III. PRODUCTO INTERIOR Y ESPACIOS DE HILBERT

A fin de dotar a los espacios normados de una geometr´ıa, debemos definir un producto interior o escalar. Nos proponemos que el estudiante se familiarice con los espacios dotados de producto interior, conozca sus propiedades b´asicas y pueda aprovecharlas para poderlas aplicar tanto al estudio de las series de Fourier, los polinomios ortogonales y la teor´ıa b´asica de operadores.

SECCIONES 1. Introducci´on hist´orica. 2. Definici´on y primeros ejemplos. 3. Propiedades del producto interior. 4. Conjuntos ortonormales. 5. Ortogonalizaci´on de polinomios. 6. Representaci´on de funcionales en espacios de Hilbert. 7. Operador adjunto. Operadores autoadjuntos y unitarios. 8. Ejercicios.

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´ HISTORICA. ´ 1. INTRODUCCION

Ilustramos en esta primera secci´on c´omo el estudio de las siguientes ecuaciones en derivadas parciales ha sido fundamental en el desarrollo de los espacios de Hilbert: 2

∂ u 1) Ecuaci´on del calor: ∂u on corresponde a la temperatura ∂t = ∂x2 (su soluci´ u(x, t) de un alambre en el instante t y en el punto x). 2

2

2) Ecuaci´on de ondas: ∂∂t2u = ∂∂xu2 (la soluci´on u(x, t) es ahora la altura de una onda en propagaci´on para el instante t en un punto cuya proyecci´on sobre el eje es x). 2

2

3) Ecuaci´on de Laplace: ∂∂t2u + ∂∂xu2 = ρ (ahora u es la energ´ıa potencial de un cuerpo y ρ es la densidad de masas). Nos limitaremos a estudiar la ecuaci´on del calor (an´alogamente se podr´ıa hacer con las otras ecuaciones). Para buscar sus soluciones, suponemos que u es de variables separadas, es decir de la forma u(t, x) = ϕ(t)ξ(x). Entonces ut = ϕ0 (t)ξ(x) y uxx = ϕ(t)ξ 00 (x), luego ϕ0 (t)ξ(x) = ϕ(t)ξ 00 (x), o bien ϕ0 (t)/ϕ(t) = ξ 00 (x)/ξ(x). Como el primer miembro no depende de x y el segundo miembro no depende de t, deben ser constantes. Debemos resolver entonces las siguientes ecuaciones: ϕ0 (t)/ϕ(t) = k; ξ 00 (x)/ξ(x) = p, con k y p constantes. La soluci´on general de la primera ecuaci´on es ϕ(t) = cekt y de la segunda ξ(x) = c1 cos(δx)+c2 sen(δx), donde p = −δ 2 (si p > 0, δ es complejo). Supongamos por simplificar que el alambre es circular y tiene longitud 2π. Esto hace que ξ sea peri´odica de per´ıodo 2π, y que δ deba ser entero; resulta ξ(x) = c1 cos(nx) + c2 sen(nx), con n ∈ Z. Como las soluciones de la ecuaci´on del calor se obtienen haciendo k = −n2 , tenemos la siguiente familia de soluciones: 2

2

un (t, x) = e−n t cos(nx), vn (t, x) = e−n t sen(nx). Adem´as, cualquier combinaci´on lineal finita de ellas u(t, x) =

n1 X

2

2

[an e−n t cos(nx) + bn e−n t sen(nx)]

n=n0

es soluci´on. 96

Fourier pensaba que toda soluci´on puede escribirse como suma infinita de senos y cosenos (lo que lleva involucrado un problema de convergencia). Por otra parte, cuando t = 0, obtenemos una funci´on de una variable u(0, x) = f (x) =

n1 X

[an cos(nx) + bn sen(nx)].

n=n0

De acuerdo con esto, Fourier supon´ıa tambi´en que toda funci´on peri´odica se puede escribir como suma infinita de senos y cosenos, lo cual no es cierto puntualmente. Otra forma de escribir las series anteriores se obtiene con las f´ormulas cos x = (eix + e−ix )/2, sen x = (eix − e−ix )/2i. As´ı   X    X an bn an bn 2 −n2 t inx −inx u(t, x) = e = cn e−n t einx , e + e + − 2 2i 2 2i n∈N n∈Z donde, para t = 0, tenemos f (x) =

inx . n∈Z cn e

P

Aqu´ı se plantean las siguientes preguntas: 1) ¿Las exponenciales trigonom´etricas ser´an base de alg´ un espacio? Esto permitir´ıa obtener la funci´on f cuando se conocen sus coeficientes respecto a dicha base. 2) ¿C´omo obtener los coeficientes cn cuando la funci´on f es conocida? Para responder a esta pregunta, aplicamos las siguientes f´ormulas: ( Z 2π 1 si n = 0 1 1 einx dx = (ein2π − 1) = 2π 0 2πin 0 si n 6= 0, ( Z 2π 1 si m = n 1 1 eimx e−inx dx = (ei(m−n)2π − 1) = 2π 0 2πin 0 si m 6= n. Con lo anterior tenemos Z 2π Z f (x)dx = 0

0

2π

X

inx

cn e

dx =

n∈Z

Z

X n∈Z 2π

Z

2π

cn

einx dx

0

1 f (x)dx; = 2πc0 =⇒ c0 = 2π 0 Z 2π Z 2π X X Z f (x)e−imx dx = cn einx e−imx dx = cn 0

0

n∈Z

n∈Z

= 2πcm =⇒ cm = 97

1 2π

Z 0

2π

2π

einx e−imx dx

0

f (x)e−imx dx.

(Aqu´ı se debe precisar en qu´e sentido converge la serie y c´omo justificar el intercambio de la serie con la integral.)

´ Y PRIMEROS EJEMPLOS. 2. DEFINICION

Una clase importante de espacios normados permite generalizar muchas propiedades de la geometr´ıa del espacio ordinario que dependen de la noci´on de ´angulo, especialmente las que se refieren a la perpendicularidad. Recordamos que, si x, y ∈ Rn y α es el ´angulo que forman, se define el producto escalar por hx, yi = kxk · kyk · cos α. Queremos obtener una noci´on abstracta de producto escalar en espacios normados generales que permita extender la f´ormula anterior. Como es l´ogico pensar, los espacios con producto escalar son hist´oricamente anteriores a los espacios normados generales y mantienen todav´ıa muchas propiedades de los espacios eucl´ıdeos. La teor´ıa fue iniciada por Hilbert (1912) en sus trabajos sobre ecuaciones integrales y todav´ıa hoy en d´ıa estos espacios son b´asicos en numerosas aplicaciones del An´alisis Funcional. 2.1.- Definici´ on. Un espacio con producto interior o pre-Hilbert es un espacio vectorial X en el que se define una aplicaci´on h·, ·i : X × X → E con las siguientes propiedades: (1) (aditiva) hx + y, zi = hx, zi + hy, zi; (2) (homog´enea) hαx, yi = αhx, yi; (3) (herm´ıtica) hx, yi = hy, xi; (4) (definida positiva) hx, xi ≥ 0 y hx, xi = 0 ⇐⇒ x = 0. Toda aplicaci´on que verifique (1), (2) y (3) se llama forma sesquilineal herm´ıtica (ver definici´on 6.4). Nota. Los axiomas anteriores fueron primero establecidos por von Neumann en 1930 en sus trabajos sobre fundamentos matem´aticos de la Mec´anica Cu´antica. En su definici´on se inclu´ıa tambi´en la separabilidad del espacio, axioma posteriormente eliminado cuando L¨owing, Rellig y F. Riesz mostraron que en la pr´actica era innecesaria dicha restricci´on. De los axiomas se deducen inmediatamente las siguientes propiedades: a) hx, 0i = 0, ∀x ∈ X. b) hx, yi = 0, ∀x ∈ X =⇒ y = 0. 98

c) hx, αy1 + βy2 i = αhx, y1 i + βhx, y2 i. Todo espacio pre-Hilbert es p en particular normado, donde la norma asociada se define como kxk = hx,p xi, y por tanto es tambi´en m´etrico, con la distancia d(x, y) = kx − yk = hx − y, x − yi. Esto motiva la siguiente definici´on: Un espacio de Hilbert es un espacio pre-Hilbert completo (respecto a la m´etrica asociada). Por tanto, todo espacio de Hilbert es un espacio de Banach en el que se ha definido un producto interior. Observaci´ on. El rec´ıproco de la afirmaci´on anterior no es cierto, es decir no todos los espacios normados son espacios pre-Hilbert. Daremos a continuaci´on una caracterizaci´on de los espacios normados para los que se puede definir un producto escalar cuya norma asociada sea la dada. Dicha caracterizaci´on se basa en los siguientes hechos cuya demostraci´on es inmediata. 2.2.- Proposici´ on (identidad del paralelogramo). Si (X, h·, ·i) es un espacio pre-Hilbert, la norma asociada verifica kx + yk2 + kx − yk2 = 2(kxk2 + kyk2 ). El siguiente resultado muestra c´omo la norma asociada permite a su vez definir el producto interior. 2.3.- Proposici´ on (identidad de polarizaci´on). Sea (X, h·, ·i) un espacio pre-Hilbert arbitrario. a) Si X es real, hx, yi = 41 [kx + yk2 − kx − yk2 ]. b) Si X es complejo, Rehx, yi = Imhx, yi =

1 [kx + yk2 − kx − yk2 ], 4 1 [kx + iyk2 − kx − iyk2 ]. 4

Esta propiedad sugiere una forma de definir un producto interior a partir de una norma. Sin embargo, ser´a necesaria la identidad del paralelogramo. El siguiente resultado proporciona una especie de rec´ıproco de la proposici´on 2.2. 2.4.- Proposici´ on. Sea (X, k · k) un espacio normado. Si se verifica la ley del paralelogramo 2,2, entonces existe un producto interior h·, ·i en X tal que kxk = hx, xi1/2 . Demostraci´ on. a) Caso real. Definimos hx, yi = 41 [kx + yk2 − kx − yk2 ]. Lo u ´nico que presenta dificultad es la linealidad del producto interior. Esta se demuestra en los siguientes pasos: 99

* hx, yi + hz, yi = 12 hx + z, 2yi. En particular, si z = 0, entonces hx, yi = 1 1 2 hx, 2yi, de donde hu + v, yi = 2 hu + v, 2yi = hu, yi + hv, yi. * Como hx, yi = hy, xi, tambi´en es aditiva en la segunda componente. * Como hnx, yi = nhx, yi si n ∈ Z, se deduce que hx/n, yi = n1 hx, yi y hrx, yi = rhx, yi con r ∈ Q. De la continuidad del producto interior (probado posteriormente en 3.3), se prueba que, para todo a ∈ R, si a = l´ımk rk con rk ∈ Q, hax, yi = l´ımk hrk x, yi = l´ımk rk hx, yi = ahx, yi. b) Caso complejo. Definimos ahora hx, yi = hx, yiR + ihx, iyiR donde 1 hx, yiR = [kx + yk2 − kx − yk2 ]. 4 De lo anterior se deduce f´acilmente la identidad de polarizaci´on 2.3 (b). * Por c´alculo directo se comprueba que hx, ixiR = 0 y hix, iyiR = hx, yiR . La primera de las igualdades muestra que hx, xi = kxk2 y que hx, xi = 0 ⇐⇒ x = 0. La segunda identidad permite probar que hix, yi = ihx, yi y de aqu´ı se deduce que hy, xi = hx, yi. * La aditividad de h·, ·i en sus dos argumentos se deduce de la aditividad de h·, ·iR . * S´olo queda probar que hax, yi = ahx, yi, con a ∈ C. Para ello, basta tener en cuenta la linealidad de h·, ·iR y que hix, yi = ihx, yi. ♦ 2.5.- Ejemplos. 1) Rn es un espacio de Hilbert si definimos el producto interior hx, yi = x1 y1 + · · · + xn yn . Como la m´etrica asociada p d(x, y) = (x1 − y1 )2 + · · · + (xn − yn )2 es la eucl´ıdea, es ya sabido que el espacio es completo. 2) Cn es un espacio de Hilbert con el producto hx, yi = x1 y1 + . . . xn yn p porque nuevamente kxk = |x1 |2 + · · · + |xn |2 da lugar a una norma. P∞ 3) `2 = {x = (x1 , x2 , . . . ) : xn ∈ C, |xn |2 < ∞} es un espacio de n=1 P∞ Hilbert separable con el producto hx, yi = n=1 xn yn . La convergencia de la serie se deduce de la desigualdad de Cauchy- Schwarz. Este fue el primer ejemplo de espacio de Hilbert, estudiado por ´el mismo en 1912 y punto de partida para la definici´on axiom´atica dada por von Neumann. P∞ p 4) `p = {x = (x1 , x2 , . . . ) : xn ∈ C, n=1 |xn | < ∞}, con p 6= 2, no es un espacio pre-Hilbert pues, si tomamos x = (1, 1, 0, . . . ), y = (1, −1, 0 . . . ), 100

entonces kxk = kyk = 21/p , kx + yk = kx − yk = 2. Por tanto, no se verifica la ley del paralelogramo. Rb 5) Si L2 [a, b] es la compleci´on del conjunto {f : [a, b] → C : a |f (x)|2 dx < Rb ∞}, es un espacio de Hilbert con el producto interior hf, gi = a f (x) g(x)dx como se prueba an´alogamente al ejemplo 3. Otra forma de introducir el espacio L2 [a, b] es a partir de `2 y corresponde al estudio de las series de Fourier: Sea f una funci´on con derivada continua en [0, 2π] tal que f (2π) = f (0). Entonces X X bn sen nx, an cos nx + f (x) = a0 /2 + n≥1

n≥1

donde an =

1 π

2π

Z

f (x) cos nxdx, bn = 0

Z

1 π

2π

f (x) sen nxdx, 0

y la convergencia de la serie es uniforme (resultado cl´asico sobre series de Fourier). Si escribimos 1 1 1 φ2k (x) = √ cos kx, φ2k+1 (x) = √ sen kx, φ0 (x) = √ , π π 2π las f´ormulas anteriores quedan de la forma f (x) =

∞ X

Z

2π

f (x)φn (x)dx.

αn φn (x), con αn = 0

n=0

R 2π Una propiedad importante es que 0 φm (x)φn (x)dx = δnm (la familia es ortonormal); adem´as, la sucesi´on {αn }n≥0 est´a en `2 . En efecto, para cualquier N ∈ N, N X n=0

2

|αn | =

N X

Z αn ·

n=0

donde definimos fN (x) =

2π

Z f (x)φn (x)dx =

0

2π

f (x)fN (x)dx, 0

PN

n=0 αn φn (x).

Como Fourier converge uniformemente a f , fN (x) →Pf (x), resulta R Pla serie de 2 → 2π |f (x)|2 dx y podemos escribir adem´ 2 que N |α | as ∞ n n=0 |αn | = 0 R 2π n=02 0 |f (x)| dx. Sin embargo el rec´ıproco no es cierto, es decir dada Puna sucesi´on {αn }n≥0 ∈ `2 , no tiene por qu´e existir f ∈ C 1 [0, 2π] tal que n≥0 αn φn (x) = f (x). La 101

fn

f

raz´on es que, como `2 es completo, toda sucesi´on de Cauchy converge a alg´ un α ∈ `2 . Sin embargo, existen sucesiones {fn }n≥0 de funciones contenidas en R 2π C 1 [0, 2π] tales que1 0 |fi (x) − fk (x)|2 dx → 0, pero que no convergen a 1 π+en π ejemplo: 2π n πon n C 1 [0,2π ningunaπ− funci´ 2π] como muestra el siguiente R 2π Lo que se puede probar es que el l´ımite f verifica 0 |f (x)|2 dx < ∞, es decir f ∈ L2 [0, 2π]. 6) En general, si E es un espacio de medida y µ una medida positiva so2 bre R E, L (E, µ) es un espacio de Hilbert con el producto interior hf, gi = E f gdµ. 7) El espacio C[a, b] de las funciones continuas en [a, b], con el producto Rb hf, gi = a f (x) g(x)dx, es un espacio pre-Hilbert pero no de Hilbert. Sin embargo la norma kf k = m´axx∈[a,b] |f (x)| no proviene de ning´ un producto x−a interior porque si tomamos f (x) = 1, g(x) = b−a , no se verifica la ley del paralelogramo.

