II. ESPACIOS NORMADOS Y ESPACIOS DE BANACHmtpalezp/libros/anafun2.pdf · Ejercicios. 37. 1....

II. ESPACIOS NORMADOSY ESPACIOS DEBANACH

Se pretende en este capıtulo establecer los resultados genera-les relacionados con el concepto de norma en un espacio vecto-rial ası como mostrar las distintas tecnicas que se aplican en lasdemostraciones de estos hechos. Sera fundamental entender elconcepto de acotacion de un operador lineal ası como su relacioncon el de continuidad.

SECCIONES

1. Espacios normados. Definicion y ejemplos.

2. Desigualdades de Holder y Minkowski.

3. Espacios Lp.

4. Propiedades de los espacios normados.

5. Espacios normados de dimension finita.

6. Operadores lineales acotados.

7. Funcionales lineales. Espacio dual.

8. Ejercicios.

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1. ESPACIOS NORMADOS. DEFINICION Y EJEMPLOS.

En este capıtulo consideraremos metricas definidas en espacios dotados dealguna estructura algebraica, mas concretamente en espacios vectoriales, talcomo se presenta en las aplicaciones que se presentan en esta teorıa.

En un espacio vectorial X son de particular importancia las metricas queverifican

i) d(x+ a, y + a) = d(x, y), es decir, d es invariante por traslaciones,

ii) d(αx, αy) = |α| · d(x, y), es decir, d aumenta proporcionalmente a ladilatacion,

pues basta conocer d(x, 0), ∀x ∈ X para determinar completamente la dis-tancia entre dos elementos cualesquiera, ya que d(x, y) = d(x − y, 0). Defi-nimos entonces la longitud o norma de un vector x por ‖x‖ = d(x, 0). Estosugiere, en un contexto abstracto, la siguiente definicion axiomatica.

1.1.- Definicion. Un espacio normado es un par (X, ‖ · ‖) formado por unespacio vectorial X y una aplicacion ‖ · ‖ : X → R, llamada norma, con lassiguientes propiedades:

(i) ‖x‖ ≥ 0.

(ii) ‖x‖ = 0 ⇐⇒ x = 0.

(iii) ‖αx‖ = |α| · ‖x‖.

(iv) ‖x+ y‖ ≤ ‖x‖+ ‖y‖ (desigualdad triangular).

Si no se exige la condicion (ii), la aplicacion ‖ · ‖ se llama seminorma.

Observaciones. 1) Todo espacio normado es a su vez un espacio metrico,pues basta, dado (X, ‖ · ‖), definir d(x, y) = ‖x− y‖. Ası todas las nocionesde espacios metricos estan definidas tambien para los espacios normados.En particular, los conjuntos B(0, 1) = {x ∈ X : ‖x‖ < 1}, B(0, 1) = {x ∈X : ‖x‖ ≤ 1} son las bolas unitarias abierta y cerrada de X, respectivamen-te.

2) El recıproco de lo anterior no es cierto, es decir, no todo espacio metricoes normado. Por ejemplo, X = {(a1, . . . an, . . . ) : an ∈ C} sobre el cuerpo C

es espacio vectorial; si definimos d(x, y) =∞∑i=1

12i· |ai − bi|1 + |ai − bi|

, se puede ver

que es espacio metrico, pero para λ ∈ C, d(λx, λy) 6= |λ| d(x, y) con lo que,si definieramos la “norma.a partir de la distancia, obtendrıamos ‖λx−λy‖ 6=|λ|·‖x−y‖ y X no serıa espacio normado de esa forma. Otro ejemplo sencillo

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es la metrica discreta pues ‖2x‖ = d(2x, 0) = 1 pero |2| · ‖x‖ = 2 · d(x, 0) =2.

Sin embargo, la motivacion dada al principio permite probar lo siguien-te.

1.2.- Proposicion. Si (X, ‖·‖) es un espacio normado, la aplicacion d(x, y) =‖x− y‖, ∀x, y ∈ X verifica

i) d(x+ z, y + z) = d(x, y);

ii) d(λx, λy) = |λ| · d(x, y).

Recıprocamente, si X es un espacio vectorial y (X, d) es un espacio metricoen el que se verifican i) y ii), entonces (X, ‖ · ‖) es un espacio normado,donde ‖x‖ = d(x, 0).

La demostracion es evidente.

1.3.- Definicion. Sea X un espacio vectorial normado, en el que se definela metrica d(x, y) = ‖x − y‖. Si (X, d) es completo, X se dice espacio deBanach.

1.4.- Ejemplos. 1) X = R o C con la norma del valor absoluto son espaciosde Banach.

2) X = Rn o Cn con la norma ‖x‖ = (∑n

i=1 |xi|p)1/p ( p ≥ 1) es de Banach.Los axiomas i), ii) y iii) de norma son evidentes y la desigualdad triangularse deduce de la desigualdad de Minkowski. Veamos que es completo:

Sea {xk = (xk1, . . . , xkn), k ∈ N} una sucesion de Cauchy en Rn. Enton-ces

‖xp − xq‖ < ε, ∀p, q > N =⇒ |xpi − xqi| < ε, ∀p, q > N, 1 ≤ i ≤ n.

Esto implica que ∃xi ∈ R : |xki − xi| < ε, 1 ≤ i ≤ n.

Si llamamos x = (x1, . . . , xn), resulta que ‖xk − x‖p =∑n

i=1 |xki − xi|p <nεp.

3) Sea `p = {x = (xn)n∈N : xn ∈ C,∑∞

n=1 |xn|p < ∞} (p ≥ 1), y definimos‖x‖p =

(∑∞n=1 |xn|p

)1/p.

Al igual que en el ejemplo 2, la desigualdad de Minkowski (para sumasinfinitas) permite probar que es una norma. La completitud fue probada enel capıtulo I; veremos ademas que se puede deducir de un caso mas general(ver seccion siguiente).

4) Sea `∞ = {x = (xn)n∈N : xn ∈ C, {xn}n∈N acotada}, y definimos ‖x‖ =supn |xn|. Ası (X, d) es un espacio de Banach, como vimos en el capıtuloI.

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5)X = C[a, b] (funciones continuas en [a, b]), con la norma ‖f‖ = maxx∈[a,b]

|f(x)|

es de Banach, como ya vimos en el capıtulo anterior.

6) El mismo espacio anterior C[a, b] con la norma ‖f‖ =(∫ b

a |f(x)|2dx)1/2

no es completo. Sin embargo, este espacio puede completarse como vere-mos despues y su complecion es precisamente el espacio L2[a, b] (ver seccion3).

7) Si X = B(A) es el espacio de las funciones acotadas en A, la norma‖f‖ = sup

x∈A|f(x)| tambien da lugar a un espacio de Banach.

8) Sea VA[a, b] la clase de funciones de variacion acotada en [a, b]. Es unespacio vectorial con las operaciones usuales y se define la norma ‖f‖ =|f(a)|+V (f) donde V (f) representa la variacion total de f que convierte alespacio VA[a, b] en un espacio de Banach.

2. DESIGUALDADES DE HOLDER Y MINKOWSKI.

En algunos ejemplos de espacios normados la desigualdad triangular se de-duce de la desigualdad de Minkowski que probaremos en este apartado comoconsecuencia de la desigualdad de Holder. En el siguiente apartado utiliza-remos estas desigualdades para definir normas en otros ejemplos de espaciosde funciones, que han sido fundamentales en el desarrollo del Analisis Fun-cional.

2.1.- Lema. Sean α, β > 0, 0 < λ < 1. Entonces αλβ1−λ ≤ λα+ (1− λ)β.Ademas la igualdad es cierta si y solo si α = β.

Demostracion. Se define ϕ(t) = (1− λ) + λt− tλ para t ≥ 0.

Ası ϕ′(t) = λ − λtλ−1 que sera negativo si t < 1 y positivo si t > 1. Portanto, el punto t = 1 corresponde a un mınimo.

Como ϕ(t) ≥ ϕ(1) = 0, entonces 1− λ+ λt ≥ tλ.

Haciendo t = α/β se deduce el resultado (para β 6= 0).

