donde _γ_ 1... γ k P K
f^ ¯ |Zpzq “ f¯ pzq “ f¯ p γ 1 e 1 ... _γ_ kek 0 ek1 ¨ ¨ ¨ 0 enq “ f p _γ_ 1 e 1... γ kekq “ f pzq.
Kreyszig, Capítulo 2 Ariel Ismael Tacuri Valencia
EJERCICIO 6. (pg 126, ejer 9). Muestre que un funcional lineal en un espacio vectorial X es únicamente determinado por sus valores en la base de Hamel para X.
Demostración. Sea H “ tei : i P Iu base de Hamel de X. Es decir para cada x P X existe α 1 ,... , α nx P K para tei 1 ,... , einx u Ď H tal que x “
ÿ^ nx j“ 1
α jeij.
para f funcional lineal, para cada x P X existe α 1 ,... , α nx P K
f pxq “
ÿ^ nx j“ 1
α j f peij q.
Definimos e¯ij : X ÝÑ K x ÞÝÑ α j
Así, f pxq “
ÿ^ nx j“ 1
e ¯ij pxq f peij q “
ÿ^ nx j“ 1
f peij q e¯ij pxq.
Luego podemos expresar f para x P spantei 1 ,... , einx u como
f “
ÿ^ nx j“ 1
f peij q e¯ij.
Haciendo que el valor de f solo dependa de sus valores en la base de Hamel. Entonces para demostrar que el teorema basta demostrar que cualquier subconjunto finito de H genera por (1) un conjunto linealmente independiente de funcionales lineales. Sea tei 1 ,... , ein u Ď H, Vamos a mostrar que t e¯i 1 ,... , ¯ein u es un conjunto linealmente indepen- diente. Sean λ 1 ,... , λ n P K tales que λ 1 ei 1 ¨ ¨ ¨ λ nein “ 0. Sea k “ 1,... , n
p λ 1 ei 1 ¨ ¨ ¨ λ nein qpeik q “ 0 peik q, λ 1 ei 1 peik q ¨ ¨ ¨ λ keik peik q ¨ ¨ ¨ λ nein peik q “ 0, λ 1 ei 1 p 0 ei 1 eik q ¨ ¨ ¨ _λ_ k ¨ ¨ ¨ _λ_ nein peik 0 ein q “ 0, λ k “ 0.
Entonces λ 1 “ ¨ ¨ ¨ “ λ n “ 0. Por lo tanto todo subconjunto finito de la base de Hamel genera un conjunto linealmente inde- pendiente de funcionales.