3. PROPIEDADES DEL PRODUCTO INTERIOR.

En esta secci´on desarrollamos las propiedades b´asicas del producto interior. Adem´as de los resultados en s´ı mismos, que ser´an u ´tiles en la evoluci´on posterior del curso, permitir´an dar a conocer las t´ecnicas m´as usuales de demostraci´on. 3.1.- Proposici´ on (desigualdad de Cauchy-Schwarz-Buniakowski). Para cualesquiera x, y ∈ X, |hx, yi| ≤ kxk · kyk y la igualdad se cumple si y s´ olo si x, y son linealmente dependientes. Demostraci´ on. Si y = 0, es evidente pues hx, 0i = 0. Si y 6= 0, 0 ≤ kx − αyk2 = hx − αy, x − αyi = hx, xi − αhx, yi − α[hy, xi − αhy, yi]. Eligiendo α =

hy,xi hy,yi ,

queda

0 ≤ hx, xi −

hy, xihx, yi |hx, yi|2 = kxk2 − . hy, yi kyk2

La igualdad se cumple cuando 0 = kx − αyk2 , es decir si x = αy. Consecuencias de la propiedad anterior son las siguientes. 102

♦

3.2.- Proposici´ on (desigualdad triangular). Para cualesquiera x, y ∈ X, kx + yk ≤ kxk + kyk y la igualdad se cumple si y s´ olo si y = 0 ´ o x = cy (c ≥ 0). Demostraci´ on. Por definici´on, es evidente que

kx + yk2 = hx + y, x + yi = kxk2 + hx, yi + hy, xi + kyk2 = kxk2 + kyk2 + 2 Rehx, yi ≤ kxk2 + kyk2 + 2|hx, yi| ≤ kxk2 + kyk2 + 2kxk · kyk = (kxk + kyk)2 . La igualdad es cierta si y s´olo si 2 Rehx, yi = 2kxk · kyk. En particular, |hx, yi| = kxk · kyk lo que implica dependencia lineal x = cy. Adem´as Imhx, yi = 0 y Rehx, yi ≥ 0 =⇒ 0 ≤ hx, yi = hcy, yi = ckyk2 =⇒ c ≥ 0. ♦

3.3.- Proposici´ on (continuidad del producto interior). Si xn → x, yn → y, entonces hxn , yn i → hx, yi. An´ alogamente, si (xn )n∈N e (yn )n∈N son sucesiones de Cauchy en X, entonces (hxn , yn i)n∈N es de Cauchy en E. Demostraci´ on. En la diferencia |hxn , yn i−hx, yi| sumamos y restamos hxn , yi. As´ı: |hxn , yn i−hx, yi| ≤ |hxn , yn −yi|+|hx−xn , yi| ≤ kxn k·kyn −yk+kx−xn k·kyk → 0. Basta aplicar la hip´otesis para deducir que hxn , yn i → hx, yi.

♦

Sugerido por la noci´on de perpendicularidad en espacios eucl´ıdeos se puede definir el siguiente concepto. 3.4.- Definici´ on. Dos elementos x, y de (X, h·, ·i) son ortogonales, y escribimos x⊥y, cuando hx, yi = 0. Tambi´en, dos conjuntos A, B ⊂ X son ortogonales si x⊥y, ∀x ∈ A, y ∈ B. Dado un subconjunto A ⊂ X, el complemento ortogonal de A es el conjunto A⊥ = {x ∈ X : x⊥A}. 3.5.- Proposici´ on (teorema de Pit´agoras). Si x⊥y, kx + yk2 = kxk2 + 2 kyk . La demostraci´on es directa. 3.6.- Corolario. Si A es cualquier subconjunto de X, A⊥ es subespacio cerrado de X. Aplicaci´ on. Veremos a continuaci´on que todo espacio pre-Hilbert puede ser completado y la compleci´on ser´a u ´nica salvo isomorfismos, donde un isomorfismo entre espacios pre-Hilbert es una aplicaci´on lineal U : X → Y 103

biyectiva y tal que hU x1 , U x2 i = hx1 , x2 i, ∀x1 , x2 ∈ X (en particular U es una isometr´ıa pues preserva las distancias). El siguiente teorema motiva el nombre de espacios pre-Hilbert a los que tienen definido un producto interior y no son completos. 3.7.- Teorema (compleci´on). Dado un espacio pre-Hilbert (X, h·, ·i), existe un espacio de Hilbert H y un isomorfismo A : X → W donde W es denso en H. Adem´ as el espacio H es u ´nico salvo isomorfismos. Demostraci´ on. Por la teor´ıa de espacios de Banach (cap´ıtulo II, teorema 4.6), existe un espacio H de Banach y una isometr´ıa A : X → W con W denso en H. Por la continuidad de A, A es tambi´en isomorfismo de X sobre W , pensados como espacios normados. Por la proposici´on 3.3, se puede definir en H un producto interior hx, yi = l´ımhxn , yn i donde (xn )n∈N ∈ x, (yn )n∈N ∈ y (recordemos que x e y son clases de equivalencia de sucesiones de Cauchy en W tales que kxn − x0n k → 0). La norma asociada a este producto es kxkN = hx, xi1/2 , ∀x ∈ H. Si (xn )n∈N ∈ x, podemos poner kxkN = l´ımn hxn , xn i1/2 = l´ımn kxn k = kxk y coinciden ambas normas, por lo que H es un espacio de Hilbert. Teniendo en cuenta la identidad de polarizaci´on, vemos que A es isomorfismo de X en W pensados como espacios pre-Hilbert. El mismo teorema 4.6 tambi´en garantiza que H es u ´nico salvo isometr´ıas. ♦

El siguiente resultado tambi´en es consecuencia de su an´alogo en espacios normados. 3.8.- Teorema. Sea H un espacio de Hilbert e Y un subespacio de H. a) Y es completo si y s´ olo si Y es cerrado en H. b) Si Y es de dimensi´ on finita, entonces Y es completo. c) Si H es separable, Y tambi´en. M´ as general, todo subconjunto de un espacio pre-Hilbert separable es separable. Destacaremos sobre los dem´as el siguiente teorema de proyecci´on, que ser´a el punto de partida en el problema de la descomposici´on espectral de un espacio de Hilbert, problema que estudiaremos posteriormente con toda generalidad. 3.9.- Teorema (proyecci´on). Sea X un espacio de Hilbert y M un subespacio cerrado de X. Dado cualquier elemento x ∈ X, si llamamos d a la distancia de x a M , d = ´ınf{kx − yk : y ∈ M }, existe un u ´nico elemento y ∈ M tal que ky − xk = d. Adem´ as (x − y)⊥M. Demostraci´ on. Como d = ´ınf{kx − yk : y ∈ M }, existe una sucesi´on {yn }n∈N en M tal que kyn − xk → d. Si aplicamos la regla del paralelogramo a 104

yn − x, ym − x, resulta: kyn + ym − 2xk2 + kyn − ym k2 = 2kyn − xk2 + 2kym − xk2 . m Como kyn +ym −2xk2 = 4k yn +y −xk2 y 2 d.

yn +ym 2

m ∈ M, entonces k yn +y −xk ≥ 2

La igualdad anterior queda ahora kyn − ym k2 ≤ 2kyn − xk2 + 2kym − xk2 − 4d2 . Tomando el l´ımite cuando n, m → ∞, se obtiene que kyn − ym k → 0. As´ı se prueba que {yn }n∈N es de Cauchy en M por lo que existe y ∈ M tal que yn → y. Entonces d = l´ımn kyn − xk = k l´ımn yn − xk = ky − xk. Dicho elemento es adem´as u ´nico, porque si y, y0 ∈ M verifican ky − xk = ky0 − xk = d, entonces por la ley del paralelogramo: ky − y0 k2 = k(y − x) − (y0 − x)k2 = 2ky − xk2 + 2ky0 − xk2 − k(y − x) + (y0 − x)k2 = 2d2 + 2d2 − 4k1/2(y + y0 ) − xk2 ≤ 4d2 − 4d2 = 0 =⇒ y = y0 . El elemento z = x − y es ortogonal a M porque, en caso contrario, existir´ıa y1 ∈ M , y1 6= 0, tal que hz, y1 i = β 6= 0. Entonces kz − αy1 k2 = hz, zi − αhz, y1 i − α[hy1 , zi − αhy1 , y1 i] |β|2 = hz, zi − αhz, y1 i = kzk2 − < d2 ky1 k2 si α =

hy1 ,zi hy1 ,y1 i

pues kzk = d.

Pero esto es imposible porque z − αy1 = x − (y + αy1 ); de aqu´ı concluimos que kz − αy1 k ≥ d. ♦ El teorema anterior tambi´en es cierto si M es un subconjunto de X no vac´ıo, convexo y completo. El problema de existencia puede no tener soluci´on si M no es completo (basta considerar un intervalo abierto M de R y un punto cualquiera x ∈ R2 , x 6∈ M ). La unicidad puede fallar en el caso de no convexidad como se ve en el siguiente ejemplo: X = R2 , M = {(a, 0) : a ∈ [1, 2] ∪ [3, 4]}, x = (3/2, 1). Las primeras consecuencias ya proporcionan resultados interesantes, como los siguientes. 3.10.- Corolario. Sean X un espacio de Hilbert y M un subespacio cerrado de X. Entonces X = M ⊕ M ⊥ . 105

Demostraci´ on. ∀x ∈ X, ∃y ∈ M : ky −xk = d. Adem´as si z = x−y, entonces z ∈ M ⊥ , con lo que x = y + z. Si fuera x = y + z = y1 + z1 , entonces y − y1 = z1 − z, pero y − y1 ∈ M y z1 − z ∈ M ⊥ . Sabiendo que M ⊥ es subespacio de X, resulta que y − y1 = z − z1 = 0. ♦

Un contraejemplo de lo anterior cuando X no es de Hilbert se puede encontrar en el ejercicio 10 al final del cap´ıtulo. 3.11.- Corolario. Si M es subespacio cerrado de X, entonces M = M ⊥⊥ . Demostraci´ on. Es evidente que M ⊂ M ⊥⊥ . Rec´ıprocamente, si x ∈ M ⊥⊥ , existen dos elementos y ∈ M ⊂ M ⊥⊥ , z ∈ M ⊥ tales que x = y + z. Entonces z = x − y ∈ M ⊥⊥ ∩ M ⊥ = {0}. Esto implica que x = y ∈ M . ♦ Otra consecuencia del teorema de proyecci´on, que veremos posteriormente, ser´a el teorema de representaci´on de Riesz, el cual permite identificar un espacio de Hilbert con su dual. El nombre dado al teorema viene motivado por la siguiente definici´on. 3.12.- Definici´ on. Si X = M ⊕ M ⊥ , la aplicaci´on P : X → X definida por P x = y si x = y + z, z ∈ M ⊥ , se llama proyecci´on ortogonal de X sobre M . As´ı definida, P es lineal y acotado, idempotente (P 2 = P ), siendo M = P (X) y M ⊥ = N (P ). An´alogamente, se puede definir P 0 : X → M ⊥ como la proyecci´on ortogonal sobre M ⊥ con las mismas propiedades que la anterior (recordamos que M ⊥⊥ = M ). Adem´as P 0 = I − P . Esta definici´on generaliza el concepto de proyecci´on en espacios vectoriales (donde se sabe que toda aplicaci´on idempotente E : X → X determina una descomposici´on en suma directa X = M ⊕ N donde M = {x ∈ X : Ex = x} y N = {x ∈ X : Ex = 0} y, rec´ıprocamente, dada la descomposici´on x = M ⊕N , la aplicaci´on Ex = y, si x = y+z, con y ∈ M, z ∈ N es idempotente) y ser´a el punto de partida para la representaci´on espectral de operadores en espacios de Hilbert (ver algunas propiedades de las proyecciones en los problemas al final del cap´ıtulo).

106

4. CONJUNTOS ORTONORMALES.

En esta secci´on vamos a representar todo elemento de un espacio de Hilbert como combinaci´on lineal (que incluso puede ser no numerable) de elementos de un conjunto ortonormal completo, concepto que definiremos posteriormente. Los coeficientes de dicha combinaci´on lineal se llamar´an coeficientes de Fourier del elemento dado. Deduciremos el lema de Riemann-Lebesgue, 2 que establece las condiciones para que exista una funci´on en L cuyos √ [0, 2π] coeficientes de Fourier respecto al conjunto ortonormal {(1/ 2π)eint : n ∈ Z} sean dados, mediante el teorema de Riesz-Fischer. 4.1.- Definici´ on. Dado un espacio X pre-Hilbert, un conjunto ortogonal M de X es un subconjunto M ⊂ X, tal que ∀x, y ∈ M, x 6= y, hx, yi = 0. M es un conjunto ortonormal si adem´as de lo anterior, hx, xi = 1, ∀x ∈ M. El teorema de Pit´agoras se puede generalizar a conjuntos ortogonales, as´ı: si {x1 , . . . , xn } es ortogonal, entonces kx1 + · · · + xn k2 = P kx1 k2 + · · · + kxn k2 . Adem´as, si {e1 , . . . , en } es un conjunto ortonormal, k ni=1 λi ei k2 = P n 2 i=1 |λi | . 4.2.- Ejemplos. 1) En Rn , la base can´onica {ei = (δij )nj=1 : i = 1, . . . , n} es ortonormal. 2) En `2 , la familia {ei = (δij )∞ j=1 : i = 1, . . . , n} es ortonormal. R 2π 3) En C[0, 2π] sobre R, con hx, yi = 0 x(t)y(t)dt, la sucesi´on un (t) = cos nt √ nt (n ≥ 1) es (n ≥ 0) es ortogonal y la sucesi´on e0 (t) = √12π , en (t) = cos π ortonormal. n o∞ 4) La familia √12π eint es un sistema ortonormal en L2 [−π, π]. n=−∞

Es f´acil probar que todo conjunto ortogonal es linealmente independiente y, aunque el rec´ıproco no es cierto, el m´etodo de ortogonalizaci´on de Gram-Schmidt permite construir un conjunto ortonormal a partir de uno linealmente independiente de manera que generen el mismo subespacio. La importancia de dicho proceso estriba en que los conjuntos ortonormales permiten de forma m´as f´acil la determinaci´on de los coeficientes en cualquier combinaci´on lineal que los conjuntos que son simplemente linealmente independientes. Un primer resultado relacionado con el cardinal de los conjuntos ortonormales es el siguiente: 4.3.- Teorema. Si X es un espacio pre-Hilbert separable, todo conjunto ortonormal A es finito o numerable. 107

Demostraci´ on. Si √ x, y ∈ A, kx − yk2 = kxk2 − hx, yi − hy, xi + kyk2 = 2 de donde kx − yk = 2. Por ser X separable, existe M ⊂ X numerable tal que M √ = X. Para 0 cualesquiera x, y ∈ A, existen b, b ∈ M tales que b ∈ B(x, 2/2), b0 ∈ √ B(y, 2/2) y por lo tanto, b 6= b0 . Si A no fuera numerable, podr´ıamos encontrar una colecci´ √on no numerable de elementos de M , cada uno de ellos en una bola B(x, 2/2) con x ∈ A (y por tanto distintos entre s´ı), lo cual contradice el hecho de que M es numerable. ♦ Para establecer los resultados generales de esta secci´on, definiremos el siguiente concepto. 4.4.- Definici´ on. Dada una familia arbitraria IP de ´ındices y un conjunto {xα }P α∈I en un espacio normado X, se dice que α∈I xα = x cuando x = sup{ α∈J xα : J ⊂ I, J finito} o bien, cuando

X

∀ε > 0, ∃J0 ⊂ I finito : x − xα < ε, ∀J ⊃ J0 finito.