Si β = 0, el resultado es trivial. ♦

Observaciones. 1) El lema anterior expresa que la media geometrica esmenor o igual a la media aritmetica, porque si hacemos λ = k/n, 1 − λ =

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(n− k)/n, tenemos αk/n · βn−k/n ≤ kα/n+ (n− k)β/n de donde

n

√α (k). . . α · β (n−k). . . β ≤ α+ (k). . . +α+ β+ (n−k). . . +β

n.

2) Si α = ex1 , β = ex2 , el lema indica que

eλx1+(1−λ)x2 = eλx1e(1−λ)x2 ≤ λex1 + (1− λ)ex2 ,

es decir que la funcion exponencial es convexa.

2.2.- Teorema. Sean (X,S, µ) un espacio medible, f, g : X → [0,∞] fun-ciones medibles, 1 < p <∞ y 1/p+ 1/q = 1. Entonces:

a) (desigualdad de Holder)∫X

(fg)dµ ≤(∫

Xfpdµ

)1/p

·(∫

Xgqdµ

)1/q

.

b) (desigualdad de Minkowski)(∫X

(f + g)pdµ

)1/p

≤(∫

Xfpdµ

)1/p

+(∫

Xgpdµ

)1/p

.

Demostracion. a) Llamamos A =(∫

X fpdµ)1/p, B =

(∫X gqdµ

)1/q y distin-guimos tres casos:

- A = 0 (o B = 0). Como f ≥ 0, fp = 0 c.s. =⇒ f = 0 c.s. =⇒ f · g = 0c.s. Ası pues

∫X fgdµ = 0.

- A = ∞ (o B = ∞). Es evidente que∫X fgdµ ≤ ∞.

- 0 < A,B <∞. Debemos probar que∫X fgdµ ≤ A·B, o bien

∫X

fA ·

gBdµ ≤

1.Si aplicamos el lema anterior a α = fp/Ap, β = gq/Bq, λ = 1/p,1− λ = 1/q, resulta:

f

A· gB≤ 1p· f

p

Ap+

1q· g

q

Bq,

desigualdad valida ∀x ∈ X. Integrando miembro a miembro,∫X

f

A· gBdµ ≤ 1

p ·Ap·Ap +

1q ·Bq

·Bq = 1, c.q.d.

b) Debido a que (f + g)p = (f + g)(f + g)p−1 = f(f + g)p−1 + g(f +g)p−1, aplicando la desigualdad de Holder a cada uno de los sumandos,

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tenemos:∫Xf(f + g)p−1dµ ≤

(∫Xfpdµ

)1/p(∫X

(f + g)q(p−1)dµ

)1/q

,∫Xg(f + g)p−1dµ ≤

(∫Xgpdµ

)1/p(∫X

(f + g)q(p−1)dµ

)1/q

,

=⇒∫

X(f + g)pdµ ≤

[(∫Xfpdµ

)1/p

+(∫

Xgpdµ

)1/p]·(∫

X(f + g)pdµ

)1/q

,

debido a que q(p−1) = p. Si llamamos ahora C =(∫

X(f + g)pdµ)1/q, caben

los siguientes casos:

- C = 0 =⇒∫X(f + g)pdµ = 0 y la desigualdad es evidente.

- C = ∞ =⇒∫X(f + g)pdµ = ∞. Como la funcion y = xp es convexa,

(f(x)/2 + g(x)/2)p ≤ f(x)p/2 + g(x)p/2, de donde:

12p

(f+g)p ≤ 12(fp+gp) =⇒ 1

2p

∫X

(f+g)pdµ ≤ 12

[∫Xfpdµ+

∫Xgpdµ

].

Como∫X(f + g)pdµ = ∞, debe ser

∫X fpdµ = ∞ o

∫X gpdµ = ∞.

- 0 < C < ∞ =⇒[∫

X(f + g)pdµ]1−1/q ≤

(∫X fpdµ

)1/p +(∫

X gpdµ)1/p, lo

que da lugar al resultado deseado. ♦

El teorema anterior tiene las siguientes consecuencias.

2.3.- Corolario. Si f, g : X → [0,∞] son medibles y 0 < p < 1, 1/p+1/q =1, entonces

a)∫X fgdµ ≥

(∫X fpdµ

)1/p (∫X gqdµ

)1/q.

b)(∫

X(f + g)pdµ)1/p ≥

(∫X fpdµ

)1/p +(∫

X gpdµ)1/p

,

donde suponemos que las integrales involucradas son finitas y(∫

X gqdµ)1/q 6=

0.

Demostracion. a) Sea p′ = 1/p y llamamos ψ = (fg)p = (fg)1/p′ , ϕ =g−p = g−1/p′ . De este modo, 1 < p′ < ∞, fp = ψϕ y ψ,ϕ son medibles.Entonces ∫

Xfpdµ =

∫Xψϕdµ ≤

(∫Xψp′dµ

)1/p′ (∫Xϕq′dµ

)1/q′

,

donde 1/p′ + 1/q′ = 1. Debido a que ϕq′ = gq y ψp′ = fg, obtenemos:∫Xfpdµ ≤

(∫Xfgdµ

)1/p′ (∫Xgqdµ

)1/pq′

.

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De las relaciones anteriores se deduce que pp′ = 1, pq′ = −q, con lo que:(∫Xfpdµ

)1/p

·(∫

Xgqdµ

)1/q

≤(∫

Xfgdµ

), c.q.d.

b) De la igualdad (f + g)p = f(f + g)p−1 + g(f + g)p−1, se deduce:∫X

(f + g)pdµ =∫

Xf(f + g)p−1dµ+

∫Xg(f + g)p−1dµ

≥(∫

Xfpdµ

)1/p

·(∫

X(f + g)q(p−1)dµ

)1/q

+(∫

Xgpdµ

)1/p

·(∫

X(f + g)q(p−1)dµ

)1/q

=

[(∫Xfpdµ

)1/p

+(∫

Xgpdµ

)1/p]·(∫

X(f + g)q(p−1)dµ

)1/q

.

Suponiendo que∫X(f + g)pdµ <∞, se deduce el resultado. ♦

2.4.- Corolario. En las condiciones del teorema 2,2, la desigualdad deHolder se convierte en igualdad si y solo si existen λ1, λ2 constantes nonulas a la vez tales que λ1f

p = λ2gq c.s.

Demostracion. Al igual que en el lema 2.1, la igualdad es cierta si y solosi

fp∫X fpdµ

=gq∫

X gqdµ, es decir fp ·

∫Xgqdµ = gq ·

∫Xfpdµ,

con λ1 =∫X gqdµ y λ2 =

∫X fpdµ no nulas ambas.

Podemos suponer ademas λ1 = 0, λ2 6= 0 pues entonces 0 = λ2gq c.s.

=⇒ gq = 0 c.s. =⇒ g = 0 c.s. y se verifica la igualdad. ♦

Observaciones. 1) Si X es un conjunto numerable, digamos por comodidadX = N, P (N) la σ-algebra formada por los subconjuntos de N, µ : P (N) →[0,∞] la medida de contar, definida por µ(A) = cardA, toda aplicacionf : N → C es medible pues ∀V abierto, f−1(V ) ⊂ N =⇒ f−1(V ) ∈ P (N).Ası pues, si f : N → [0,∞] es medible, f(n) = |xn|,∫

Nfpdµ =

∫∪n∈N{n}

fpdµ =∑n∈N

∫{n}

fpdµ =∑n∈N

f(n)p =∑n∈N

|xn|p.

Esto permite escribir las desigualdades de Holder y Minkowski para sumasfinitas o series numericas. Estas serıan:

∞∑i=1

|xiyi| ≤

( ∞∑i=1

|xi|p)1/p

·

( ∞∑i=1

|yi|q)1/q

,

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( ∞∑i=1

|xi + yi|p)1/p

≤

( ∞∑i=1

|xi|p)1/p

+

( ∞∑i=1

|yi|p)1/p

.

2) En el caso de p = 1 o p = ∞ se prueban tambien desigualdades analogasque quedan de la forma∑

i∈N

|xiyi| ≤∑i∈N

|xi| · supi∈N

|yi|,

supi∈N

|xi + yi| ≤ supi∈N

|xi|+ supi∈N

|yi|.

3) En el caso particular de que p = q = 2, la desigualdad de Holder se llamadesigualdad de Cauchy-Schwarz, de importancia en espacios dotados de unaestructura geometrica (considerados en el capıtulo III).

3. ESPACIOS Lp.

Los ejemplos mas utiles de espacios normados corresponden a los llamadosespacios Lp. Fueron ademas los que dieron impulso al desarrollo de la teorıade espacios de Hilbert y espacios normados.

Supondremos en esta seccion que X es un espacio de medida y µ una me-dida positiva. Es conocido el espacio de funciones de modulo integrable,representado por

L1(µ) = {f : X → C : f medible y∫

X|f |dµ <∞}.

Si ahora hacemos 1 ≤ p <∞, definimos analogamente el espacio de funcionesde potencia p-esima integrable, como

Lp(µ) = {f : X → C : f medible y∫

X|f |pdµ <∞}.

Si definimos la aplicacion ‖ · ‖p : Lp(µ) → R por ‖f‖p =(∫

X |f |pdµ)1/p, es

evidente que Lp(µ) = {f : X → C : f medible y ‖f‖p <∞}.

En el caso de p = ∞ procedemos de una forma algo diferente:

Si g : X → C es una funcion medible, tambien es medible |g|; sabemos que∀α ∈ R, |g|−1(α,∞] es medible y podemos definir el conjunto

S = {α ∈ R : µ(|g|−1(α,∞]) = 0}.

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Llamamos supremo esencial de |g| a ‖g‖∞ = ınf S, cuando S 6= ∅, y ‖g‖∞ =∞, cuando S = ∅. Probemos en primer lugar la existencia de dicho ınfimo;para ello basta probar que 0 es una cota inferior de S:

En efecto, si existiera α ∈ S tal que α < 0, entonces de la inclusion [0,∞] ⊂(α,∞] se deduce que

|g|−1[0,∞] ⊂ |g|−1(α,∞] =⇒ µ(X) = µ(|g|−1[0,∞]) ≤ µ(|g|−1(α,∞]) = 0=⇒ µ(X) = 0,

lo cual es absurdo.

Lo anterior permite definir el espacio

L∞(µ) = {f : X → C : f medible y ‖f‖∞ <∞}

que llamaremos espacio de las funciones medibles esencialmente acotadas.

Una caracterizacion del supremo esencial la proporciona el siguiente le-ma:

3.1.- Lema. Dada f : X → C medible, se tiene

|f(x)| ≤ λ para casi todo x⇐⇒ ‖f‖∞ ≤ λ.

En consecuencia, |f(x)| ≤ ‖f‖∞ para casi todo x (haciendo λ = ‖f‖∞) y‖f‖∞ es la mınima cota superior (c.s.) de |f |.

Demostracion. Supongamos que |f | ≤ λ c.s., es decir |f(x)| ≤ λ, ∀x ∈ Ac

con µ(A) = 0. Entonces, si |f(x)| > λ, es x ∈ A y

|f |−1(λ,∞] ⊂ A =⇒ µ(|f |−1(λ,∞]) ≤ µ(A) = 0 =⇒ λ ∈ S y ‖f‖∞ ≤ λ.

Recıprocamente, suponiendo que ‖f‖∞ ≤ λ, veamos que |f | ≤ λ c.s., lo queequivale a probar que µ(A) = 0, siendo A = {x : |f(x)| > λ}.

Por hipotesis, existe α ∈ S tal que α ≤ λ pues si fuese α > λ, ∀α ∈ S, λserıa cota inferior de S y λ < ‖f‖∞, lo que es absurdo. Entonces

A = |f |−1(λ,∞] ⊂ |f |−1(α,∞] =⇒ µ(A) ≤ µ(|f |−1(α,∞]) = 0. ♦

Aplicando las desigualdades de Holder y Minkowski, se prueban los siguien-tes resultados.

3.2.- Proposicion. Sean p, q exponentes conjugados, es decir 1/p+1/q = 1,con 1 ≤ p ≤ ∞. Si f ∈ Lp(µ) y g ∈ Lq(µ), entonces fg ∈ L1(µ) y ‖fg‖1 ≤‖f‖p‖g‖q.

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Demostracion. Si 1 < p <∞, por la desigualdad de Holder, tenemos:∫X|fg|dµ =

∫X|f |·|g|dµ ≤

(∫X|f |pdµ

)1/p(∫X|g|qdµ

)1/q

= ‖f‖p‖g‖q <∞.

Si p = ∞, q = 1, entonces |f(x)| ≤ ‖f‖∞ c.s., con lo que existe A de medidanula tal que |f(x)| ≤ ‖f‖∞, ∀x ∈ Ac. De este modo,∫

X|fg|dµ =

∫X|f | · |g|dµ =

∫Ac

|f | · |g|dµ ≤∫

Ac

‖f‖∞|g|dµ

= ‖f‖∞∫

Ac

|g|dµ ≤ ‖f‖∞∫

X|g|dµ = ‖f‖∞‖g‖1 <∞.♦

3.3.- Proposicion. Si 1 ≤ p ≤ ∞, entonces Lp(µ) es un espacio vectorialsobre C y ‖ · ‖p es una seminorma.

Demostracion. Estudiaremos por separado los siguientes casos:

a) Si 1 ≤ p <∞ y f, g ∈ Lp(µ), de la desigualdad de Minkowski deducimosque f + g ∈ Lp(µ) y ‖f + g‖p ≤ ‖f‖p + ‖g‖p. Ademas

‖αf‖p =(∫

X|αf |pdµ

)1/p

=(∫

X|α|p|f |pdµ

)1/p

= |α|·‖f‖p =⇒ αf ∈ Lp(µ).

b) Si p = ∞, debido a que |f | ≤ ‖f‖∞ y |g| ≤ ‖g‖∞ c.s., entonces tambien|f + g| ≤ |f | + |g| ≤ ‖f‖∞ + ‖g‖∞ c.s. Esto implica que ‖f‖∞ + ‖g‖∞ escota superior esencial de |f + g|. Al ser ‖f + g‖∞ la mınima, se deduce que‖f + g‖∞ ≤ ‖f‖∞ + ‖g‖∞.

Por otro lado, si suponemos α 6= 0:

‖αf‖∞ = ınf{β ∈ R : µ(|αf |−1(β,∞]) = 0} = ınf S1

supuesto S1 6= ∅. Ahora bien,

x ∈ |αf |−1(β,∞] ⇐⇒ |αf |(x) > β ⇐⇒ |αf(x)| > β ⇐⇒ |α| · |f(x)| > β

⇐⇒ |f(x)| > β/|α| ⇐⇒ x ∈ |f |−1(β/|α|,∞]

con lo que

ınf S1 = ınf{β ∈ R : µ(|f |−1(β/|α|,∞]) = 0}= ınf{|α|β/|α| ∈ R : µ(|f |−1(β/|α|,∞]) = 0}= ınf{|α|β1 ∈ R : µ(|f |−1(β1,∞]) = 0}= |α| ınf{β1 ∈ R : µ(|f |−1(β1,∞]) = 0} = |α| ınf S2 = |α| · ‖f‖∞.

De este modo, si f ∈ L∞(µ), ‖αf‖∞ = ınf S1 = |α| · ‖f‖∞. ♦

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Observacion. En general, ‖·‖p no es norma pues no se verifica la implicacion‖f‖p = 0 =⇒ f(x) = 0, ∀x ∈ X. Sin embargo, en el caso de las funcionesreales continuas en un intervalo [a, b], X = C[a, b], ‖f‖1 =

∫ ba |f(x)|dx =

0 =⇒ f = 0. Tambien, en los espacios `p, ‖ · ‖p es una norma.

Para obtener espacios normados de las seminormas anteriores, definimos larelacion de equivalencia

∀f, g ∈ Lp(µ), f ∼ g ⇐⇒ f = g c.s., o bien ‖f − g‖p = 0.

El espacio cociente, que seguiremos denotando por Lp(µ), es ahora un es-pacio normado si definimos ‖f‖p = ‖f‖p, donde f es un representante de laclase de equivalencia f .

Probaremos por ultimo la completitud de los espacios recien definidos, re-sultado obtenido de forma simultanea e independiente por F. Riesz y E.Fischer en 1907.

3.4.- Teorema (Riesz-Fischer). Si 1 ≤ p ≤ ∞, entonces (Lp(µ), ‖ · ‖p) esde Banach.

Demostracion. a) Veamos primero el caso 1 ≤ p <∞.