α∈J

Esta noci´on es similar a la de convergencia incondicional de n´ umeros reales pues la convergencia es bastante fuerte para garantizar que ning´ un reagrupamiento de los t´erminos tendr´a efecto sobre la misma. De la definici´on se deducen las siguientes propiedades: P P 4.5.- Proposici´ on. a) Si α∈I βxα = α∈I xα = x y β ∈ E, entonces βx. P P P b) Si α∈I xα = x y α∈I yα = y, entonces α∈I (xα + yα ) = x + y. P c) Si α∈I xα = x, entonces xα = 0 excepto para un conjunto numerable. Demostraci´ on. Los apartados a) y b) son evidentes. Para probar c), sea εn = 1/n; existe Hn tal que ∀J ⊃ Hn , J finito, se tiene P que α∈J xα − x < εn /2. Consideramos un conjunto J0 finito tal que J0 ∩ Hn = ∅, para todo n; resulta as´ı que

X



X X X X











x− x x− x + = x − x ≤ x α < 1/n. α α α α

α∈J0

α∈J0 ∪Hn

α∈J0 ∪Hn

α∈Hn

S

α∈Hn

Si tomamos el conjunto numerable n∈N Hn y cualquier ´ındice α no contenido en el conjunto, de lo anterior se deduce que kxα k < 1/n, ∀n, es decir S xα = 0, para cualquier α 6∈ n∈N Hn . ♦ 108

Con esta notaci´on probamos ahora la desigualdad de Bessel. 4.6.- Teorema. Sea X un espacio pre-Hilbert, A un conjunto ortonormal de X, y ∈ X arbitrario. Entonces: a) (Desigualdad de Bessel) ∀x1 , . . . , xn ∈ A :

n X

|hy, xi i|2 ≤ kyk2 .

i=1

Los elementos hy, xi i se llaman coeficientes de Fourier de y respecto del conjunto ortonormal {xi }ni=1 . b) El conjunto J = {x ∈ A : hy, xi = 6 0} es numerable. P c) ∀z ∈ X : x∈A |hy, xi hz, xi| ≤ kyk · kzk. Demostraci´ on. a) Llamamos αi = hy, xi i. De este modo, 0 ≤ hy −

n X

αi xi , y −

i=1

= kyk2 −

n X

n X

αi xi i

i=1

αi hxi , yi −

i=1

n X

αi hy, xi i +

i=1 j=1

i=1

Esto implica que kyk2 ≥

n X n X

αi αj hxi , xj i = kyk2 −

n X i=1

Pn

2 i=1 |hy, xi i| .

De lo anterior se deduce que la igualdad es tambi´en v´alida si n es infinito. b) Llamamos Jn = {x ∈ A : |hy, xi| ≥ 1/n} y elegimos x1 , . . . , xm ∈ Jn . Por a), m X 1 2 kyk ≥ |hy, xi i|2 ≥ m · 2 =⇒ m ≤ n2 kyk2 < ∞, n i=1

es decir Jn es finito. S Como J = ∞ on numerable de conjuntos finitos, es numeran=1 Jn es uni´ ble. c) Por las desigualdades de H¨older y de Bessel, para cualesquiera x1 , . . . , xn ∈ A tenemos !1/2 !1/2 n n n X X X |hy, xi i hz, xi i| ≤ |hy, xi i|2 · |hz, xi i|2 ≤ kyk · kzk. i=1

i=1

i=1

Como hy, xi i y hz, xi i son cero excepto para un conjunto numerable {xi } ⊂ P A, entonces es absolutamente convergente la serie x∈A |hy, xi hz, xi|.♦ 109

|αi |2 .

Tambi´en se deducen de forma directa los siguientes resultados sobre convergencia de la serie de Fourier asociada a un elemento arbitrario. 4.7.- Teorema. Sea X un espacio de Hilbert y A = {xn }n∈N una sucesi´ on ortonormal en X. Entonces, dada la sucesi´ on {αn }n∈N ⊂ E, P P a) αn xn converge si y s´ olo si |αn |2 converge (es decir, (αn )n∈N ∈ n∈N

n∈N

`2 ).

b) Si

P

n∈N αn xn

converge a x, entonces αn = hx, xn i, ∀n ∈ N, es decir x=

X

hx, xn ixn .

n∈N

c) Para todo x ∈ X, la serie X).

P

n∈N hx, xn ixn

converge (en la norma de

Pn 2 Demostraci´ o n. a) Si llamamos S = n k=1 αk xk , entonces kSn − Sm k = Pn 2 k=m+1 |αk | (n > m). El resto es evidente (recordemos que X es completo). P P b) Sea x = n∈N αn xn . Si Sn = nk=1 αk xk , entonces hSn , xk i = αk , ∀k ≤ n. Esto implica que l´ımn hSn , xk i = αk , ∀k, de donde hx, xk i = αk , ∀k. P c) Por la desigualdad de Bessel, la serie n∈N |hx, xn i|2 converge. Aplicando a) se obtiene lo deseado. ♦ Si aplicamos los resultados anteriores al espacio real L2 [0, 2π], obtenemos lo siguiente. 4.8.- Proposici´ on. a) (Lema de Riemann-Lebesgue). Si f ∈ L2 [0, 2π] y llamamos

Z

2π

a0 = (1/π)

f (t)dt, 0

Z

2π

an = (1/π)

f (t) cos(nt/2)dt, si n es par, 0

Z bn = (1/π)

2π

f (t) sen[(n + 1)t/2]dt, si n es impar, 0

entonces l´ımn an = 0, l´ımn bn = 0. b) (Teorema de Riesz-Fischer). Rec´ıprocamente, dada una sucesi´ on de n´ umeros reales {c0 , d1 , c2 , d3 , . . . } tal que X X c20 + c2n + d2n < ∞, n par

n impar

110

entonces existe una funci´ on f ∈ L2 [0, 2π] cuyos coeficientes de Fourier son la sucesi´ on dada. √ Demostraci´ on. a) Sabemos que la sucesi´on {xn }n≥0 , donde x0 = 1/ 2π, √ √ x2n−1 = (1/ π) sen nt, x2n = (1/ π) cos nt, para n ≥ 1, es un conjunto 2 ortonormal. Si definimos R 2π para cada f ∈ L [0, 2π] los coeficientes de Fourier αn = hf, xn i = 0 f (t)xn (t)dt, n ≥ 0, por la desigualdad de Bessel, P 2 2 n≥0 |αn | ≤ kf k . A partir de esta desigualdad, y llamando Z 1 2π a0 = f (t)dt, π 0 Z 1 2π f (t) cos(nt/2)dt, si n es par , an = π 0 Z 1 2π bn = f (t) sen[(n + 1)t/2]dt, si n es impar, π 0 a los coeficientes ordinarios de Fourier, obtenemos ! Z ∞ 2π X f 2 (t)dt (π/2)a20 + π (a2n + b2n ) ≤ 0

n=1

lo que implica que l´ımn an = 0, l´ımn bn = 0. b) Al aplicar el teorema 4.7(a) a la sucesi´on {xn }n≥0 definida antes, obtenemos ! X X c0 1 √ +√ cn cos nt + dn sen nt π n par 2π n impar √ 2 converge a alguna funci´on f ∈ L [0, 2π] y f / π tiene a la sucesi´on dada por coeficientes de Fourier. ♦ El siguiente concepto generaliza el de base ortonormal en un espacio eucl´ıdeo. 4.9.- Definici´ on. Sea X un espacio pre-Hilbert y A un conjunto ortonormal. Entonces A es completo cuando se cumple cualquiera de las condiciones siguientes: (a) No existe ning´ un conjunto ortonormal que contenga propiamente a A. (b) ∀x ∈ X, si x⊥A, entonces x = 0. Es o que (a) implica (b) porque si existiera x⊥A, x 6= 0, entonces A ∪ n claro x ser´ıa ortonormal conteniendo propiamente a A. kxk Tambi´en (b) implica (a), porque si existiera B ortonormal tal que A ⊂ B, A 6= B, podr´ıamos tomar x ∈ B \ A, y ser´ıa x⊥A y kxk = 1. 111

Observaci´ on. A los conjuntos ortonormales completos se les llama bases ortonormales. Sin embargo, nunca un conjunto ortonormal completo infinito puede ser base de Hamel en un espacio de Hilbert. En efecto, si A es ortonormal completo infinito de P H, consPun conjunto −2 x con {x } −4 truimos la serie k ⊂ A. Como la serie k N k∈N k∈N k P k k∈−2 converge, existe x ∈ H tal que k∈N k xk = x. Si A fuera base de H, ∃γα , . . . , γν tales que x = γα xα + . . . γν xν . Eligiendo j 6= α, . . . , ν, hxj ,

X

k −2 xk i = j −2 = hxj , γα xα + . . . γν xν i = 0

k≥1

lo que es absurdo. 4.10.- Teorema. En un espacio pre-Hilbert X 6= {0} existe un conjunto ortonormal completo y todo conjunto ortonormal puede extenderse a un conjunto ortonormal completo. Demostraci´ on. Basta probar la segunda parte porque se deduce inmediatamente de ah´ı la primera. Sea B un conjunto ortonormal fijo, S = {A : A es conjunto ortonormal, B ⊂ A}. El conjunto S est´a parcialmente ordenado con la relaci´on de inclusi´on. Veamos que toda familia totalmente ordenada de S tiene cota superior: Sea T = S {Aα : α ∈ I} unSsubconjunto totalmente ordenado de S. Como A Sα ⊂ α∈I Aα , entonces α∈I Aα es cota superior de T . Adem´as B ⊂ α∈I Aα . S Si x, y ∈ α∈I Aα , ∃α, β ∈ I : x ∈ Aα , y ∈ Aβ (y suponemos Aα ⊂ Aβ por ser T totalmente ordenado). Entonces x, y ∈ Aβ de donde x⊥y, kxk = S kyk = 1 =⇒ α∈I Aα ∈ S. Se dice entonces que S es un conjunto inductivo. Se puede aplicar el lema de Zorn1 , por el que debe existir un elemento maximal en S. Este elemento es un conjunto ortonormal completo, pues por definici´on de maximal, no puede haber otro conjunto ortonormal que lo contenga. ♦ 4.11.- Teorema. a) Sea X un espacio pre-Hilbert y A un conjunto ortonormal tal que hAi = X. Entonces A es completo. b) Si X es de Hilbert y A = {xα }α∈I un conjunto ortonormal completo, entonces hAi = X. Demostraci´ on. a) Si A no fuera completo, existir´ıa x ∈ X ortogonal al conjunto. Adem´as x⊥hAi e incluso x⊥ hAi lo que es absurdo. 1

Lema de Zorn: Todo conjunto ordenado, inductivo y no vac´ıo tiene un elemento maximal.

112

b) Si hAi 6= X, existe x ∈ X \ hAi. Por el teorema de proyecci´on, existe y ∈ hAi tal que (x − y)⊥ hAi. Por tanto, (x − y)⊥A, pero x 6= y. Resulta entonces que A no es completo. ♦ Otra caracterizaci´on de los conjuntos ortonormales completos la da la identidad de Parseval. 4.12.- Teorema. a) Sea X un espacioPpre-Hilbert y A = {xα }α∈I un conjunto ortonormal. Si ∀x ∈ X, kxk2 = α∈I |hx, xα i|2 , entonces A es completo. b) (Identidad de Parseval) Si X esPde Hilbert y A es un conjunto ortonormal completo, se verifica que kxk2 = α∈I |hx, xα i|2 , ∀x ∈ X. Observaci´ on. Por el teorema 4.6(b) s´olo hay como m´aximo un conjunto numerable de productos hx, xα i no nulos. Demostraci´ on. a) Si A no fuera completo, existir´ıa x ∈ X tal que x⊥A. Por la identidad de Parseval, kxk = 0, lo que es absurdo. P b) Sea x ∈ X. α∈I hx, xα ixα converge (teorema 4.7(c)), PComo la serie llamamos y = α∈I hx, xα ixα . Entonces (x − y)⊥A : hx − y, xβ i = hx, xβ i −

X

hx, xα ihxα , xβ i = hx, xβ i − hx, xβ i = 0;

α∈I

hx − y, vi = hx, vi −

X

hx, xα ihxα , vi = 0 − 0 = 0,

α∈I

∀v ∈ A, v distinto de los xα de la serie (que son precisamente aquellos para los que hx, vi = 0). P Por definici´on, como (x − y)⊥A =⇒ x − y = 0 =⇒ x = α∈I hx, xα ixα =⇒ P kxk2 = α∈I hx, xα i hx, xα i. ♦ Nota. La parte (a) del teorema tambi´en es cierta si la identidad de Parseval se supone cierta s´olo en un conjunto denso en X (ver la prueba en [BN]). La ventaja que ello supone es evidente y en las aplicaciones pr´acticas es f´acil obtener subconjuntos densos donde se verifique la igualdad. Por ejemplo, √ √ √ para probar que la sucesi´on {1/ 2π, cos t/ π, sen t/ π, . . . } es un conjunto ortonormal completo en L2 [0, 2π] sobre R basta ver que la identidad de Parseval es cierta en la clase de polinomios trigonom´etricos de L2 [0, 2π] (que es denso en L2 por el teorema de Stone-Weierstrass). Podemos resumir todos los resultados anteriores en el siguiente esquema. 4.13.- Teorema. Sea A = {xα }α∈I un conjunto ortonormal en un espacio de Hilbert X. Las siguientes afirmaciones son equivalentes: i) A es completo. 113

ii) x⊥A =⇒ x = 0. iii) x ∈ X =⇒ x =

P

α∈I hx, xα ixα .

iv) hAi = X. P v) kxk2 = α∈I |hx, xα i|2 . P vi) ∀x, y ∈ X, hx, yi = α∈I hx, xα ihxα , yi. (Es claro que en algunas equivalencias no es necesario que X sea de Hilbert.) n int o e Ejemplo. En L2 [0, 2π] un conjunto ortonormal completo es A = √ , n ∈ Z . 2π R 2π En efecto, sea f ∈ L2 [0, 2π], tal que f ⊥A, es decir, 0 f (t)e−int dt = 0, ∀n ∈ Rt Z. Definimos G(t) = 0 f (x)dx − C, donde G(2π) = −C = G(0). Como Rt on absolutamente continua, G0 (t) = f (t) en casi to0 f (x)dx es una funci´ R 2π do punto. Esto implica que 0 G0 (t)e−int dt = 0. Integrando por partes, tenemos Z 2π Z 2π 2π 0 = e−int G(t) 0 − G(t)(−in)e−int dt = G(2π)−G(0)+in G(t)e−int dt. 0

0

R 2π Rt Si llamamos F (t) = 0 f (x)dx, tenemos que 0 = 0 (F (t) − C)e−int dt, n 6= R 2π 0. Elegimos C de modo que 0 F (t)dt = 2πC. Por el teorema de aproximaci´on de Weierstrass, podemos Paproximariktuniformemente G(t) por el polinomio trigonom´etrico T (t) = m k=−m ak e , de modo que |G(t) − T (t)| < ε, ∀t ∈ [0, 2π]. Resulta as´ı: 2π

Z

G(t)T (t)dt = 0

m X

Z ak

2π ikt

G(t)e

0

Z =

Z 0

Z ≤ ε

2π

Z √ |G(t)| · 1dt ≤ ε 2π

0

R 2π 0

2π

G(t)(G(t) − T (t))dt

G(t)G(t)dt = 0

Si suponemos

|G(t)|2 dt

dt = 0 =⇒

0

−m 2π

2π

Z

2π

1/2 |G(t)|2 dt .

0

|G(t)|2 dt 6= 0, resulta

R

2π 0

1/2 √ ≤ ε 2π. |G(t)|2 dt

Como ε es arbitrario, Z

2π

Z

2

|G(t)| dt = 0 =⇒ G(t) = 0 =⇒ 0

f (x)dx = C =⇒ f (t) = 0 0

en casi todo punto. 114

t

Justificamos a continuaci´on el nombre de dimensi´on de Hilbert dado al cardinal de un conjunto ortonormal completo. 4.14.- Teorema (cardinal de los conjuntos ortonormales completos). En un espacio pre-Hilbert X, cualesquiera dos conjuntos ortonormales completos A = {xα : α ∈ I}, B = {yβ : β ∈ J} tienen el mismo cardinal (llamado dimensi´ on de Hilbert o dimensi´ on ortogonal de X). Demostraci´ on. Es trivial si A y B son finitos, porque ser´ıan bases del mismo espacio vectorial X. 6 0} que En el caso general, si xα ∈ A, definimos Bxα = {yβ ∈ B : hxα , yβ i = es numerable (teorema 4.6(b)). Veamos ahora que para todo yβ ∈ B existe xα ∈ A tal que yβ ∈ Bxα : Si no fuera as´ı, hxα , yβ i = 0, ∀xα ∈ A =⇒ yβ ⊥A. Pero, al ser A completo, yβ = 0, lo que es absurdo pues kyβ k = 1. Entonces [ B= Bxα =⇒ card B ≤ card A · card Bxα = card A α∈I

ya que Bxα es numerable. An´alogamente se procede para demostrar que card A ≤ card B.