Sea pues (fn)n∈N una sucesion de Cauchy en Lp(µ). Tomando ε = 1/2i,sabemos que ∃ni tal que ‖fn − fm‖p < 1/2i, ∀n,m ≥ ni. Esto permiteextraer una subsucesion (fni)i≥1 tal que ‖fni+1 − fni‖p < 1/2i, ∀i.

Llamamos ahora gk =∑k

i=1 |fni+1 − fni | y g =∑∞

i=1 |fni+1 − fni |. Debido aque |fni+1 − fni | ∈ Lp(µ), se deduce que gk ∈ Lp(µ). Ası pues,

‖gk‖p =(∫

X|gk|pdµ

)1/p

=

[∫X

(k∑

i=1

|fni+1 − fni |

)p

dµ

]1/p

≤k∑

i=1

[∫X|fni+1 − fni |pdµ

]1/p

=k∑

i=1

‖fni+1 − fni‖p <k∑

i=1

12i< 1.

Como ademas lımk gk = g, tambien lımk |gk|p = |g|p y deducimos que∫X|g|pdµ =

∫X

lımk|gk|pdµ ≤ lım inf

k

∫X|gk|pdµ ≤ 1 =⇒ ‖g‖p ≤ 1,

por lo que |g|p es finita c.s. y tambien g(x) <∞ c.s.

Lo anterior indica que la serie∑

i≥1(fni+1 − fni) es absolutamente conver-gente c.s., ası como tambien lo es la serie fn1 +

∑i≥1(fni+1 − fni). Defini-

mos

f(x) =

{fn1(x) +

∑i≥1(fni+1(x)− fni(x)) si x ∈ Ac

0 si x ∈ A,donde µ(A) = 0.

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Debido a que fn1 +∑k−1

i=1 (fni+1 − fni) = fnk, resulta que f(x) = lımi fni(x)

c.s. Veamos que fn → f y que f ∈ Lp(µ).

Dado ε > 0, sabemos que ∃N tal que ‖fn−fm‖p < ε, ∀n,m ≥ N . Tomandom ≥ N , tenemos:

‖f − fm‖pp =

∫X|f − fm|pdµ =

∫X| lım

ifni − fm|pdµ =

∫X

lımi|fni − fm|pdµ

≤ lım infi

∫X|fni − fm|pdµ = lım inf

i‖fni − fm‖p

p ≤ εp,

tomando ni ≥ N . Esto implica que f − fm ∈ Lp(µ) y en consecuenciaf ∈ Lp(µ) debido a que f = (f−fm)+fm. Por otra parte, al ser ‖f−fm‖p ≤ε, ∀m ≥ N , la sucesion original converge a f .

b) Si p = ∞, tomamos nuevamente una sucesion (fn)n∈N de Cauchy enL∞(µ). De este modo, ‖fn − fm‖∞ < ε, ∀n,m > N(ε).

Si Am,n = {x : |fn(x) − fm(x)| ≥ ‖fn − fm‖∞ + ε}, resulta que µ(Am,n) =0, con lo que, si A =

⋃m,nAm,n, entonces µ(A) = 0. Esto prueba que

(fn(x))n∈N converge uniformemente en E \A.

Si definimos f(x) =

{lımn fn(x) si x ∈ E \A0 si x ∈ A

, se ve inmediatamente que

lımn ‖fn − f‖∞ = 0, pues

|f(x)− fm(x)| = | lımnfn(x)− fm(x)|

= lımn|fn(x)− fm(x)|

c.s.≤ lım

n‖fn − fm‖∞ + ε < 2ε, ∀m,n ≥ N.

Entonces 2ε es cota superior esencial de f−fm, de modo que ‖f−fm‖∞ < 2ε,∀m ≥ N =⇒ f − fm ∈ L∞(µ) =⇒ f ∈ L∞(µ) y fm → f en L∞(µ). ♦

Observaciones. 1) A partir de la definicion son inmediatas las inclusiones`1 ⊂ `p ⊂ `q ⊂ `∞, 1 < p < q <∞.

2) Analogamente, en el espacio (X,S, µ), si µ(X) <∞, entonces L∞ ⊂ Lq ⊂Lp ⊂ L1, para 1 < p < q <∞.

En efecto, si llamamos r = q/p > 1,∫X|f |pdµ ≤

∥∥|f |p∥∥r· ‖1‖r′ =

(∫|f |qdµ

)1/r

· µ(X)1/r′ .

Esto implica que ‖f‖p ≤ ‖f‖q · µ(X)1/p−1/q.

De la misma forma, ‖f‖q ≤ µ(X)1/q · ‖f‖∞.

48

3) En general, Lp 6⊂ Lq y Lq 6⊂ Lp, pero si f ∈ Lp ∩Lq, entonces f ∈ Lr conp < r < q:∫

X|f |rdµ =

∫|f |≤1

|f |rdµ+∫|f |>1

|f |rdµ

≤∫|f |≤1

|f |pdµ+∫|f |>1

|f |qdµ ≤ ‖f‖pp + ‖f‖q

q <∞.

Se verifica tambien la desigualdad de interpolacion

‖f‖r ≤ ‖f‖αp · ‖f‖α

q , donde1r

=α

p+

1− α

q(0 ≤ α ≤ 1).

4. PROPIEDADES DE LOS ESPACIOS NORMADOS.

Probaremos en esta seccion las propiedades fundamentales de los espaciosnormados.

4.1.- Teorema. Sea X un espacio vectorial normado. Entonces:

a)∣∣‖x‖ − ‖y‖

∣∣ ≤ ‖x− y‖, ∀x, y ∈ X.

b) B(x0, r) = x0 +B(0, r), ∀x0 ∈ X, r > 0.

Demostracion. a) Por la desigualdad triangular,

‖x‖ = ‖x− y + y‖ ≤ ‖x− y‖+ ‖y‖ =⇒ ‖x‖ − ‖y‖ ≤ ‖x− y‖;‖y‖ = ‖y − x+ x‖ ≤ ‖y − x‖+ ‖x‖ =⇒ −‖x− y‖ ≤ ‖x‖ − ‖y‖.

b) Debido a las propiedades de la norma,

x ∈ B(x0, r) ⇐⇒ ‖x− x0‖ < r

⇐⇒ x− x0 ∈ B(0, r) ⇐⇒ x ∈ x0 +B(0, r). ♦

4.2.- Teorema. Sea X un espacio vectorial normado. Son equivalentes:

i) X es de Banach.

ii) Si {an}n∈N ⊂ X y∑

n∈N ‖an‖ <∞ =⇒∑

n∈N an converge en X.

Esto indica que en los espacios de Banach la convergencia absoluta implicala convergencia.

49

Demostracion. i) =⇒ ii). Sea Sn =∑n

k=1 ak. Si m > n,

‖Sm − Sn‖ =

∥∥∥∥∥m∑

k=n+1

ak

∥∥∥∥∥ ≤m∑

k=n+1

‖ak‖ ≤∞∑

k=n+1

‖ak‖ < ε.

Esto implica que {Sm}m∈N es de Cauchy en X y por tanto converge.

ii) =⇒ i). Sea {an}n∈N de Cauchy en X. Hacemos an0 = 0 y elegimos

n1 ∈ N : ‖an1 − am‖ < 1/2, ∀m > n1,

n2 > n1 : ‖an2 − am‖ < 1/22, ∀m > n2,

...nk > nk−1 : ‖ank

− am‖ < 1/2k, ∀m > nk.

Ası∑∞

k=1 ‖ank− ank−1

‖ ≤ ‖an1‖+∑∞

k=1 1/2k <∞.

Por hipotesis,∑

k∈N(ank− ank−1

) es convergente. Entonces

a =∞∑

k=1

(ank− ank−1

) = lımh→∞

h∑k=1

(ank− ank−1

) = lımh→∞

anh,

y esto implica que {anh}h∈N es convergente.

Como {an}n∈N es de Cauchy y tiene una subsucesion convergente, ella mismaes convergente y X es completo. ♦

4.3.- Proposicion. Sea X un espacio vectorial normado sobre el cuerpo E.Si definimos en X ×X o E ×X la metrica producto ‖(u, v)‖ = ‖u‖+ ‖v‖,entonces las aplicaciones (x, y) 7→ x+ y y (α, x) 7→ αx, definidas en X ×Xy E ×X, respectivamente, son continuas. Ademas, la norma ‖ · ‖ : X → Res uniformemente continua.