♦

Para concluir probaremos las siguientes equivalencias, que generalizan lo que ocurre con los espacios eucl´ıdeos, pues se proporcionan muestras concretas de espacios mediante los cuales todos los dem´as s´olo se diferencian en la dimensi´on. 4.15.- Teorema. Si X es un espacio pre-Hilbert de dimensi´ on n, entonces n X es congruente con C , es decir existe un isomorfismo isom´etrico entre X y Cn . Demostraci´ on. Sea {x1 , . . . , xn } una base ortonormal de X. P ∀x ∈ X, ∃α1 , . . . , αn ∈ E : x = ni=1 αi xi . Definimos A : X → Cn como Ax = (α1 , . . . , αn ). Es evidente que A es isomorfismo isom´etrico. ♦ 4.16.- Teorema. Si X es un espacio de Hilbert separable, complejo y de dimensi´ on infinita, entonces X es congruente con `2 . Demostraci´ on. Por ser X separable, contiene un conjunto ortonormal completo numerable, digamos {xn }n∈N . Para cada x ∈ X y n ∈ N definimos αn = hx, xn i. Por la identidad de Parseval, X X kxk2 = |hx, xn i|2 = |αn |2 < ∞. n∈N

n∈N

Esto implica que {αn }n∈N ∈ `2 . As´ı pues, el operador A : X → `2 dado por Ax = (αn )n∈N , ∀x ∈ X 115

est´a bien definido y es lineal. Veamos que A es un isomorfismo isom´etrico. (∗) A es inyectiva: Ax = 0 =⇒ hx, xn i = 0, ∀n =⇒ x = 0 porque {xn }n∈N es completo. P 2 2 (∗) A es sobre: Si (β ) n n∈ N ∈ ` , n∈N |βn | < ∞ lo que implica que P un x ∈ X de donde βn = hx, xn i, es decir (βn )n∈N = n∈N βn xn converge a alg´ Ax. P (∗) A es isometr´ıa, pues kAxk2 = n∈N |αn |2 = kxk2 . ♦

´ DE POLINOMIOS. 5. ORTOGONALIZACION

En esta secci´on se aplican los resultados anteriores para obtener familias de polinomios ortonormales en algunos casos pr´acticos de especial importancia. Empezaremos recordando el teorema de ortogonalizaci´on de GramSchmidt. 5.1.- Teorema (ortogonalizaci´on de Gram-Schmidt). Si {y1 , . . . , yn , . . . } es un conjunto linealmente independiente en un espacio pre-Hilbert X, entonces existe un conjunto ortonormal {x1 , . . . , xn , . . . } tal que h{x1 , . . . , xk }i = h{y1 , . . . , yk }i, ∀k ∈ N. Demostraci´ on. Aplicaremos el m´etodo de inducci´on sobre n. Para n = 1, hacemos x1 = y1 /ky1 k. Esto hace que kx1 k = 1 y h{x1 }i = h{y1 }i. Si fuera cierto para n − 1, ve´amoslo para n: Pn−1 hyn , xi ixi . Entonces Llamamos w = yn − i=1 n−1 X

hw, xk i = hyn , xk i−

hyn , xi ihxi , xk i = hyn , xk i−hyn , xk i = 0, k = 1, . . . , n−1.

i=1

Si fuera w = 0, tendr´ıamos yn =

n−1 P

hyn , xi ixi , con lo que yn ∈ h{x1 , . . . , xn−1 }i =

i=1

h{y1 , . . . , yn−1 }i, lo que contradice la hip´otesis. Si llamamos xn = w/kwk, es trivial que {x1 , . . . , xn } es un conjunto ortonormal y que h{x1 , . . . , xn }i = h{y1 , . . . , yn }i. ♦ 116

Veamos como aplicaci´on de lo anterior c´omo generar los polinomios ortonormales de mayor importancia pr´actica. A. Polinomios de Legendre. El espacio C[−1, 1] con el producto escalar R1 hx, yi = −1 x(t)y(t)dt puede completarse y dar lugar al espacio L2 [−1, 1]. Una base ortonormal de este espacio se puede obtener aplicando el m´etodo de ortogonalizaci´on de Gram-Schmidt a la familia linealmente independiente de polinomios {xn (t) = tn , n = 0, 1, . . . }. n

d 2 n 5.2.- Teorema. Si llamamos Pn (t) = 2n1·n! · dt n (t − 1) , entonces la familia q en (t) = 2n+1 2 Pn (t), n = 0, 1, . . . , es un conjunto ortonormal completo en

L2 [−1, 1]. Demostraci´ on. Veamos en primer lugar que hPm , Pn i = 0 si 0 ≤ m < n. Como Pm es un polinomio, basta probar que hxm , Pn i = 0 para m < n. Si integramos por partes (donde escribimos por comodidad u = t2 − 1), teniendo en cuenta que las derivadas Dk (un )(t) se anulan para k < n en t = ±1: 2n n!hxm , Pn i =

Z

1

tm Dn (un )(t)dt

−1 1

Z

tm−1 Dn−1 (un )(t)dt = . . .

= −m −1

Z

m

1

Dn−m (un )(t)dt = (−1)m m!Dn−m−1 (un )(t)|1−1 = 0.

= (−1) m! −1

A continuaci´on probaremos que ken k = 1, ∀n, para lo cual integramos nuevamente por partes y tenemos en cuenta que D2n (un )(t) = (2n)!: (2n n!)2 kPn k2 =

Z

1

Dn (un )(t)Dn (un )(t)dt

−1

Z

1

Dn−1 (un )(t)Dn+1 (un )(t)dt = . . .

= − −1

Z

n

1

= (−1) (2n)!

Z

n

u (t)dt = 2(2n)! −1

Z = 2(2n)!

π/2

cos2n+1 sds =

0

1

(1 − t2 )n dt

0

22n+1 (n!)2 . 2n + 1

♦

Observaci´ on. Los polinomios de Legendre {Pn }n≥0 son soluci´on de la llamada ecuaci´on de Legendre: (1 − t2 )Pn00 − 2tPn0 + n(n + 1)Pn = 0. 117

2

B. Polinomios de Hermite. En el espacio L2 (R), las funciones {xn e−x /2 } forman un conjunto linealmente independiente para n ≥ 0. Aplicando el proceso de Gram-Schmidt, obtenemos las funciones de Hermite Φn (x) =

(n! ·

2n

1 2 √ 1/2 · e−x /2 · Hn (x) · π)

donde {Hn }n≥0 son los polinomios de Hermite 2

Hn (x) = (−1)n · ex ·

dn −x2 e . dxn

Se puede probar que las funciones de Hermite forman una base ortonormal de L2 (R) y que los polinomios de Hermite verifican la ecuaci´on diferencial Hn00 − 2xHn0 + 2nHn = 0. C. Polinomios de Laguerre. En X = L2 [0, ∞), la sucesi´on {e−x/2 xn }n≥0 es linealmente independiente. La familia ortonormal que se obtiene es Ψn (x) = e−x/2 Ln (x), donde   n X 1 x dn −x n (−1)j n j · e · n (e x ), es decir Ln (x) = x , Ln (x) = n! dx j! j j=0

son los polinomios de Laguerre. Estos polinomios verifican la ecuaci´on xL00n + (1 − x)L0n + nLn = 0.

´ DE FUNCIONALES EN ESPACIOS DE 6. REPRESENTACION HILBERT.

En los espacios de Hilbert, la forma general que tienen los funcionales lineales y acotados es sorprendentemente simple y de gran importancia pr´actica. Es muy sencillo comprobar que todo espacio eucl´ıdeo puede identificarse con su dual. 6.1.- Teorema (Riesz para dimensi´on finita). Si X es un espacio pre-Hilbert de dimensi´ on finita y f : X → E un funcional lineal, entonces existe un u ´nico y ∈ X tal que f (x) = hx, yi, ∀x ∈ X. Demostraci´ on. Sea {x1 , . . . , xn } una base ortonormal de X. Si y =

n P

f (xi )xi ,

i=1

definimos la aplicaci´on fy : X → E como fy (x) = hx, yi. En particular, 118

fy (xj ) = f (xj ), ∀j = 1, . . . , n. De aqu´ı se deduce que fy (x) = f (x), ∀x ∈ X. Si existiera otro z ∈ X tal que hx, yi = hx, zi, ∀x ∈ X, entonces hx, y − zi = 0, ∀x =⇒ y = z. ♦ Probaremos a continuaci´on el teorema de representaci´on de Riesz que prueba que este hecho es tambi´en cierto en espacios de Hilbert arbitrarios. 6.2.- Teorema (Riesz para cualquier dimensi´on). Un funcional f : X → E de un espacio de Hilbert es lineal y acotado si y s´ olo si existe un u ´nico y ∈ X tal que f (x) = hx, yi, ∀x ∈ X. Adem´ as kf k = kyk. Demostraci´ on. La unicidad de y es clara como hicimos en el teorema anterior. a) Dado y ∈ X, consideramos el funcional f (x) = hx, yi. Claramente, f es lineal. Adem´as |f (x)| = |hx, yi| ≤ kxk · kyk por la desigualdad de CauchySchwarz. Por tanto, f est´a acotado y kf k ≤ kyk. Pero si hacemos x = y, |f (y)| = kyk · kyk =⇒ kf k ≥ kyk y en definitiva, kf k = kyk. b) Sea f un funcional lineal y acotado en X y definimos M = {x ∈ X : f (x) = 0} que es subespacio cerrado de X por la continuidad de f . Si M = X, f ≡ 0 y f (x) = hx, 0i, es decir, existe y = 0 tal que f (x) = hx, 0i. Si M 6= X, existe w 6= 0 tal que w ∈ M ⊥ . Vamos a probar que existe α ∈ E tal que y = αw satisface las condiciones del teorema. Si x ∈ M, f (x) = 0 y hx, αwi = αhx, wi = 0, y cualquier α sirve. Si x = βw con β 6= 0, f (x) = βf (w) y hx, αwi = β αhw, wi con lo que f (x) = hx, αwi cuando α = f (w)/kwk2 . Si x ∈ X es arbitrario, x = x − βw + βw y elegimos β para que x − βw ∈ M, es decir, β = f (x)/f (w). De este modo, f (x) = f (x−βw)+f (βw) = hx−βw, αwi+hβw, αwi = hx, αwi = hx, yi.

♦

De este teorema tambi´en se deduce el an´alogo a la proposici´on 7.3 del cap´ıtulo II. Concretamente, en un espacio de Hilbert un funcional lineal es continuo si y s´olo si su n´ ucleo es un subespacio cerrado. Este hecho muestra que la existencia de funcionales lineales no continuos va ´ıntimamente ligada con la existencia de subespacios lineales no cerrados. As´ı pues, el n´ ucleo de un funcional lineal no continuo es un subespacio denso en X. En efecto, si por el contrario dim M ⊥ > 0, ∃e⊥M tal que f (e) = 1; esto implica que ∀y ∈ X, y = f (y)e + (y − f (y)e) con f (y)e ∈ hei y f (y − f (y)e) = 0 =⇒ y − f (y)e ∈ M , y la suma es ortogonal. Esto indica que X = hei ⊕ M , de donde M es cerrado, con lo que f es continuo, en contradicci´on con la hip´otesis. En definitiva, dim M ⊥ = 0 =⇒ M = X. 119

El teorema 6.2 permite tambi´en obtener una representaci´on general de formas sesquilineales en espacios de Hilbert. 6.3.- Definici´ on. Dados dos espacios vectoriales X, Y , una forma sesquilineal sobre X × Y es una aplicaci´on h : X × Y → E tal que h es lineal en la primera variable y antilineal en la segunda. Si X e Y son normados, h es acotada si existe c ≥ 0 tal que |h(x, y)| ≤ |h(x,y)| c · kxk · kyk y se define khk = supx,y6=0 kxk·kyk como la norma de h. Ejemplo. Si S ∈ L(X, Y ) entonces h(x, y) = hSx, yi es una forma sesquilineal acotada. El rec´ıproco corresponde al siguiente resultado. 6.4.- Teorema (representaci´on de Riesz para formas sesquilineales). Sean H1 , H2 espacios de Hilbert y h : H1 × H2 → E una forma sesquilineal acotada. Entonces existe un u ´nico operador lineal S : H1 → H2 acotado tal que h(x, y) = hSx, yi y kSk = khk. Demostraci´ on. Fijado x ∈ H1 , el operador h(x, ·) : H2 → E es un funcional lineal y acotado. Entonces existe un u ´nico z ∈ H2 tal que h(x, y) = hy, zi. Por tanto, h(x, y) = hz, yi. Como z depende de x y es u ´nico, queda definido un operador S : H1 → H2 dado por Sx = z. As´ı definido, se prueba que → S es lineal: hS(αx1 + βx2 ), yi = h(αx1 + βx2 , y) = αh(x1 , y) + βh(x2 , y) = αhSx1 , yi + βhSx2 , yi = hαSx1 + βSx2 , yi, ∀y =⇒ S(αx1 + βx2 ) = αSx1 + βSx2 . → S es acotado: |hSx, yi| |hSx, Sxi| kSxk ≥ sup = sup = kSk. x,y6=0 kxk · kyk x6=0,Sx6=0 kxk · kSxk x6=0 kxk

khk = sup

→ kSk = khk : Por la desigualdad de Cauchy-Schwarz, khk = sup

|hSx, yi| kSxk · kyk ≤ sup = kSk. kxk · kyk kxk · kyk

→ S es u ´nico: Si ∃T : H1 → H2 tal que h(x, y) = hSx, yi = hT x, yi, entonces Sx = T x de donde S = T. ♦ El concepto de forma sesquilineal es una generalizaci´on del producto interior. Demostraremos a continuaci´on diversos resultados que extienden a los ya obtenidos para el producto interior, donde el papel de norma corresponde ahora al de la forma cuadr´atica asociada a una forma sesquilineal. 6.5.- Definici´ on. Una forma sesquilineal f : X → X se dice sim´etrica cuando f (y, x) = f (x, y), ∀x, y ∈ X. Por otra parte, si f (x, x) ≥ 0, ∀x ∈ X, 120

f se dice forma sesquilineal definida no negativa. Por ejemplo, f (x, y) = hx, yi es una forma sesquilineal sim´etrica y definida no negativa, y f (x, x) representa la norma. Dada una forma sesquilineal f : X ×X → E, el conjunto {f (x, x) : x ∈ X} se llama forma cuadr´ atica asociada. As´ı, si llamamos fb(x) = f (x, x), se puede recuperar la forma sesquilineal por la identidad de polarizaci´on 1 1 i i f (x, y) = fb(x + y) − fb(x − y) + fb(x + iy) − fb(x − iy). 4 4 4 4 En consecuencia, si f1 y f2 son formas sesquilineales y fb1 = fb2 , entonces f1 = f2 . 6.6.- Proposici´ on. Dada una forma sesquilineal f : X × X → E, f es sim´etrica si y s´ olo si fb es real. Demostraci´ on. a) Si suponemos que f (y, x) = f (x, y), entonces fb(x) = f (x, x) = f (x, x) = fb(x), ∀x ∈ X lo que implica que fb es real. b) Rec´ıprocamente, si fb es real, de la identidad de polarizaci´on y las igualdades fb(z) = fb(−z), fb(iz) = fb(z), ∀z ∈ X, se deduce que f (x, y) = =

1 b 1 i i f (x + y) − fb(x − y) − fb(x + iy) + fb(x − iy) 4 4 4 4 1 i i 1b f (y + x) − fb(y − x) − fb(y − ix) + fb(y + ix) = f (y, x). 4 4 4 4

6.7.- Corolario. Si A : X → X es un operador lineal acotado, entonces son equivalentes: i) La forma sesquilineal f : X × X → E definida por f (x, y) = hAx, yi es sim´etrica. ii) hAx, xi es real para todo x ∈ X. Para la prueba, basta observar que hAx, xi es la forma cuadr´atica asociada a f. 6.8.- Proposici´ on. Dada una forma sesquilineal f : X × X → E, f es acotada si y s´ olo si fb es acotada. Adem´ as kfbk ≤ kf k ≤ 2kfbk. Demostraci´ on. Utilizaremos las igualdades kf k =

sup

|f (x, y)|, kfbk = sup |fb(x)|,

kxk,kyk=1

kxk=1

las cuales se pueden probar de forma similar a las obtenidas en el caso de operadores lineales. 121

♦

Si suponemos f acotada, entonces |fb(x)| = |f (x, x)| ≤ kf k · kxk2 =⇒ kfbk ≤ kf k. Rec´ıprocamente, si suponemos fb acotada, aplicando la desigualdad triangular en la identidad de polarizaci´on, obtenemos 1 |f (x, y)| ≤ kfbk · (kx + yk2 + kx − yk2 + kx + iyk2 + kx − iyk2 ). 4 Aplicando en el segundo miembro la identidad del paralelogramo, resulta: 1 |f (x, y)| ≤ kfbk · [2(kxk2 + kyk2 ) + 2(kxk2 + kyk2 )] = kfbk · (kxk2 + kyk2 ). 4 Tomando el supremo para valores x, y, con kxk = kyk = 1, llegamos en definitiva a que kf k ≤ 2kfbk. ♦ 6.9.- Proposici´ on. Si f es una forma sesquilineal sim´etrica acotada, entonces kf k = kfbk. Demostraci´ on. Por ser fb real, de la identidad de polarizaci´on obtenemos en particular 1 1 1 Re f (x, y) = fb(x+y)− fb(x−y) =⇒ | Re f (x, y)| ≤ kfbk·(2kxk2 +2kyk2 ). 4 4 4 Si suponemos kxk = kyk = 1, resulta | Re f (x, y)| ≤ kfbk. Escribiendo en forma polar f (x, y) = r · eiϑ , para α = e−iϑ , tenemos αf (x, y) = r = |f (x, y)|, de donde |f (x, y)| = | Re αf (x, y)| = | Re f (αx, y)| ≤ kfbk, para cualesquiera x, y ∈ X tales que kxk = kyk = 1. En consecuencia, kf k = supkxk=kyk=1 |f (x, y)| ≤ kfbk lo que, junto al resultado del teorema anterior, conduce a la tesis. ♦ 6.10.- Proposici´ on (Desigualdad de Cauchy-Schwarz generalizada). Si f es un forma sesquilineal no negativa, entonces |f (x, y)|2 ≤ fb(x) · fb(y), ∀x, y ∈ X. La prueba es similar a la realizada en la proposici´on 3.1, y se deja como ejercicio.

122

7. OPERADOR ADJUNTO. OPERADORES AUTOADJUNTOS Y UNITARIOS.

El teorema de representaci´on de Riesz permite de forma natural asociar a todo operador T ∈ L(H1 , H2 ) el llamado operador adjunto T ∗ ∈ L(H2 , H1 ) definido por la condici´on hT x, yi = hx, T ∗ yi, ∀x ∈ H1 , y ∈ H2 , y cuyas propiedades estudiaremos en esta secci´on. Nos limitaremos en esta secci´on a estudiar el caso de operadores T : H → H y dejamos al lector la posibilidad de desarrollar el caso general. Queremos indicar tambi´en que en el caso de espacios normados se puede definir un concepto an´alogo pero algunas demostraciones precisan aplicar el teorema de Hahn-Banach que estudiaremos en el pr´oximo cap´ıtulo (en los ejercicios del cap´ıtulo IV se dan dichas nociones). Aseguramos en primer lugar la existencia del operador adjunto y mostramos algunas propiedades b´asicas de los mismos. 7.1.- Teorema. Sean H un espacio de Hilbert y T ∈ L(H). Entonces existe un u ´nico operador T ∗ ∈ L(H) tal que hT x, yi = hx, T ∗ yi. Adem´ as kT k = ∗ kT k. Demostraci´ on. Para cada y ∈ H definimos el funcional fy (x) = hT x, yi. Debido a que |hT x, yi| ≤ kT xk · kyk ≤ kT k · kxk · kyk, se deduce que fy es un funcional lineal acotado. Por el teorema de representaci´on de Riesz, existe un u ´nico z ∈ H tal que fy (x) = hx, zi. Definimos pues el operador T ∗ y = z. Dicho operador es lineal pues, ∀y1 , y2 ∈ H, α ∈ E, x ∈ H: hx, T ∗ (αy1 + y2 )i = hT x, αy1 + y2 i = αhT x, y1 i + hT x, y2 i =

αhx, T ∗ y1 i + hx, T ∗ y2 i = hx, αT ∗ y1 + T ∗ y2 i.

Adem´as T ∗ est´a acotado pues, ∀x, y ∈ H, |hx, T ∗ yi| = |hT x, yi| ≤ kT k · kxk · kyk. En particular, para x = T ∗ y tenemos que kT ∗ yk2 ≤ kT k · kT ∗ yk · kyk, de donde kT ∗ yk ≤ kT k · kyk y kT ∗ k ≤ kT k. Por otra parte, como T ∗∗ = T , resulta que kT k = kT ∗∗ k ≤ kT ∗ k. 7.2.- Proposici´ on. Dados S, T ∈ L(H) y α ∈ E, entonces: a) (S + T )∗ = S ∗ + T ∗ . 123

♦

b) (αT )∗ = αT ∗ . c) (ST )∗ = T ∗ S ∗ . d) T ∗∗ = T . e) kT ∗ T k = kT k2 . Demostraci´ on. Queda como ejercicio, pues se trata de simples comprobaciones. 7.3.- Proposici´ on. Si llamamos N (T ) al n´ ucleo del operador T y R(T ) al rango, entonces a) N (T ∗ ) = R(T )⊥ . b) N (T ) = R(T ∗ )⊥ . Demostraci´ on. Para cualesquiera x ∈ N (T ∗ ), y ∈ H, hx, T yi = hT ∗ x, yi = 0, de donde x ∈ R(T )⊥ . Rec´ıprocamente, si x ∈ R(T )⊥ , entonces hT ∗ x, yi = hx, T yi = 0, para todo y ∈ H, de donde T ∗ x = 0. Para la parte b) basta aplicar a) al operador T ∗ .

♦

7.4.- Definici´ on. El operador T ∗ as´ı construido se llama adjunto de T . Un operador T es autoadjunto cuando T = T ∗ . Observaciones. 1) El concepto de operador adjunto generaliza el de matriz adjunta pues en los espacios eucl´ıdeos la matriz asociada al operador adjunto es la traspuesta de la conjugada de la matriz asociada al operador de partida. Un ejemplo cl´asico en dimensi´on infinita lo constituyen los operadores integrales. As´ı, si A : L2 [0, 1] → L2 [0, 1] es el operador definido R1 por Ax(t) = 0 K(t, s)x(s)ds, donde K es una funci´on continua, entonces R1 A∗ x(t) = 0 K(s, t)x(s)ds. 2) Los operadores autoadjuntos juegan en L(H) el papel que los n´ umeros reales juegan en C. Por tanto, todo operador T ∈ L(H) se podr´a escribir en la forma T = A + iB, con A, B autoadjuntos. Esta clase de operadores, cuya estructura est´a ya perfectamente delimitada, aparece en multitud de aplicaciones. Recordamos que en espacios m´etricos una aplicaci´on que conserva las distancias se llama isometr´ıa. Cuando se trata de espacios normados esta propiedad se traduce en que una isometr´ıa A : X → Y es un operador que conserva las normas, es decir kAxk = kxk, ∀x ∈ X. Si X e Y son adem´as espacios pre-Hilbert, es sencillo comprobar (aplicando la identidad de polarizaci´on) que un operador A ∈ L(X, Y ) es una isometr´ıa si y s´olo si 124

hAx, Ayi = hx, yi, ∀x, y ∈ X. En lo sucesivo aplicaremos esta caracterizaci´on como definici´on de isometr´ıas en espacios pre-Hilbert. 7.5.- Definici´ on. Toda isometr´ıa sobreyectiva recibir´a el nombre de operador unitario. Estos operadores se corresponden con las rotaciones y simetr´ıas respecto del origen en los espacios eucl´ıdeos y, al igual que all´ı, estos operadores son los m´as simples en cuanto no cambia la longitud ni el ´angulo entre vectores. Veamos a continuaci´on algunas caracterizaciones de estos operadores. 7.6.- Proposici´ on. Sea T ∈ L(H). a) T es isometr´ıa si y s´ olo si T ∗ T = I. b) T es unitario si y s´ olo si T ∗ T = T T ∗ = I. Demostraci´ on. El apartado a) se deduce de las siguientes equivalencias: T isometr´ıa

⇐⇒ hT x, T yi = hx, yi, ∀x, y ∈ H ⇐⇒ hx, T ∗ T yi = hx, yi, ∀x, y ∈ H ⇐⇒ T ∗ T = I.

b) Por el apartado anterior, si T es unitario, T ∗ T = I. Adem´as, por ser T sobre, ∀x, y ∈ H, hT T ∗ x, yi = hT T ∗ x, T zi = hT ∗ x, zi = hx, T zi = hx, yi =⇒ T T ∗ = I. Rec´ıprocamente, si T ∗ T = T T ∗ = I, entonces, por una parte, T es isometr´ıa; por otra parte, para cualquier y ∈ H, si llamamos x = T ∗ y; entonces T x = T T ∗ y = y, es decir T es sobre. ♦ Otra clase de operadores relacionada con las anteriores es la de los operadores normales, los que por definici´on verifican la igualdad T T ∗ = T ∗ T . Esta clase de operadores tiene gran inter´es en el desarrollo de la teor´ıa espectral y estudiaremos sus propiedades en el cap´ıtulo VI.

125

EJERCICIOS.

1. Si X es un espacio vectorial de dimensi´ on finita y {e1 , . . . , en } una base de X , probar que cualquier producto interior sobre X est´ a completamente determinado por los valores γij = hei , ej i, (i, j = 1, . . . , n). ¿Es posible elegir arbitrariamente dichos escalares? Resp.: Sean x, y ∈ X arbitrarios, x = Entonces hx, yi =

n X n X

αi βj hei , ej i =

i=1 j=1

Pn

i=1 αi ei ,

n X n X

y =

Pn

j=1 βj ej .

αi βj γij .

i=1 j=1

Sin embargo, la elecci´on de la matriz (γij )i,j=1,...,n no puede ser arbitraria, pues para dar lugar a un producto interior debe cumplir γij = γji , ∀i, j y adem´as γii > 0, ∀i.   2. Sea X un espacio pre-Hilbert real. Probar que si kx+yk2 = kxk2 + kyk2 , entonces x⊥y . Probar que lo anterior no es cierto si X es complejo. Resp.: De los axiomas del producto escalar obtenemos: kx + yk2 = hx + y, x + yi = kxk2 + hx, yi + hy, xi + kyk2 . Aplicando la hip´otesis se deduce que 2Rehx, yi = 0 =⇒ hx, yi = 0 =⇒ x⊥y. Si X es complejo, basta elegir x, y ∈ X tales que hx, yi = ib, con b 6= 0. As´ı, kx + yk2 = kxk2 + kyk2 pero x no es ortogonal a y.   3. Probar que en un espacio pre-Hilbert, para cualquier escalar α, x⊥y ⇐⇒ kx + αyk = kx − αyk. Resp.: Las siguientes igualdades son v´alidas en general: kx + αyk2 = hx, xi + αhy, xi + αhx, yi + α αhy, yi, kx − αyk2 = hx, xi − αhy, xi − αhx, yi + α αhy, yi. 126

As´ı pues, si x⊥y, entonces kx + αyk2 = kxk2 + α αkyk2 = kx − αyk2 . Rec´ıprocamente, si kx+αyk = kx−αyk, entonces 2αhy, xi = −2 αhx, yi. Si hacemos α = 1, resulta: hy, xi + hy, xi = 0 =⇒ Rehy, xi = 0. Haciendo ahora α = i: ihy, xi − i hy, xi = 0 =⇒ Imhy, xi = 0. En definitiva, tenemos que hy, xi = 0 =⇒ x⊥y.   4. Sea X un espacio pre-Hilbert. Probar que kλx + (1 − λ)yk = kxk, ∀λ ∈ [0, 1] =⇒ x = y.

¿Es cierto lo anterior si X es un espacio normado? Resp.: Por hip´otesis, si λ = 0, kyk = kxk y, si λ = 1/2, (1/2)kx+yk = kxk. Por la identidad del paralelogramo, kx+yk2 +kx−yk2 = 2kxk2 +2kyk2 , lo que implica, teniendo en cuenta lo anterior, que 4kxk2 + kx − yk2 = 4kxk2 . Entonces kx − yk = 0, es decir x = y. Si X es simplemente normado, puede no verificarse la identidad del paralelogramo. Por ejemplo, en `∞ , los vectores x = (1, 0, . . . ), y = (1, 1, 0, . . . ), verifican kxk∞ = kyk∞ = 1, kλx + (1 − λ)yk∞ = 1, pero x 6= y.   5. Se dice que un espacio de Banach es uniformemente convexo si, dadas dos sucesiones arbitrarias (xn )n∈N , (yn )n∈N , tales que kxn k = kyn k = 1 y k(1/2)(xn + yn )k → 1, entonces xn − yn → 0.

a) Probar que todo espacio de Hilbert es uniformemente convexo. b) Sabiendo que, ∀f, g ∈ Lp [a, b], kf + gkq + kf − gkq ≤ 2(kf kp + kgkp )q−1 , si 1 < p ≤ 2, kf + gkp + kf − gkp ≤ 2p−1 (kf kp + kgkp ), si 2 ≤ p < ∞, 127

donde (1/p) + (1/q) = 1, probar que Lp [a, b] (1 < p < ∞) es uniformemente convexo. c) Dar un ejemplo de un espacio de Banach de dimensi´ on 2 que no sea uniformemente convexo. Resp.: a) Sea H un espacio de Hilbert; consideramos dos sucesiones (xn )n∈N , (yn )n∈N , tales que kxn k = kyn k = 1 y k(1/2)(xn + yn )k → 1. De la identidad del paralelogramo kxn + yn k2 + kxn − yn k2 = 2kxn k2 + 2kyn k2 , resulta que kxn − yn k2 = 4 − kxn + yn k2 . Tomando l´ımites, se concluye que kxn − yn k2 → 0, o bien xn − yn → 0. b) Sean (fn )n∈N , (gn )n∈N sucesiones en Lp [a, b] tales que kfn k = kgn k = 1 y k(1/2)(fn + gn )k → 1. Si 1 < p ≤ 2, kfn + gn kq + kfn − gn kq ≤ 2 · 2q−1 = 2q , de donde, tomando l´ımites, kfn − gn kq → 0, o bien fn − gn → 0. Si 2 ≤ p < ∞, de la desigualdad an´aloga se deduce tambi´en que fn − gn → 0. c) Consideramos el espacio (R2 , k·k1 ) y las sucesiones (xn )n∈N , (yn )n∈N , dadas por xn = (0, 1), yn = (1, 0), ∀n. Es evidente que kxn k = kyn k = 1 y kxn + yn k = kxn − yn k = 2, lo que prueba que el espacio no es uniformemente convexo.   6. Probar que el espacio X = C[0, 1] con el producto escalar hx, yi = R1 x(t) y(t)dt es pre-Hilbert pero no es completo. 0 Resp.: Los axiomas de producto escalar son de f´acil comprobaci´on. Para ver que no es completo, consideramos( la sucesi´on (xn )n∈N dada n si t ≤ 1/n3 por xn (t) = ´ınf{n, t−1/3 }, es decir xn (t) = −1/3 t si t ≥ 1/n3 . La sucesi´on es de Cauchy pues 2

Z

kxn − xn+p k =

1 2

Z

|xn (t) − xn+p (t)| dt ≤ 0

0

que tiende a cero cuando n → ∞. 128

1/n3

t−1/3 dt

Sin embargo, no es convergente pues ∀x ∈ X, Z

2

1

|x(t)−t

kx−xn k ≥

−1/3 2

2

Z

| dt =⇒ l´ım inf kx−xn k ≥

1/n3

1

|x(t)−t−1/3 |2 dt.