Demostracion. Es facil comprobar que la metrica producto verifica los axio-mas de norma. De este modo:

Como ‖x+y−(x0+y0)‖ ≤ ‖x−x0‖+‖y−y0‖, la primera es continua.

Para demostrar que la aplicacion (α, x) 7→ αx es continua en (α0, x0), elegi-mos α, x tales que |α − α0| < mın{1, ε

2(1+1+‖x0‖)} y ‖x − x0‖ < ε2(1+1+|α0|) .

Entonces|α| − |α0| ≤ |α− α0| < 1 =⇒ |α| < 1 + |α0|.

Ademas,

‖αx− α0x0‖ ≤ |α| · ‖x− x0‖+ ‖x0‖ · |α− α0|

< |α| · ε

2(1 + 1 + |α0|)+ ‖x0‖ ·

ε

2(1 + 1 + ‖x0‖)< ε.

50

Por ultimo, para probar que la norma es uniformemente continua, dadoε > 0, debemos encontrar δ > 0 tal que

∣∣‖x‖ − ‖x0‖∣∣ < ε si ‖x − x0‖ < δ.

Ahora bien, como∣∣‖x‖ − ‖x0‖

∣∣ ≤ ‖x− x0‖, basta elegir δ = ε. ♦

4.4.- Corolario. Si (X, ‖ · ‖) es un espacio normado, x0 ∈ X, λ0 ∈ E,λ0 6= 0, entonces las aplicaciones x 7→ x + x0 (traslacion de vector x0) yx 7→ λ0x (homotecia de razon λ0) son homeomorfismos.

Demostracion. Basta probar que son bicontinuas. La primera de ellas escomposicion de f : X → X×X, dada por f(x) = (x, x0), y g : X×X → X,dada por g(x, x0) = x + x0. Por el teorema anterior, g es continua; es facilprobar que f es tambien continua, de modo que g ◦ f es continua. Ademas,el mismo argumento prueba que la inversa x 7→ x− x0 es continua.

Analogamente se prueba que la segunda es continua. ♦

4.5.- Proposicion. Un subespacio Y de un espacio de Banach X es com-pleto si y solo si Y es cerrado en X.

Demostracion. Se deduce de la propiedad analoga para espacios metricos.♦

4.6.- Teorema (complecion). Sea (X, ‖ · ‖) un espacio normado. Existeun espacio de Banach X∗ y una isometrıa A : X → W donde W es unsubespacio denso de X∗. Dicho espacio X∗ es unico salvo isometrıas.

Demostracion. Por el teorema analogo en espacios metricos, existe (X∗, d) yA : X →W isometrıa con W ⊂ X∗ denso. Falta probar que podemos dotara X∗ de una estructura de espacio vectorial normado.

Recordando que x∗ e y∗ son clases de equivalencia de sucesiones de Cauchyen X, elegimos {xn}n∈N ∈ x∗, {yn}n∈N ∈ y∗. Hacemos zn = xn + yn. Ası ,{zn}n∈N es de Cauchy en X pues ‖zn − zm‖ ≤ ‖xn − xm‖+ ‖yn − ym‖. Portanto, definimos z∗ = x∗ + y∗ como la clase de equivalencia que contienea {zn}n∈N (esta definicion no depende de la eleccion de los representan-tes).

Tambien definimos αx∗ ∈ X∗ como la clase que contiene a {αxn}n∈N (denuevo esta definicion no depende de los representantes).

Ası obtenemos un espacio vectorial. En W las operaciones inducidas por X∗

coinciden con las inducidas por X a traves de A.

Ademas A induce en W una norma ‖ · ‖1 ası: si y∗ = Ax ∈ W, ‖y∗‖1 =‖x‖.

Como la metrica en W es la restriccion de d∗ a W (ya que A es isometrico),podemos extender la norma ‖ · ‖1 a X∗ ası :

‖x∗‖2 = d∗(0∗, x∗),∀x∗ ∈ X∗.

51

Para comprobar los axiomas, basta aplicar a ‖ · ‖1 un proceso de lımite.♦

El concepto de base en un espacio vectorial se extiende en el caso de espaciosnormados en el siguiente sentido:

4.7.- Definicion. Dado un espacio normado (X, ‖·‖), una sucesion (xn)n∈Nes una base de Schauder de X cuando ∀x ∈ X, existe una sucesion deescalares (αn)n∈N tal que x =

∑n∈N αnxn.

Por ejemplo, la sucesion (en)n∈N, donde en = (δkn)k∈N, es una base de Schau-der de `p, para todo p ≥ 1.

Observacion. No necesariamente un espacio de Banach separable tieneuna base de Schauder, como probo P. Enflo en 1973 (ver el artıculo de P.Halmos titulado Has progress in Mathematics slowed down? y publicado enAmer. Math. Montly, volumen 97 (1990), pag. 561–588, para comprender larelevancia de este resultado).

4.8.- Proposicion. Dado un espacio normado (X, ‖ · ‖) con base de Schau-der (xn)n∈N, si definimos ‖x‖∗ = supN∈N

∥∥∥∑Nn=1 αnxn

∥∥∥, entonces (X, ‖ · ‖∗)es un espacio de Banach y, en consecuencia, (X, ‖ · ‖) tambien es de Bana-ch.

Demostracion. Es facil comprobar que ‖·‖∗ es norma. Veamos que (X, ‖·‖∗)es completo:

Si y =∑

n∈N βnxn ∈ X, entonces βnxn =∑n

k=1 βkxk−∑n−1

k=1 βkxk, de donde‖βnxn‖ ≤ 2‖y‖∗, con lo que |βn| ≤ 2‖y‖∗

‖xn‖ .

Sea (a(k))k∈N una sucesion de Cauchy en (X, ‖ · ‖∗). Si a(k) =∑n∈N

α(k)n xn,

entonces (α(k)n )k∈N es una sucesion de Cauchy en el cuerpo de escalares;

llamamos αn = lımk α(k)n . Probaremos ahora que

∑n∈N αnxn converge en

‖ · ‖ a algun a ∈ X y que lımk ‖a(k) − a‖∗ = 0:

- Dado ε > 0, sea n0 ∈ N tal que ‖a(n) − a(m)‖∗ < ε/4, si n,m ≥ n0. Paracualesquiera i, j ∈ N tenemos:

i+j∑k=i

(α(n)k − α

(m)k )xk =

i+j∑k=1

(α(n)k − α

(m)k )xk −

i−1∑k=1

(α(n)k − α

(m)k )xk.

De aquı, ∥∥∥∥∥i+j∑k=i

(α(n)k − α

(m)k )xk

∥∥∥∥∥ ≤ 2‖a(n) − a(m)‖∗ < ε/2.

52

Fijando n y haciendo m → ∞, tenemos que∥∥∥∑i+j

k=i(α(n)k − αk)xk

∥∥∥ <ε/2, si n ≥ n0.

Debido a que∑∞

k=1 α(n0)k xk es convergente, existe i0 ∈ N tal que ∀j ∈ N,∥∥∥∑i0+j

k=i0α

(n0)k xk

∥∥∥ < ε/2. Luego,∥∥∥∥∥∥i0+j∑k=i0

αkxk

∥∥∥∥∥∥ ≤∥∥∥∥∥∥

i0+j∑k=i0

(αk − α(n0)k )xk

∥∥∥∥∥∥+

∥∥∥∥∥∥i0+j∑k=i0

α(n0)k xk

∥∥∥∥∥∥ < ε.

Esto indica que la serie∑αkxk converge a algun a ∈ X.

- Por ser (a(n))n∈N una sucesion de Cauchy, dado ε > 0, existe n0 ∈ N tal que‖a(n) − a(m)‖∗ < ε/2, si n,m ≥ n0. Ası,

∥∥∥∑jk=1(α

(n)k − α

(m)k )xk

∥∥∥ < ε,

para todo j ∈ N. Haciendom→∞, tenemos que∥∥∥∑j

k=1(α(n)k − αk)xk

∥∥∥ <ε, ∀j ∈ N. Esto quiere decir que ‖a(n) − a‖∗ ≤ ε si n ≥ n0 y (X, ‖ · ‖∗)es completo.