0

Como t−1/3 no est´a acotada en [0, 1], existe un intervalo compacto en el cual |x(t) − t−1/3 | > 0, luego la integral es positiva y la sucesi´on (xn )n∈N no tiene l´ımite.   7. Probar que en todo espacio de Hilbert complejo se verifica:

a) hx, yi =

1 N

PN

b) hx, yi =

1 2π

R 2π

k=1 kx

0

+ e2πik/N yk2 e2πik/N , para N ≥ 3.

kx + eiθ yk2 eiθ dθ.

Resp.: a) Por la linealidad del producto escalar: kx + eiθ yk2 eiθ = kxk2 eiθ + hx, yi + hy, xie2iθ + kyk2 eiθ .

(∗)

Por otra parte, si N ≥ 3: N X

e2πk/N =

k=1

y, an´alogamente,

e2πi(N +1)/N − e2πi/N e2πi/N (e2πi − 1) = = 0, e2πi/N − 1 e2πi/N − 1

N X

e4πk/N = 0.

k=1

Aplicando estas igualdades, es evidente el resultado propuesto. R 2π R 2π b) Teniendo en cuenta nuevamente (∗) y que 0 eiθ dθ = 0 e2iθ dθ = 0, se obtiene el resultado.   8. Sea H un espacio de Hilbert y M un subconjunto de H cerrado, convexo y no vac´ıo. Probar que M tiene un u ´nico elemento de norma m´ınima (es decir de distancia m´ınima al origen). Resp.: Sea δ = ´ınf x∈M kxk y consideramos la sucesi´on (xn )n∈N ⊂ M tal que kxn k → δ. 129

Por la identidad del paralelogramo,

x + x 2 x − x 2 kx k2 kx k2

n

n m m m n + .

+

= 2 2 2 2 Como M es convexo, k(xn + xm )/2k ≥ δ, luego

x − x 2 kx k2 kx k2

n n m m + − δ 2 → 0.

≤ 2 2 2 Esto implica que (xn )n∈N es de Cauchy. Por ser M cerrado, ∃x0 ∈ M : xn → x0 . Adem´as kx0 k = δ. Si existiera y ∈ M tambi´en de norma m´ınima, la sucesi´on (x0 , y, x0 , y, . . . ) ser´ıa de Cauchy y por tanto x0 = y.   9. a) Probar que el espacio C[−1, 1] es suma directa ortogonal de los conjuntos de las funciones pares e impares en [−1, 1].

b) Dar ejemplos de descomposici´ on de R3 como suma directa de un subespacio y su complemento ortogonal o un par de subespacios complementarios. Resp.: a) Basta escribir f (x) = (f (x) + f (−x))/2+(f (x) − f (−x))/2, donde el primer sumando es una funci´on par y el segundo impar. Adem´as, si f (x) = f1 (x) + f2 (x) = g1 (x) + g2 (x) con f1 , g1 pares y f2 , g2 impares, entonces f1 (x) − g1 (x) = g2 (x) − f2 (x), con f1 − g1 par y g2 − f2 impar. Esto implica que f1 − g1 = 0 = g2 − f2 . Adem´ R 1 as, la suma es ortogonal pues si f es par y g impar, f · g es impar y −1 f · g = hf, gi = 0. b) Un ejemplo trivial es R3 = h{(1, 0, 0)}i ⊕ h{(0, 1, 0), (0, 0, 1)}i.   10. Probar que la descomposici´ on X = M ⊕ M ⊥ no es cierta si M es subespacio cerrado de X pero X es pre-Hilbert. Resp.: Sea X el espacio de las sucesiones con soporte finito, el cual es pre-Hilbert considerado como subespacio de `2 . Si x0 = (1/n)n∈N ∈ `2 , llamamos M = {y ∈ X : y⊥x0 en `2 }. 130

Veamos que X no es completo: para ello consideramos la sucesi´on (xn )n∈N dada por xn = (1/2, 1/22 , . . . , 1/2n , 0, . . . ), n ≥ 1. Entonces, para m < n: n

kx −

xm k22

=

n X

k 2

(1/2 ) =

k=m+1

n X

1/4k ≤

k=m+1

1 1/4m+1 = 3/4 3 · 4m

que tiende a cero si m → ∞. Esto prueba que {xn }n∈N es de Cauchy en X pero l´ım xn = x = (1/2, 1/22 , . . . 1/2n , . . . ) 6∈ X. Calcularemos a continuaci´on M ⊥ . Para ello, sea x = (xn )n∈N ⊥M. Como los elementos v n = (0, . . . , 0, n, −(n + 1), 0, . . . ) est´an en M, en particular x⊥v n , ∀n. Tenemos as´ı: 0 = hx, v 1 i = x1 − 2x2 =⇒ x2 = x1 /2, 0 = hx, v 2 i = 2x2 − 3x3 = 0 =⇒ x3 = 2x2 /3 = x1 /3, .. . 0 = hx, v n i = nxn − (n + 1)xn+1 = 0 =⇒ xn+1 = nxn /(n + 1) = x1 /(n + 1). De lo anterior se deduce que x 6∈ X pues x no tiene soporte finito; entonces M ⊥ = {0}.   11. Probar que Y = {x = (ξn )n∈N ∈ `2 : ξ2n = 0, n ∈ N} es subespacio cerrado de `2 y encontrar Y ⊥ . ¿Qui´ en es Y ⊥ si Y = 2 h{e1 , . . . , en }i ⊂ ` , con ek = (δkj )j∈N ? Resp.: a) Es f´acil ver que Y es subespacio. Para probar que es cerrado, sea x ∈ Y . Por definici´on, ∃{xn }n∈N ⊂ Y : xn → x. Si x 6∈ Y, ∃k ∈ N : ξ2k 6= 0. Entonces kxn − xk ≥ |ξ2k |. Esto prueba que existe ε > 0 tal que ∀N > 0, kxn − xk ≥ ε, ∀n > N , con lo que xn 6→ x, en contradicci´on con la suposici´on inicial. Para determinar Y ⊥ , sea y ∈ Y ⊥ =⇒ hx, yi = 0, ∀x ∈ Y =⇒ P n∈N ξn ηn = 0. En particular, eligiendo los elementos e2k+1 ∈ Y , he2k+1 , yi = η2k+1 = 0. Esto implica que Y ⊥ = {y = (ηn )n∈N ∈ `2 : η2n+1 = 0, n ∈ N}. 131

b) Si Y = h{e1 , . . . , en }i, todo elemento y = (ηn )n∈N ∈ Y ⊥ , verifica ηk = hy, ek i = 0, ∀k = 1, . . . , n. Esto implica que Y ⊥ = h{en+1 , . . . }i = {y = (ηn )n∈N ∈ `2 : ηk = 0, k = 1, . . . , n}.   12. Sea X un espacio de Hilbert y f ∈ X 0 , f 6= 0. Si llamamos M al n´ ucleo de f , probar que dim M ⊥ = 1. Resp.: Como M es subespacio cerrado de X, X = M ⊕ M ⊥ y M ⊥ 6= {0}. Sea m0 ∈ M ⊥ tal que f (m0 ) = 1. Dado cualquier x ∈ M ⊥ , si llamamos a = f (x), tenemos f (x) = a = a · f (m0 ) = f (am0 ) =⇒ f (x − am0 ) = 0 =⇒ x − am0 ∈ M. Como x = 0 + x = (x − am0 ) + am0 y la descomposici´on es u ´nica, se deduce que x = am0 . Esto proporciona la siguiente interpretaci´on geom´etrica de cualquier f ∈ X0 : Existe un subespacio M de codimensi´on 1 en X (es decir, un hiperplano) sobre cuyos elementos f toma el valor cero. Existe adem´as un vector x ortogonal a dicho hiperplano (es decir que genera el subespacio unidimensional M ⊥ ); el valor de f sobre un elemento y se obtiene mediante la proyecci´on ortogonal de y sobre M ⊥ ; as´ı, si la proyecci´on es kx, f (y) = kkxk2 .

M⊥

{y ∈ X : f (y) = kkxk2 } M  

132

13. En el espacio φ de las sucesiones con soporte finito se considera el conjunto X λk /k = 0}. S = {(λn ) ∈ φ : k∈N

Probar que

S⊥

= {0}.

Resp.: Consideremos el conjunto S1 = {x2 , x3 , . . . }, donde, para cada n ≥ 2, xn = (1, 0, . . . , 0, −n, 0 . . . ) (donde −n ocupa el lugar n-´esimo). P Entonces S1 ⊂ S pues si x ∈ S1 , k∈N λk /k = 1 + −n/n = 0 =⇒ x ∈ S. Como S ⊥ ⊂ S1⊥ , basta probar que S1⊥ = {0}. Sea pues y ∈ S1⊥ ; entonces hy, xn i = 0, de donde y1 − nyn = 0, ∀n. Como el soporte de y es finito, yk = 0, ∀k > N ; en particular 0 = hy, xN +1 i = y1 =⇒ y1 = 0 lo que implica a su vez que yn = 0, ∀n.   14. Encontrar los complementos ortogonales en L2 (0, 1) de los siguientes conjuntos:

a) Los polinomios en x. b) Los polinomios en x2 . c) Los polinomios con t´ ermino independiente cero. d) Los polinomios cuya suma de coeficientes es cero. Resp.: El complemento ortogonal es {0} en todos los casos. * Es sabido que el espacio de los polinomios es denso en L2 . Basta probar pues que todos los polinomios est´an en la clausura de los conjuntos dados. * Para el apartado b), basta observar que   ∞ X p n 1/2 2 x = 1 − (1 − x ) = (−1) (1 − x2 )n n n=0

√ si 0 < x < 2, y x est´a en la clausura del espacio generado por los polinomios en x2 . 133

* Para el apartado c), basta observar que  ∞  X 1 −1 1=x· =x· (x − 1)n 1 + (x − 1) n n=0

si 0 < x < 2, de modo que 1 es l´ımite de una sucesi´on de polinomios en x. * Para el apartado d), observar que k

x =

∞ X

(xk+n − xk+n+1 ), ∀k.

n=0

  R1 15. En el espacio C[−1, 1] con el producto hf, gi = −1 f (x) g(x)dx, se pide encontrar los complementos ortogonales de los siguientes conjuntos:

a) Las funciones que se anulan para x ≤ 0. b) Las funciones que se anulan en x = 0. Resp.: a) Claramente, M ⊥ = {f ∈ C[−1, 1] : f (x) = 0, ∀x ≥ 0}. b) Veamos que M ⊥ = {0}. En efecto, por definici´on, f ∈ M ⊥ ⇐⇒ hf, gi = 0, ∀g ∈ M . Si fuera f no nula, ∃x0 ∈ [−1, 1] : f (x0 ) 6= 0. Entonces ∃δ > 0 : f (x) 6= 0, ∀x ∈ (x0 − δ, x0 + δ). En caso de que f (0) = 0, haciendo g(x) = f (x), ∀x ∈ [−1, 1], tendr´ıamos Z 1 0 = hf, gi = |f (x)|2 dx =⇒ f = 0. −1

As´ı pues, debe ser f (0) 6= 0; entonces ∃δ > 0 : f (x) 6= 0, ∀x ∈ (−δ, δ). ( f (x) si |x| > δ Haciendo g(x) = |x|f (x) resulta si |x| < δ, δ Z 0 = hf, gi ≥ |f (x)|2 dx ≥ 0. |x|>δ

Esto implica que f (x) = 0 si |x| > δ, ∀δ, de modo que f = 0.  

134

16. Si X es un espacio pre-Hilbert y S ⊂ X , probar:

a) S ⊥ es subespacio cerrado de X . b) S ⊂ S ⊥⊥ . c) S1 ⊂ S2 =⇒ S1⊥ ⊃ S2⊥ . d) Si X es de Hilbert, M , N subespacios cerrados de X y M ⊥N, entonces M + N es subespacio cerrado. e) Si X es de Hilbert, entonces hSi es denso en X si y s´ olo si S ⊥ = {0}. Resp.: a) Es evidente que S ⊥ es subespacio. Para ver que es cerrado, sea y ∈ S ⊥ ; entonces ∃(xn )n∈N ⊂ S ⊥ : xn → y. Sea z ∈ S arbitrario: |hy, zi| = |hy − xn , zi + hxn , zi| = |hy − xn , zi| ≤ ky − xn k · kzk → 0. Esto implica que y ∈ S ⊥ . b) y ∈ S =⇒ hy, zi = 0, ∀z ∈ S ⊥ =⇒ y ∈ S ⊥⊥ . c) y ∈ S2⊥ =⇒ hy, zi = 0, ∀z ∈ S2 =⇒ hy, zi = 0, ∀z ∈ S1 =⇒ y ∈ S1⊥ . d) Sea x ∈ M + N ; entonces ∃(xn )n∈N ⊂ M + N : xn → x. Como xn = yn + zn , con yn ∈ M, zn ∈ N , por el teorema de Pit´agoras, kxn − xm k2 = kyn − ym k2 + kzn − zm k2 y como kxn − xm k → 0, entonces kyn − ym k → 0 y kzn − zm k → 0. Por ser M y N cerrados, ∃y ∈ M, z ∈ N : yn → y, zn → z =⇒ xn → y + z = x =⇒ x ∈ M + N. e) Supongamos que hSi es denso en X y sea y ∈ S ⊥ . Entonces hy, xi = 0, ∀x ∈ S =⇒ hy, zi = 0, ∀z ∈ hSi =⇒ hy, ui = 0, ∀u ∈ hSi = X. Por tanto, y = 0. Rec´ıprocamente, de la descomposici´on X = S ⊥ ⊕ S ⊥⊥ , deducimos que todo x ∈ X se escribe como x = y + z, con y ∈ S ⊥ , z ∈ S ⊥⊥ , de donde x = z. Como S ⊥⊥ ⊃ S, entonces S ⊥⊥ ⊃ hSi. Ahora bien, como S ⊂ hSi, ⊥

entonces S ⊥ ⊃ hSi y S ⊥⊥ ⊂ hSi. Esto prueba que hSi = S ⊥⊥ y, en consecuencia, x ∈ hSi.   135

17. Sea H un espacio de Hilbert complejo.

a) Probar que toda proyecci´ on ortogonal E es idempotente (es 2 decir, E = E ) y autoadjunta (es decir, hEx1 , x2 i = hx1 , Ex2 i). b) Probar el rec´ıproco de lo anterior, es decir que todo operador autoadjunto e idempotente en H es una proyecci´ on ortogonal. Resp.: a) Dado cualquier x ∈ X, ∃y ∈ M, z ∈ M ⊥ : x = y + z, de donde Ex = y, E 2 x = Ey = y = Ex lo que implica que E 2 = E. Adem´as, si hacemos x1 = y1 +z1 , x2 = y2 +z2 , con y1 , y2 ∈ M, z1 , z2 ∈ M⊥ : hEx1 , x2 i = hy1 , x2 i = hy1 , y2 i+hy1 , z2 i = hy1 , y2 i = hx1 , y2 i = hx1 , Ex2 i. b) Sea E : X → X autoadjunto e idempotente. Veamos en primer lugar que E es acotado: xn → x =⇒ kE(xn − x)k2 = hE(xn − x), E(xn − x)i =

hxn − x, E 2 (xn − x)i = hxn − x, E(xn − x)i → 0 =⇒ Exn → Ex.

Si definimos M = {x ∈ X : Ex = x}, veamos que M es cerrado: Si x ∈ M , ∃(xn )n∈N ∈ M : xn → x, de donde Exn → Ex. Ahora bien, como Exn = xn , xn → Ex y, por la unicidad del l´ımite, Ex = x =⇒ x ∈ M. Sean ahora x ∈ X, y ∈ M ; entonces hx − Ex, yi = hx, yi − hEx, yi = hx, Eyi − hx, Eyi = 0, lo que implica que x − Ex⊥M . Por u ´ltimo, si z = x−Ex, x = Ex+z, con Ex ∈ M, z ∈ M ⊥ . Adem´as Ez = Ex − E 2 x = Ex − Ex = 0.   18. Sea H un espacio de Hilbert. Probar que si P ∈ L(H) es una proyecci´ on ortogonal, entonces H = R(P )⊕R(I −P ), suma directa ortogonal. Resp.: Si P es proyecci´on ortogonal, por definici´on existe un subespacio cerrado M de H tal que, si x ∈ H se descompone en x = y + z con y ∈ M, z ∈ M ⊥ , entonces P x = y. 136

Es evidente entonces que R(P ) = M y R(I − P ) = M ⊥ ; por tanto H = R(P ) ⊕ R(I − P ) y adem´as R(P )⊥R(I − P ).   19. Probar que las siguientes proposiciones son equivalentes en un espacio de Hilbert H :

i) P ∈ L(H) es una proyecci´ on ortogonal. ii) P ∈ L(H) es tal que P 2 = P y R(P )⊥R(I − P ). iii) P ∈ L(H) es tal que P 2 = P y R(P )⊥ = {x ∈ H : P (x) = 0}. Resp.: i) =⇒ ii). Es evidente (ver el ejercicio anterior). ii) =⇒ iii). Como ∀x ∈ H, x = P x + (I − P )x, entonces H = R(P ) + R(I − P ). Adem´as, por hip´otesis, R(P )⊥R(I − P ) lo que prueba que H = R(P ) ⊕ R(I − P ), es decir, R(P )⊥ = R(I − P ). Basta pues probar que R(I − P ) = N (P ). En efecto, y ∈ R(I − P ) =⇒ ∃x ∈ H : y = x − P x =⇒ P y = P x − P 2 x = P x − P x = 0 =⇒ y ∈ N (P ), x ∈ N (P ) =⇒ P x = 0 =⇒ x − P x = x =⇒ x ∈ R(I − P ). iii) =⇒ i). Sea M = R(P ). As´ı, M es subespacio de H. Adem´as, M es cerrado, pues M = N (I − P ) (lo que se prueba an´alogamente al apartado anterior). Por hip´otesis, M ⊥ = N (P ). Entonces, dados y ∈ M, z ∈ M ⊥ : P (y + z) = P y + P z = P y = y =⇒ P es la proyecci´on sobre M.   20. En `2 se considera la sucesi´ on {en }n≥1 definida por en = (δnk )k≥1 y el conjunto M = {e2n−1 + e2n : n ≥ 1}.

a) Identificar los subespacios cerrados M ⊥ y M ⊥⊥ en `2 . b) Sean P y Q las proyecciones ortogonales tales que R(P ) = M ⊥ y R(Q) = M ⊥⊥ . Si a = (ak )k∈N ∈ `2 , probar que P (a) = (bk )k∈N , donde b2k−1 = −b2k = (a2k−1 − a2k )/2, k ≥ 1; y que Q(a) = (ck )k∈N , donde c2k−1 = c2k = (a2k−1 + a2k )/2, k ≥ 1. 137

Resp.: a) Por definici´on, y ∈ M ⊥ ⇐⇒ hy, e2n−1 + e2n i = 0 ⇐⇒ y2n−1 + y2n = 0. Por tanto, M ⊥ = {y ∈ `2 : y2n−1 +y2n = 0, n ≥ 1} = h{e2n−1 − e2n : n ≥ 1}i. Por otra parte, y ∈ M ⊥⊥ ⇐⇒ hy, e2n−1 − e2n i = 0 ⇐⇒ y2n−1 − y2n = 0. As´ı pues, M ⊥⊥ = {y ∈ `2 : y2n−1 − y2n = 0} = hM i. b) Si a ∈ `2 , a = (. . . , a2k−1 , a2k , . . . ) =

X

λk (e2k−1 − e2k ) +

k

X

µk (e2k−1 + e2k ).

k

Entonces λk + µk = a2k−1 −λk + µk = a2k Como P a = que

P

 =⇒ λk =

a2k−1 + a2k a2k−1 − a2k , µk = . 2 2

λk (e2k−1 − e2k ), Qa =

k∈N

P

µk (e2k−1 + e2k ), deducimos

k∈N

P a = (λ1 , −λ1 , λ2 , −λ2 , . . . ), con λk = (a2k−1 − a2k )/2, Qa = (µ1 , µ1 , µ2 , µ2 , . . . ), con µk = (a2k−1 − a2k )/2.   21. Sean H un espacio de Hilbert, M un subespacio cerrado de H y T ∈ L(H). Se dice que M es invariante bajo T si T x ∈ M, ∀x ∈ M , y que M reduce a T si M y M ⊥ son invariantes bajo T . Sea P ∈ L(H) la proyecci´ on ortogonal tal que R(P ) = M .

a) Probar que M es invariante bajo T si y s´ olo si P T P = T P . b) Probar la equivalencia de las siguientes proposiciones: i) M reduce a T . ii) P T = T P . iii) M es invariante bajo T y T ∗ . 138

Resp.: a) =⇒: ∀x ∈ H, x = y + z, con y ∈ M , z ∈ M ⊥ . Entonces (P T P )x = P (T y) = T y pues T y ∈ M . Como y = P x, (P T P )x = T P x. ⇐=: Si x ∈ M , T x = T P x = P (T P )x que, por definici´on, est´a en M . b) i) =⇒ ii): ∀x ∈ H, escribimos x = y + z, con y ∈ M, z ∈ M ⊥ . Por hip´otesis, T y ∈ M, T z ∈ M ⊥ . Entonces P T x = P T y + P T z = T y = T P x. ii) =⇒ iii): Como P es la proyecci´on sobre M , ∀x ∈ M, P x = x =⇒ T P x = T x =⇒ P (T x) = T x =⇒ T x ∈ M. Por otra parte, para cualquier y ∈ M ⊥ , hT ∗ x, yi = hx, T yi = hP x, T yi = hx, P T yi = hx, T P yi = hx, T 0i = hx, 0i = 0 =⇒ T ∗ x⊥M ⊥ =⇒ T ∗ x ∈ M. iii) =⇒ i): S´olo falta ver que ∀x ∈ M ⊥ , T x ∈ M ⊥ . Pero si x ∈ M ⊥ , entonces hT x, yi = hx, T ∗ yi = 0, ∀y ∈ M, pues M es invariante bajo T ∗ . Esto muestra que T x ∈ M ⊥ .   22. En C 1 [a, b] definimos hf, gi =

Rb a


f (x) g(x) + f 0 (x) g 0 (x) dx.

a) Probar que h·, ·i es un producto escalar en C 1 [a, b]. b) Probar que ∀f ∈ C 1 [−π, π], R
√ hR π
i1/2 π 0 (x) sen x dx ≤ 2 +|f 0 (x)|2 dx f (x) cos x−f 2π |f (x)| . −π −π c) Probar que la familia (gn )n∈Z , donde gn (x) = √

einx , 2π(1+n2 )

es un

sistema ortonormal en C 1 [−π, π]. d) Si W = {f ∈ C 1 [−π, π] : f (−π) = f (π)}, probar que la funci´ on f (x) = sh x es ortogonal a W . Deducir que la familia {gn }n∈Z en c) no es base ortonormal de C 1 [−π, π]. Resp.: a) Como hf, f i = 0.

Rb a

|f (x)|2 dx+

Rb a

|f 0 (x)|2 dx, entonces hf, f i ≥

Ahora bien, si hf, f i = 0, como f es continua, f (x) = 0, ∀x ∈ [a, b]. 139

El resto de axiomas se deduce de la linealidad de la integral. b) Basta aplicar la desigualdad de Cauchy-Schwarz a las funciones f ∈ C 1 [−π, π] y g(x) = cos x y tener en cuenta que kgk2 = 2π. c) Por la definici´on, # Z π" einx e−imx ineinx −ime−imx p hgn , gm i = ·p +p ·p dx 2π(1+n2 ) 2π(1+m2 ) 2π(1+n2 ) 2π(1+m2 ) −π ( Z π 0 si n 6= m 1 + nm p ei(n−m)x dx = = 2 2 1 si n = m. 2π (1 + n )(1 + m ) −π d) Sea g ∈ W arbitrario. Integrando por partes, Z π Z π π 0 0 0 f (x) g (x)dx = f (x) g(x) −π − f 00 (x) g(x)dx. −π

−π

Como g(π) = g(−π) = 0 y f 00 (x) = f (x), resulta: Z π Z π hf, gi = f (x) g(x)dx + f 0 (x) g 0 (x)dx Z−π Z−π π π f 00 (x) g(x)dx = 0. = f (x) g(x)dx − −π

−π

De aqu´ı se deduce que W ⊥ 6= {0} y, como las funciones gn de la familia ortogonal est´an en W , no forman una base ortonormal.   (m) [−1, 1]. Probar que los coeficientes de Legendre de f 23. Sea f ∈ Cr Z 1 2k + 1 1 son ak = · k f (k) (t)(1 − t2 )k dt, k ≤ m. 2 2 · k! −1

q 1 dk 2 k Resp.: Teniendo en cuenta que pk (x) = 2k+1 2 · 2k ·k! · dxk (x − 1) , obtenemos integrando por partes: r Z 1 2k + 1 1 dk ak = f (x) · k (x2 − 1)k dx · k 2 2 · k! −1 dx r Z 1 2k + 1 1 = · k · (−1)k f (k) (x) · (x2 − 1)k dx 2 2 · k! −1 r Z 1 1 2k + 1 · k f (k) (x) · (1 − x2 )k dx. = 2 2 · k! −1  

140

Z 24. Encontrar m´ın

1

a,b,c∈C −1

|x3 − a − bx − cx2 |2 dx.

R1 Resp.: Si D2 = m´ına,b,c∈C −1 |x3 − a − bx − cx2 |2 dx, D es la distancia en L2 [−1, 1] de x3 al plano generado x2 }, es decir, la distancia p {1, x, p √ por 3 de x al plano generado por {1/ 2, 3/2 · x, 5/2 · (1/2) · (3x2 − 1)}. Si αp0 + βp1 + γp2 es la proyecci´on de x3 sobre dicho plano, entonces: Z 1 Z 1 1 3 (x − αp0 − βp1 − γp2 )p0 dx = √ (x3 − α)dx =⇒ α = 0, 0 = 2 −1 −1 r Z 1 r Z 1 3 3 2 3 4 (x − αp0 − βp1 − γp2 )p1 dx = 0 = (x − β)dx =⇒ β = · , 2 −1 2 5 −1 r Z 1 Z 5 1 1 3 (x − αp0 − βp1 − γp2 )p2 dx = ((3x2 − 1)x3 − γ)dx =⇒ γ = 0. 0 = · 2 2 −1 −1 R 2 1 Deducimos entonces que D2 = −1 x3 − (3/5)x dx = (2/7) − (6/25), p de donde D = 8/175.   25. Encontrar las series de Fourier de las siguientes funciones definidas en L2 [−π, π] y utilizar la identidad de Parseval para deducir cada una de las f´ ormulas enunciadas:

a) f (x) = x, b) f (x) = x2 ,

P

n≥1 1/n

P

2

n≥1 1/n

= π 2 /6.

4

= π 4 /90. ikx

e Resp.: Utilizaremos el conjunto { √ : k ∈ Z} como base ortonormal 2π de L2 (−π, π). √ P eikx ikx / 2πi, obtene√ a) Como f (x) = ∞ k=−∞ ak · 2π , donde ak = hf, e mos a0 = 0 y, para k 6= 0: Z π Z π −ikx e−ikx x e−ikx π e √ dx ak = x · √ dx = · √ + −ik 2π 2π −π −π −π ik 2π −π (−1)k π(−1)k −π 2 √ = = · √ − · √ (−1)k . ik ik 2π ik 2 2π

Entonces x=

X k∈Z,k6=0

141

(−1)k+1

eikx . ik

Teniendo en cuenta que kf k2 = ∞ X

|ak |2 =

−∞

Rπ −π

X π2 k6=0

k2

x2 dx = 23 π 3 y ·

X 2π 4 = , 2π k2 k6=0

aplicando la identidad de Parseval kxk2 =

P∞

2 k=−∞ |ak | ,

resulta que

∞ X X 1 π2 π2 1 = =⇒ = . k2 3 k2 6 k6=0

k=1

b) An´alogamente al caso anterior, tenemos: e−ikx 1 4π x2 · √ dx = √ · 2 (−1)k , k 6= 0; 2π 2π k −π 1 2 3 √ · π . 2π 3

Z ak = a0 =

π

Nuevamente, de la identidad de Parseval, Rπ 5 kf (x)k2 = −π x4 dx = 2π5 P∞ P 2 5 1 2 k=−∞ |ak | = 9 π + k6=0 2π ·

) 16π 2 k4

∞ X 1 π4 =⇒ = . k4 90 k=1

  26. Sea X un espacio pre-Hilbert y A = (xα )α∈I un conjunto ortonormal completo. Encontrar el elemento de mejor aproximaci´ on a x ∈ X en el subespacio M = hAi. Resp.: Como X = M ⊕ M ⊥ , todo x ∈ X se descompone de forma u ´nica como x = y + z, con y ∈ M, z ∈ M ⊥ . Pero, por hip´otesis, y=

X α∈I

hy, xα ixα =

X

hx − z, xα ixα =

α∈I

X

hx, xα ixα .

α∈I

P P Por tanto, kx − α∈I hx, xα ixα k ≤ kx − α∈I λα xα k, ∀λα ∈ E, lo que prueba que la proyecci´on de x sobre M produce la mejor aproximaci´on en M .  

142

27. Sea H un espacio de Hilbert y {e1 , . . . , en } un conjunto linealmente independiente. Dado x ∈ H , calcular la distancia de x al subespacio generado por {e1 , . . . , en }. Deducir de lo anterior la desigualdad de Bessel. Resp.: Llamamos M al subespacio generado por {e1 , . . . , en }. Si escribimos x = x1 + x2 , con x1 ∈ M, x2 ∈ M ⊥ , sabemos que kx − x1 k = d(x, M ). El problema se reduce pues a calcular x1 , la proyecci´on ortogonal de x en M. Llamamos {v1 , . . . , vn } a la base ortonormal P obtenida de {e1 , . . . , en } n por el proceso de Gram- Schmidt. Como x = 1 i=1 αi vi y x−x1 ⊥vk , ∀k, Pn entonces αi = hx, vi i, de donde x1 = i=1 hx, vi ivi . Adem´as 2

d(x, M )

= kx −

n X

hx, vi ivi k2

i=1 2

= kxk −

n X

hx, vi ihvi , xi −

i=1

= kxk2 −

n X

n X i=1

hx, vi ihx, vi i +

n X

|hx, vi i|2

i=1

|hx, vi i|2 .

i=1

De aqu´ı se deduce inmediatamente la desigualdad de Bessel.   28. Sea H un espacio de Hilbert y M ⊂ H un subespacio vectorial. Si M 6= H , probar que existe y ∈ H , y 6= 0, tal que y⊥ M . Concluir que M es denso si y s´ olo si el u ´nico elemento ortogonal a M es y = 0. Resp.: a) Es claro que ( M , h·, ·i) es de Hilbert. Por tanto, existe un conjunto ortonormal completo de M , que denotaremos por {xα }α∈I . P Dado z ∈ H\ M , z 6= 0, definimos y = z− α∈I hz, xα ixα . As´ı definido, hy, xα i = 0, lo que implica que y⊥{xα }α∈I y tambi´en y⊥ M . b) Es evidente que si M es denso en H, e y⊥M , entonces y⊥ M , de donde y = 0. Rec´ıprocamente, si M no fuera denso, por a) existir´ıa y ∈ H, y 6= 0 tal que y⊥ M y en particular y⊥M lo que contradice la hip´otesis. 143

  29. Sea {en }n∈N una sucesi´ on ortonormal en un espacio pre-Hilbert X e Yk el espacio generado por {e1 , . . . , ek }.

a) Si x ∈ X , y =

Pk

n=1 hx, en ien ,

probar que x − y⊥Yk .