Debido a que ‖x‖ ≤ ‖x‖∗, para todo x ∈ X, tambien (X, ‖ · ‖) es completo.♦

5. ESPACIOS NORMADOS DE DIMENSION FINITA.

El hecho de que la dimension del espacio sea finita da lugar a algunascaracterısticas especiales. Por ejemplo, el teorema de Bolzano-Weierstrassdemuestra que, en un espacio de dimension finita, cualquier bola cerradaB(z, r) es compacta. Veremos a continuacion que, en el caso infinito, B(z, r)nunca es compacta.

5.1.- Lema (F. Riesz). Sea X un espacio normado, Y, Z subespacios de Xcon Y subconjunto cerrado propio de Z. Entonces ∀ϑ ∈ (0, 1), ∃z ∈ Z denorma uno tal que ‖z − y‖ ≥ ϑ, ∀y ∈ Y.

Demostracion. Sea v ∈ Z \ Y y llamamos

a = d(v, Y ) = ınfy∈Y

d(v, y) = ınfy∈Y

‖v − y‖.

Como Y es cerrado, a > 0. Por definicion de ınfimo, existe un elementoy0 ∈ Y tal que a ≤ ‖v − y0‖ ≤ a/ϑ para todo ϑ ∈ (0, 1). Sea z = c(v − y0)con c = ‖v − y0‖−1. Ası, ‖z‖ = 1 y

‖z − y‖ = ‖c(v − y0)− y‖ = c‖v − y0 −y

c‖ = c‖v − y1‖,

53

con y1 = y0 + y/c.

Como y1 ∈ Y, ‖v − y1‖ ≥ a =⇒ ‖z − y‖ ≥ ‖v − y0‖−1a ≥ ϑ. ♦

5.2.- Corolario. Si X es un espacio normado y M un subespacio cerra-do propio de X, entonces existe un elemento z ∈ X de norma 1 tal qued(z,M) = 1.

Demostracion. Por el lema anterior, ∃z ∈ X : ‖z‖ = 1 y d(z,M) ≥ 1. ComoM es subespacio, 0 ∈M y d(z,M) ≤ d(z, 0) = ‖z‖ = 1. ♦

El lema 5.1 permite demostrar la siguiente caracterizacion de los espaciosde dimension finita.

5.3.- Teorema (F. Riesz). En un espacio normado X, las siguientes con-diciones son equivalentes:

i) La bola unidad B(0, 1) es compacta.

ii) X tiene dimension finita.

Demostracion. i) =⇒ ii). Si dimX = ∞, sea x1 ∈ X, ‖x1‖ = 1, y cons-truimos X1 = 〈{x1}〉 que es subespacio propio y cerrado de X. Por el lemaanterior,

∃x2 ∈ X \X1 : ‖x2‖ = 1, ‖x2 − x1‖ ≥ 1/2.

Ahora llamamos X2 = 〈{x1, x2}〉, y tambien ahora

∃x3 ∈ X \X2 : ‖x3‖ = 1, ‖x3 − x1‖ ≥ 1/2, ‖x3 − x2‖ ≥ 1/2.

Llegamos ası a una sucesion {xn}n∈N ⊂ B(0, 1) tal que ‖xn − xm‖ ≥ 1/2,∀n,m. De esta forma, {xn}n∈N no puede tener ninguna sub-sucesion conver-gente lo que contradice su compacidad.

El recıproco corresponde al teorema de Bolzano-Weierstrass. ♦

Otro resultado destacable es el de la completitud, que probaremos despuesdel siguiente lema.

5.4.- Lema. Dados un espacio normado X (de cualquier dimension) y unafamilia {x1, . . . , xn} linealmente independiente, existe c > 0 : ∀α1, . . . , αn ∈E : ‖α1x1 + · · ·+ αnxn‖ ≥ c(|α1|+ · · ·+ |αn|).

Demostracion. Sea s = |α1|+ · · ·+ |αn|.

Si s = 0, αi = 0, ∀i =⇒ la desigualdad es cierta ∀c.

Si s > 0, llamamos βi = αi/s, y la desigualdad a probar es

‖β1x1 + · · ·+ βnxn‖ ≥ c, donden∑

i=1

|βi| = 1.

54

Si suponemos que la acotacion anterior no es cierta, existe una sucesion(ym)m∈N tal que ‖ym‖ → 0 y

ym =n∑

i=1

β(m)i xi, con

n∑i=1

|β(m)i | = 1.

Fijado i ∈ {1, . . . , n}, la sucesion {β(m)i }m∈N esta acotada (pues

∑|β(m)

i | =1).

Por el teorema de Bolzano-Weierstrass, {β(m)1 }m∈N tiene una sub-sucesion

convergente, digamos a β1. A esta sub-sucesion le corresponde {y1m}m∈N.Aplicando el mismo argumento se prueba que existe {y2m}m∈N subsucesion{y1m}m∈N, tal que {β(m)

2 }m∈N converge a β2. Despues de n pasos, obtenemosuna sub-sucesion {ynm}m∈N de {ym}m∈N de la forma ynm =

∑nj=1 γ

(m)j xj con∑n

j=1 |γ(m)j | = 1, cuyos escalares γ(m)

j verifican γ(m)i → βi. De este modo,

ynm → y =∑n

i=1 βixi donde∑n

i=1 |βi| = 1. Esto implica que no todos losβi son cero, con lo cual y 6= 0 (por ser el conjunto {x1, . . . , xn} linealmenteindependiente).

Por otro lado, ynm → y =⇒ ‖ynm‖ → ‖y‖. Como por hipotesis, ‖ym‖ → 0 e{ynm}m∈N es sub-sucesion, entonces ‖y‖ = 0, de donde y = 0, lo que lleva auna contradiccion. ♦

5.5.- Teorema (completitud). Todo subespacio Y de dimension finita deun espacio normado X es completo. En particular, todo espacio normado dedimension finita es completo.

Demostracion. Sea {ym}m∈N una sucesion de Cauchy en Y . Si {e1, . . . , en}es una base de Y , ym =

∑ni=1 α

(m)i ei. Entonces, por el lema anterior,

ε > ‖ym − yk‖ =∥∥ n∑

i=1

(α(m)i − α

(k)i )ei

∥∥ ≥ c

n∑i=1

|α(m)i − α

(k)i |, ∀m, k > N(ε).

Entonces {α(m)i }m∈N es de Cauchy en E, y por lo tanto, converge a αi.

Llamamos y =∑n

i=1 αiei. Evidentemente, y ∈ Y y

‖ym − y‖ = ‖∑

(α(m)i − αi)ei‖ ≤

∑|α(m)

i − αi| · ‖ei‖,

que tiende a cero. ♦

5.6.- Corolario. Todo subespacio Y de dimension finita de un espacio nor-mado X es cerrado.

La prueba es evidente.

La siguiente caracterizacion es usada a veces como definicion de compacidaden dimension finita.

55

5.7.- Teorema. Si X es un espacio normado de dimension finita, todosubconjunto M de X es compacto si y solo si es cerrado y acotado.

Demostracion. Ya probamos en el capıtulo I, lema 5.7, que todo compactoes cerrado y acotado.

Sea M cerrado y acotado y {xm}m∈N una sucesion en M .

Ası, xm = α(m)1 e1 + · · ·+α(m)

n en, donde {e1, . . . , en} es una base de X.

ComoM es acotado, ‖xm‖ ≤ k, ∀m. Por el lema 5.4, k ≥ ‖xm‖ ≥ c∑n

i=1 |α(m)i |.

Tenemos, para cada i, una sucesion escalar {α(m)i }m∈N acotada. Por el teo-

rema de Bolzano-Weierstrass, posee un punto de acumulacion ξi.

Repitiendo el argumento del lema 5.4, se deduce que {xm}m∈N tiene unasub-sucesion que converge a x =

∑ni=1 ξiei. Como M es cerrado, x ∈ M.

♦

Contraejemplo. Si X es el conjunto de las sucesiones de soporte finito y‖x‖ =

(∑∞i=1 |xi|2

)1/2, entonces (X, ‖·‖) es normado y (e(k))k∈N es una basede X, si definimos e(k) = (δnk)n∈N.