P b) Si x ∈ X , y = kn=1 βn en , probar que kx − yk es m´ınimo en Yk si βn = hx, en i, n = 1, . . . , k. Resp.: a) Sea z =

Pk

n=1 γn en

un elemento arbitrario de Yk . Entonces

hx − y, zi = hx, zi − hy, zi =

k X n=1

γn hx, en i −

k X

αn hen , zi = 0.

n=1

b) Teniendo en cuenta que x − y ∈ Yk⊥ , y − z ∈ Yk , resulta: kx − zk2 = kx − y + y − zk2 = kx − yk2 + ky − zk2 ≥ kx − yk2 , ∀z ∈ Yk .   30. Sea {en }n∈N una sucesi´ on ortonormal en X y x ∈ X . Probar que el n´ umero mk de coeficientes de Fourier hx, en i de x tales que |hx, en i| > 1/k verifica mk < k 2 kxk2 (esto quiere decir que x no tiene demasiados coeficientes de Fourier “grandes”). Resp.: Si llamamos Ek = {hx, en i : |hx, en i| > 1/k} y elegimos los elementos {e1 , . . . , emk } tales que {hx, e1 i, . . . , hx, emk i} ⊂ Ek , entonces por la desigualdad de Bessel, mk X

|hx, en i|2 ≤ kxk2 =⇒ mk ·

n=1

1 < kxk2 =⇒ mk < k 2 · kxk2 . k2

  31. Sea µ la medida en R definida por µ(A) = card(A), ∀A ⊂ R. Probar que L2 (R, µ) es no separable e isomorfo al espacio de los polinomios trigonom´ etricos (combinaciones lineales de eiλx , λ ∈ R). 144

( 1 Resp.: Sea fλ (x) = 0 2 normal de L (R, µ).

si x = λ Entonces {fλ }λ∈R es base ortosi x = 6 λ.

Como no es numerable, el espacio no es separable. Por otra parte, la aplicaci´on fλ 7→ eiλx es un isomorfismo entre ambos espacios. Adem´as es isometr´ıa pues: Z Z fλ1 (x) fλ2 (x)dµ(x) = hfλ1 , fλ2 i = |fλ1 (x)|2 dµ(x) = 1. ∪ {x}

R

x∈R

  32. Sea X un espacio de Hilbert. Probar que si X contiene una sucesi´ on ortonormal completa, entonces X es separable. Resp.: Si X no fuera separable, todo subconjunto denso en X ser´ıa no numerable. Sin embargo si {en }n∈N es una sucesi´on ortonormal completa, M = P h{en }n∈N i y todo x ∈ X ser´ıa de la forma x = n∈N hx, en ien , es decir x ∈ M.   33. Sea {en }n∈N una sucesi´ on ortonormal en un espacio de Hilbert H y M1 = h{en }n∈N i.

a) Probar que ∀x ∈ H, x ∈ M1 ⇐⇒ x = hx, en i.

P

n∈N αn en ,

con αn =

b) Si {e en }n∈N es otra sucesi´ on ortonormal en H Py definimos M2 = h{e en }n∈N i, probar que M1 = M2 ⇐⇒ en = em , een = m∈N αnm e P α e , con α = he , e e i. mn m nm n m m∈N P Resp.: a) “=⇒”Llamamos y = o que la n∈N hx, en ien (ya se prob´ serie es convergente). Entonces: X hx−y, ek i = hx, ek i− hx, en ihen , ek i = 0 =⇒ x−y⊥M1 =⇒ x−y⊥ M1 . n∈N ⊥

Mediante la descomposici´on H = M1 ⊕ M1 , sabemos que x = y + z, ⊥ con y ∈ M1 , z ∈ M1 . Como, por hip´otesis, x ∈ M1 , deducimos que y = x. 145

P “⇐=C ¸ omo la serie n∈N hx, en ien es convergente, l´ımn Sk = x, donde Pk Sk = n=1 αn en . Esto implica que x ∈ M1 porque la sucesi´on{Sk }n∈N ⊂ M1 converge a x. b) “=⇒.Aplicando el apartado a), obtenemos: X en ∈ M1 =⇒ en ∈ M2 =⇒ en = αnm eem , con αnm = hen , eem i m∈N

een ∈ M2 =⇒ een ∈ M1 =⇒ een =

X

αmn em , con αmn = he en , em i = hem , een i.

m∈N

“⇐=”Nuevamente del apartado a), resulta: X X αn en , con αn = hx, en i = αnm hx, eem i x ∈ M1 ⇐⇒ x = n∈N

⇐⇒ x =

XX

m∈N

αnm hx, eem ien =

X

hx, eem ie em ⇐⇒ x ∈ M2 .

m∈N

n∈N m∈N

  34. Sea {ek }k∈N una base ortonormal en un espacio de Hilbert H y (µk )k∈N una sucesi´ on acotada de n´ umeros complejos, con M = sup{|µk |, k ∈ N}.

a) Probar que existe un u ´nico T ∈ L(H) tal que T ek = µk ek . b) Probar que kT k = M . c) Encontrar T ∗ y calcular su norma. d) Probar que T es normal, es decir T T ∗ = T ∗ T .. e) ¿Qu´ e propiedad debe cumplir la sucesi´ on (µk )k∈N para que T sea autoadjunto? f) Probar que, si |µk | > 1, para todo k , entonces existe T −1 ∈ L(H).

Resp.: a) Basta definir T x = ∞ P

∞ P k=1

hx, ek iek .

k=1

La unicidad es evidente. 146

µk hx, ek iek pues ∀x ∈ H, x =

T es claramente lineal y, por la identidad de Parseval, 2

kT xk = hT x, T xi =

∞ X

|µk |2 |hx, ek i|2 ≤ M 2 · kxk2

k=1

lo que implica que T es acotado y kT k ≤ M. b) En particular, kT ek k = kµk ek k = |µk | =⇒ kT k ≥ |µk |, ∀k =⇒ kT k ≥ M. De aqu´ı se deduce que kT k = M . c) Como hT ek , ek i = hµk ek , ek i = µk , entonces hek , T ∗ ek i = µk y deducimos que T ∗ ek = µk ek . As´ı definido, T ∗ es lineal y acotado con kT ∗ k = kT k. d) Veamos que T T ∗ = T ∗ T : T ∗ T ek = T ∗ (µk ek ) = µk µk ek = |µk |2 ek , T T ∗ ek = T ( µk ek ) = µk µk ek = |µk |2 ek . e) Evidentemente, T = T ∗ si (µk )k∈N ⊂ R. f) Si |µk | > 1, 1 = kek k < |µk | = kT ek k =⇒ ∃T −1 ∈ L(H).   35. Sea X un espacio normado e Y un espacio pre-Hilbert. Si un operador T : X → Y es lineal y acotado, probar que kT k = sup A, donde   |hT x, yi| : kxk ≤ 1, kyk ≤ 1 . A= kxk · kyk Resp.: Por la desigualdad de Cauchy- Schwarz, kT xk · kyk kT k · kxk · kyk |hT x, yi| ≤ ≤ = kT k =⇒ sup A ≤ kT k. kxk · kyk kxk · kyk kxk · kyk Por otra parte, como x/kxk y T x/kT xk tienen norma 1, entonces hT (x/kxk), T x/kT xki ∈ A. Por tanto: 1 kT xk hT ( x ), T x i = |hT x, T xi| = ≤ sup A. kxk kT xk kxk · kT xk kxk De aqu´ı se deduce que supkxk≤1 kT xk/kxk ≤ sup A con lo que kT k ≤ sup A.   147

36. Averiguar si la implicaci´ on hT x, xi = 0, ∀x ∈ X =⇒ T = 0 es cierta en los siguientes casos:

a) H espacio de Hilbert real y T ∈ L(H). b) H espacio de Hilbert complejo y T ∈ L(H). c) H espacio de Hilbert y T = T ∗ . Resp.: a) La implicaci´on anterior no es cierta como se muestra con el siguiente ejemplo: En el espacio H = R2 definimos T (1, 0) = (0, 1), T (0, 1) = (−1, 0); es evidente que T 6= 0 pero hT x, xi = 0, ∀x ∈ H, pues T (a, b) = (−b, a). b) Sean x, y ∈ H y α ∈ C arbitrarios. Entonces: 0 = hT (x + αy), x + αyi = hT x, xi + αhT y, xi + αhT x, yi + hT (αy), αyi = αhT y, xi + αhT x, yi. En particular, si α ∈ R, 0 = hT y, xi + hT x, yi y, si α = i, 0 = hT y, xi − hT x, yi. Al resolver el sistema obtenemos hT x, yi = 0, ∀x, y ∈ H de lo que se deduce que T = 0 y la implicaci´on es cierta. c) En el cap´ıtulo VII se prueba (teorema de Hellinger-Toeplitz) que todo operador lineal autoadjunto es acotado; esto indica que, si H es complejo, la implicaci´on es cierta, como se deduce de b). Ahora bien, si H es real, entonces, para cualesquiera x, y ∈ H, tenemos: 0 = hT (x+y), x+yi = hT y, xi+hT x, yi = hy, T xi+hT x, yi = 2hT x, yi y la implicaci´on tambi´en es cierta.   37. Probar que el teorema de representaci´ on de Riesz permite definir un producto escalar en el dual de un espacio de Hilbert. Probar que la norma asociada a dicho producto escalar coincide con la norma usual de operadores. Resp.: Sean f1 , f2 ∈ X 0 . Por el teorema de representaci´on de Riesz, existen x1 , x2 ∈ X tales que f1 (y) = hy, x1 i, f2 (y) = hy, x2 i, ∀y ∈ X. Definimos en X 0 el producto hf1 , f2 i = hx2 , x1 i. 148

• Como (f1 + f2 )(y) = f1 (y) + f2 (y) = hy, x1 i + hy, x2 i = hy, x1 + x2 i, entonces hf1 + f2 , f3 i = hx3 , x1 + x2 i = hx3 , x1 i + hx3 , x2 i = hf1 , f3 i + hf2 , f3 i. • Como (λf1 )(y) = λf1 (y) = λhy, x1 i = hy, λx1 i, entonces hλf1 , f2 i = hx2 , λx1 i = λhx2 , x1 i = λhf1 , f2 i. • hf1 , f1 i = hx1 , x1 i = kx1 k2 ≥ 0. La norma asociada es kf k2 = hf, f i = hx, xi, es decir kf k = kxk y coincide con la norma usual.   38. a) Si X es un espacio pre-Hilbert y z ∈ X , probar que fz (x) = hx, zi define un funcional lineal acotado f sobre X de norma kzk.

b) Si la aplicaci´ on X → X 0 dada por z 7→ fz es sobre, probar que X es de Hilbert. Resp.: a) Es evidente que fz es lineal. Como |fz (x)| = |hx, zi| ≤ kxk · kzk, entonces kfz k ≤ kzk. Por otra parte, de |fz (z)| = |hz, zi| = kzk2 , se deduce que kfz k ≥ kzk. b) Sea {xn }n∈N una sucesi´on de Cauchy en X. Debido a que fxn −xm (y) = hy, xn i − hy, xm i = fxn (y) − fxm (y) = (fxn − fxm )(y), la sucesi´on {fxn }n∈N es de Cauchy en X 0 porque kfxn − fxm k = kxn − xm k → 0. Esto implica que ∃f ∈ X 0 : fxn → f . Por tanto, ∃x ∈ X : f = fx . As´ı pues, kfxn − fx k = kxn − xk → 0.   39. Probar que todo espacio de Hilbert H es isomorfo a su segundo dual H 00 = (H 0 )0 . Resp.: Si probamos que H es isom´etrico a H 0 , como H 0 es tambi´en de Hilbert, entonces H 0 ' H 00 y por la transitividad, H ' H 00 . Por el teorema de representaci´on de Riesz, ∀f ∈ H 0 , ∃z ∈ H : f (x) = hx, zi, ∀x ∈ H 149

y kf k = kzk. Definimos T : H 0 → H por T f = z y probemos que T es un isomorfismo isom´etrico. • T es lineal: Si f1 (x) = hx, z1 i y f2 (x) = hx, z2 i, entonces: hx, T f1 + T f2 i = hx, T f1 i + hx, T f2 i = hx, z1 i + hx, z2 i = hx, z1 + z2 i = hx, T (f1 + f2 )i =⇒ T f1 + T f2 = T (f1 + f2 ). Idem con αf . • T es biyectiva: T f1 = T f2 =⇒ z1 = z2 =⇒ hx, z1 i = hx, z2 i, ∀x =⇒ f1 = f2 . ∀z ∈ H, ∃fz ∈ H 0 definido por fz (x) = hx, zi. Adem´as T fz = z. • T es isometr´ıa: kT f k = kzk = kf k, ∀f =⇒ kT k = 1. Otra forma de obtener el isomorfismo es utilizar directamente la aplicaci´on T : H → H 00 definida por T (y)(f ) = f (y) = hy, zi, ∀y ∈ H, f ∈ H 0.   40. Sea X un espacio vectorial sobre el cuerpo E . Una forma sesquilineal herm´ıtica h sobre X × X es una aplicaci´ on h : X × X → E que verifica h(x + y, z) = h(x, z) + h(y, z), h(αx, y) = αh(x, y), h(x, y) = h(y, x).

a) ¿Qu´ e condici´ on hay que imponer a h para que sea un producto interior sobre X ? b) Si h es semidefinida positiva, es decir h(x, x) ≥ 0, ∀x ∈ X , probar que se verifica la desigualdad de Schwarz |h(x, y)|2 ≤ h(x, x)h(y, y). c) Si h es una forma sesquilineal semidefinida positiva, probar p que la aplicaci´ on p(x) = h(x, x) define una seminorma en X . Resp.: a) Para que h sea un producto interior, s´olo es necesario imponer las condiciones h(x, x) ≥ 0 y h(x, x) = 0 =⇒ x = 0. b) Si h(x, y) = 0, es evidente. Si h(x, y) 6= 0, como h(αxβy, αx+βy) = α αh(x, x)+α βh(x, y)+ αβ h(x, y)+β βh(y, y) ≥ 0, 150

haciendo α ∈ R, β =

h(x,y) |h(x,y)| ,

resulta :

α2 h(x, x) + α|h(x, y)| + α|h(x, y)| + h(y, y) ≥ 0, ecuaci´on de segundo grado en α que es siempre no negativa, de modo que su discriminante debe ser negativo, |h(x, y)|2 − h(x, x)h(y, y) ≤ 0. c) Evidente.   41. Sea K : L2 [0, 1] → L2 [0, 1] el operador integral definido por Z t (t − s)f (s)ds. (Kf )(t) = 0

a) Probar que kKk < 1 y que K n f (t) =

Rt 0

(t−s)2n−1 (2n−1)! f (s)ds,

n ≥ 1.

b) Utilizar lo anterior para resolver la ecuaci´ on integral Z t (t − s)f (s)ds, g ∈ L2 [0, 1]. f (t) = g(t) + 0

Resp.: a) Veamos que K es acotado: Z 1 Z 1 Z t 2 2 2 kKf k = |Kf (t)| dt = (t − s)f (s)ds dt 0 0 0 Z 1hZ t Z 1hZ t Z t i2 i 2 ≤ |t − s| · |f (s)|ds dt ≤ |t − s| ds · |f (s)|2 ds dt 0 0 0 0 0 Z 1h Z Z 1hZ t 3 i i (s − t)3 t t t = |f (s)|2 ds dt = · |f (s)|2 ds dt 3 0 0 0 0 0 3 1 1 1 · kf k2 =⇒ kKf k ≤ √ kf k =⇒ kKk ≤ √ < 1. ≤ 3 3 3 Veamos lo siguiente por inducci´on: Para n = 1 es evidente. Si es cierto para n, entonces K

n+1

n

Z

t

f (t) = K[K f ](t) = (t − s)K n f (s)ds 0 Z t i h Z s (s − u)2n−1 f (u)du ds = (t − s) (2n − 1)! 0 0 Z t Z t (s − u)2n−1 = du (t − s) f (u)ds (2n − 1)! 0 u Z t Z t Z t f (u) f (u)(t − u)2n+1 2n−1 = du (t − s) · (s − u) ds = du. (2n − 1)! u (2n + 1)! 0 0 151

b) Queremos resolver la ecuaci´on f (t) = g(t) + Kf (t), que se puede escribir tambi´en como g(t) = (I − K)f (t). Entonces, al ser kKk < 1, f (t) = (I − K)−1 g(t) =

∞ X

K n g(t)

n=0

=

Z tX ∞ (t − s)2n−1 0 n=0

(2n − 1)!

Z

t

sh(t − s)g(s)ds.

g(s)ds = 0

TEMAS COMPLEMENTARIOS 1. Polinomios de Legendre, Hermite, Laguerre ([Kr], [Fo]). 2. Determinante de Gram ([GG]).

152