La bola unidad B(0, 1) es cerrada y acotada, claramente, pero no es com-pacta. Para ello basta ver que existe una sucesion que no tiene ningunasubsucesion convergente.

Como (e(k))k∈N ⊂ B(0, 1), si existiera (e(kj))j∈N subsucesion convergente ae ∈ B(0, 1),

‖e(kj)−e(km)‖ =√

2 =⇒ lımj→∞

‖e(kj)−e(km)‖ = ‖ lımj→∞

e(kj)−e(km)‖ = ‖e−e(km)‖

lo que es absurdo.

Otra caracterıstica de los espacios de dimension finita es que todas las nor-mas son equivalentes (dan la misma topologıa).

5.8.- Definicion. Dos normas ‖ · ‖1 y ‖ · ‖2 en X se dicen equivalentescuando ∃a, b > 0 : a‖x‖1 ≤ ‖x‖2 ≤ b‖x‖1,∀x ∈ X.

Es facil probar que la relacion es efectivamente de equivalencia y que dosnormas equivalentes dan lugar a la misma topologıa.

5.9.- Teorema (normas equivalentes). En un espacio vectorial de dimensionfinita, todas las normas son equivalentes.

Demostracion. Sean ‖·‖1 y ‖·‖2 dos normas cualesquiera enX. Si {e1, . . . , en}es una base de X, todo x ∈ X tiene una representacion x =

∑ni=1 αiei. Apli-

cando el lema 5.4, existe c tal que ‖x‖1 ≥ c∑n

i=1 |αi|. Por otro lado,

‖x‖2 ≤n∑

i=1

|αi| · ‖ei‖2 ≤ k

n∑i=1

|αi|

56

si k = max ‖ei‖2. Esto implica que ck‖x‖2 ≤ c

∑ni=1 |αi| ≤ ‖x‖1.

Intercambiando los papeles de ‖ · ‖1 y ‖ · ‖2 se obtiene la otra desigualdad.♦

Observar la importancia de este resultado que prueba la independencia dela convergencia de sucesiones respecto de la norma que se elija.

6. OPERADORES LINEALES ACOTADOS.

La estructura algebraica que posee todo espacio normado hace plantearnos elestudio de las aplicaciones lineales entre ellos. Debido a su importancia en eldesarrollo del Analisis Funcional, el curso se concentra a partir de aquı en elestudio de dichas aplicaciones, que reciben el nombre de operadores. Ademas,salvo en algunas situaciones concretas, y en especial en el capıtulo VII, dichosoperadores se supondran acotados, de ahı que precisemos dicho concepto acontinuacion.

6.1.- Definicion. Sean X,Y espacios normados y A : X → Y un operadorlineal. Decimos que A es acotado si existe k > 0 : ‖Ax‖ ≤ k‖x‖,∀x ∈X.

Observacion. En Calculo elemental, una funcion es acotada cuando su ima-gen es un conjunto acotado. Sin embargo, no hay funciones no nulas que seanlineales y acotadas pues, debido a la linealidad, si ‖Ax‖ ≤ k, ∀x =⇒ A = 0,de ahı que para definir un operador lineal acotado exijamos simplementeque su restriccion a la bola unidad tenga imagen acotada.

De la definicion se deduce que‖Ax‖‖x‖

≤ k, ∀x 6= 0. Entonces el menor valor

de k para el que se verifica la desigualdad es precisamente sup‖x‖6=0

‖Ax‖‖x‖ . Esto

motiva la siguiente definicion.

6.2.- Definicion. Dado un operador A : X → Y lineal y acotado, se llama

norma de A, a ‖A‖ = sup‖x‖6=0

‖Ax‖‖x‖

.

6.3.- Definicion. Llamamos L(X,Y ) = {A : X → Y : A es lineal yacotado} (en particular L(X) = {A : X → X : A lineal y acotado}), que esun espacio vectorial con los operaciones usuales y es normado si definimos‖A‖ como arriba. Para ver bajo que condiciones es de Banach, nos basta elsiguiente resultado.

57

6.4.- Teorema. Si Y es de Banach, entonces L(X,Y ) es de Banach.

Demostracion. Debemos ver que toda sucesion de Cauchy en L(X,Y ) con-verge en el mismo espacio.

Consideramos para ello una sucesion {An}n∈N de Cauchy en L(X,Y ), esdecir, tal que ‖An −Am‖ < ε, si n,m > N(ε). Entonces

∀x ∈ X, ‖Anx−Amx‖ ≤ ‖An −Am‖ · ‖x‖ < ε‖x‖.

Esto implica que {Anx}n∈N es de Cauchy en Y , de donde ∃y ∈ Y : Anx→ y,porque Y es completo.

Definimos A : X → Y como Ax = y. Entonces

(∗) A es lineal (evidente).

(∗) A es acotado: Si n > N ,

‖Anx−Ax‖ = ‖Anx− lımAmx‖ = lımm‖Anx−Amx‖ ≤ ε · ‖x‖.

Entonces An − A es acotado para n > N . Como An tambien es acotado,A = An − (An −A) es acotado.

(∗) An → A : Como ‖Anx−Ax‖ ≤ ε · ‖x‖, entonces ‖An −A‖ ≤ ε.♦

6.5.- Lema. Otras definiciones equivalentes de norma de un operador son:

(a) ‖A‖ = ınfK, donde K = {k ∈ R : ‖Ax‖ ≤ k‖x‖, ∀x ∈ X}.

(b) ‖A‖ = sup‖x‖≤1 ‖Ax‖.

(c) ‖A‖ = sup‖x‖=1 ‖Ax‖.

Demostracion. a) Como ‖A‖ ≥ ‖Ax‖‖x‖ =⇒ ‖Ax‖ ≤ ‖A‖ · ‖x‖, ∀x ∈ X. Esto

implica que ‖A‖ ≥ ınfK.

Recıprocamente, ∀k ∈ K, k ≥ ‖Ax‖‖x‖ , ∀x 6= 0. Por tanto,

k ≥ supx 6=0

‖Ax‖‖x‖

=⇒ k ≥ ‖A‖ =⇒ ınf{k} ≥ ‖A‖.

b) Sea ‖x‖ ≤ 1. Entonces ‖A‖ ≥ ‖Ax‖‖x‖ ≥ ‖Ax‖ =⇒ ‖A‖ ≥ sup‖x‖≤1 ‖Ax‖.

Recıprocamente, si x 6= 0,

‖Ax‖‖x‖

= ‖A (x/‖x‖) ‖ ≤ sup‖y‖≤1

‖Ay‖ =⇒ supx6=0

‖Ax‖‖x‖

≤ sup‖y‖≤1

‖Ay‖.

Por tanto, ‖A‖ ≤ sup‖x‖≤1 ‖Ax‖.

c) Es analoga a b) con las modificaciones obvias. ♦

58

6.6.- Ejemplos. 1) Si I : X → X es el operador identidad, ‖I‖ = 1 y si0 : X → Y es el operador cero, ‖0‖ = 0.

2) Si P[0, 1] es el espacio de los polinomios sobre [0, 1] con norma ‖f‖ =maxx∈[0,1] |f(x)|, entonces el operador derivadaD : P[0, 1] → P[0, 1] definidocomo Df(x) = f ′(x) es lineal pero no acotado, porque tomando fn(x) = xn,entonces ‖fn‖ = 1, Dfn(x) = nxn−1 y ‖Dfn‖ = n > c, ∀c.

Este ejemplo basico hace que tenga gran importancia el estudio de los ope-radores no acotados.

3) Sea T : C[0, 1] → C[0, 1] el operador definido por Tf(x) =∫ 10 k(x, y)f(y)dy,

donde k es una funcion continua en [0, 1]× [0, 1], llamada nucleo del opera-dor.

T es acotado pues

‖Tf‖ = maxx∈I

∣∣∣∣∫ 1

0k(x, y)f(y)dy

∣∣∣∣ ≤ maxx∈I

∫ 1

0|k(x, y)| · |f(y)|dy ≤ k0‖f‖,

donde k0 es una cota superior de |k(x, y)|.

En dimension finita todos los operadores lineales son acotados como proba-mos a continuacion.

6.7.- Teorema. Si A : X → Y es lineal y X es de dimension finita, entoncesA es acotado.

Demostracion. Sean {e1, . . . , en} una base deX y x =∑n

i=1 αiei un elementoarbitrario de X. Entonces

Ax =n∑

i=1

αiAei =⇒ ‖Ax‖ ≤n∑

i=1

|αi| · ‖Aei‖ ≤ maxi‖Aei‖ ·

n∑i=1

|αi|.

El lema 5.4 establece que ‖x‖ ≥ c∑n

i=1 |αi|, de donde

‖Ax‖ ≤ 1c

maxi‖Aei‖ · ‖x‖ = k‖x‖.

Esto implica que A es acotado. ♦

Veremos a continuacion una relacion directa entre operadores acotados ycontinuos cuando estos son lineales y una simplificacion importante del con-cepto de continuidad.

6.8.- Teorema. Sea A : X → Y un operador lineal entre espacios normados.Son equivalentes:

i) A es uniformemente continuo.

ii) A es continuo.

59

iii) A es continuo en algun x0 ∈ X.

iv) A es continuo en 0.

v) A es acotado.

vi) M ⊂ X acotado =⇒ A(M) ⊂ Y acotado.

Demostracion. i) =⇒ ii) =⇒ iii) =⇒ iv) son evidentes.

iv) =⇒ v). Supongamos que A es continuo y no acotado. Entonces ∀k ∈N, ∃xk ∈ X : ‖Axk‖ > k‖xk‖. Si llamamos yk = xk

k‖xk‖ , como ‖yk‖ = 1/k,resulta que yk → 0. Por la continuidad de A, Ayk → A(0) = 0, es decir

∀ε > 0, ∃N : k > N =⇒ ‖Ayk‖ < ε.

Si tomamos ε < 1, ‖Ayk‖ = ‖Axk‖k‖xk‖ > 1, lo que es absurdo.

v) =⇒ vi). Sea M ⊂ X acotado. Entonces existe K : ‖x‖ ≤ k, ∀x ∈M.

Por ser A acotado, ‖Ax‖ ≤ ‖A‖ · ‖x‖ ≤ ‖A‖ · k, ∀x ∈M . Esto implica queA(M) es acotado.

vi) =⇒ i). Sea M la bola unitaria cerrada en X. Como M es acotado, A(M)es acotado en Y , es decir ‖Ax‖ ≤ k, ∀x ∈M .

Dado cualquier ε > 0, hacemos δ = ε/k, con lo que, si ‖x − y‖ < δ, enton-ces

‖Ax−Ay‖ = ‖A(x− y)‖ = ‖x− y‖ ·∥∥A( x− y

‖x− y‖)∥∥ < δ · k = ε,

pues (x− y)/‖x− y‖ ∈M . ♦

6.9.- Corolario. Si A : X → Y es un operador lineal acotado, entoncesxn → x =⇒ Axn → Ax.

Demostracion. ‖Axn −Ax‖ ≤ ‖A‖ ‖xn − x‖ → 0. ♦

Probamos a continuacion la siguiente caracterizacion de la existencia deoperador inverso acotado.

6.10.- Teorema (operador inverso). Sea A : X → Y un operador lineal.La condicion necesaria y suficiente para que exista A−1 : A(X) → X yeste acotado es que ∃k > 0 : k‖x‖ ≤ ‖Ax‖, ∀x ∈ X.

Demostracion. a) Para que exista A−1, debe ser A inyectiva. En efecto, deAx = 0 se deduce que ‖Ax‖ = 0 =⇒ k‖x‖ = 0 =⇒ x = 0.

La comprobacion de que A−1 es lineal es directa. Veamos que es acota-do:

60

∀y ∈ A(X), ∃x ∈ X : Ax = y, es decir x = A−1y. Por hipotesis,

∃k > 0 : k‖A−1y‖ ≤ ‖y‖.

Entonces ‖A−1y‖ ≤ (1/k)‖y‖ de modo queA−1 esta acotado.

b) Como A−1 esta acotado, ∃k > 0 : ‖A−1y‖ ≤ k‖y‖.

Para todo x ∈ X, hacemos y = Ax; entonces ‖A−1Ax‖ ≤ k‖Ax‖. Por tanto,(1/k)‖x‖ ≤ ‖Ax‖. ♦

6.11.- Definicion (restriccion, extension). a) Dado un operador A : X →Y y un subconjunto X0 ⊂ X, al operador A|X0 : X0 → Y definido porA|X0x = Ax, ∀x ∈ X0, se le llama restriccion de A a X0.

b) De la misma manera, dado A : X → Y y un conjunto X tal que X ⊂ X,un operador A definido en X cuya restriccion a X coincide con A se llamaextension de A a X.

Entre las extensiones de un mismo operador, son importantes las que con-servan las propiedades basicas del operador de partida, como la linealidad yacotacion.

6.12.- Teorema. Sea A : X → Y un operador lineal acotado, donde Y esde Banach. Entonces A tiene una extension A : X → Y tal que A es lineal,acotado y ‖A‖ = ‖A‖.

Demostracion. Sea x ∈ X. Entonces existe {xn}n∈N ⊂ X : xn → x.

Como

‖Axn −Axm‖ = ‖A(xn − xm)‖ ≤ ‖A‖ · ‖xn − xm‖ → 0,

entonces {Axn}n∈N es de Cauchy en Y y, por lo tanto, converge a y ∈ Y(porque Y es de Banach).

Definimos Ax = y. Ası definido, se puede probar lo siguiente:

* La definicion no depende de la eleccion de la sucesion que tiende a x:

Si xn → x y zn → x, entonces {x1, z1, x2, z2, . . . } tambien converge a xy, como A es acotado, la sucesion de sus imagenes tambien converge.Por tanto, las dos sub-sucesiones {Axn}n∈N y {Azn}n∈N convergen almismo lımite.

* A es lineal (evidente).

* Ax = Ax, ∀x ∈ X.

* Como ‖Axn‖ ≤ ‖A‖ · ‖xn‖ y Axn → y = Ax, si xn → x, entonces‖Ax‖ ≤ ‖A‖ · ‖x‖. Por tanto, ‖A‖ ≤ ‖A‖. Pero, al ser A extension deA, ‖A‖ ≥ ‖A‖, entonces ‖A‖ = ‖A‖. ♦

61

Diversas generalizaciones y variaciones de este resultado son objeto de nu-merosos estudios, importantes tanto en la teorıa de operadores como en otrasareas afines.

7. FUNCIONALES LINEALES. ESPACIO DUAL.

Entre los operadores lineales en espacios normados, una clase importante,e historicamente precursora de los mismos, la constituyen los funcionaleslineales que estudiamos en esta seccion.

7.1.- Definicion. Un funcional es un operador cuyo rango esta en el con-junto R o C. Un funcional lineal es un operador lineal f : X → E donde X esun espacio vectorial y E su cuerpo de escalares. Un funcional lineal acotadoes un operador lineal acotado cuyo rango esta en E, cuerpo de escalares delespacio normado X, es decir, si existe k > 0 : |f(x)| ≤ k‖x‖, ∀x ∈ X.

Se define la norma de f del mismo modo que en el caso de operadores lineales,y se verifican las mismas propiedades obtenidas en el caso general.

7.2.- Ejemplos. 1) ‖ · ‖ : X → R es un funcional no lineal.

2) Para cada a ∈ Rn, fa : Rn → R definido por fa(x) = a · x = a1x1 +· · · + anxn (producto escalar por un vector fijo) es un funcional lineal yacotado:

|fa(x)| = |x · a| ≤ ‖x‖ · ‖a‖ =⇒ ‖f‖ ≤ ‖a‖.

Pero ademas, si hacemos x = a, resulta ‖fa‖ ≥ |fa(x)|‖x‖ = ‖a‖2

‖a‖ =⇒ ‖fa‖ ≥‖a‖. De lo que se deduce que ‖fa‖ = ‖a‖.

3) La aplicacion f : `2 → R, definida por f(x) =∑

i∈N aixi donde (ai)i∈N ∈`2 es fijo, es tambien un funcional lineal y acotado pues, por la desigualdadde Cauchy-Schwarz, |f(x)| ≤ ‖x‖2 · ‖a‖2. Del mismo modo, el operadorf : `p → R definido por f(x) = a · x, con a ∈ `q fijo, es tambien lineal yacotado.

4) El operador f : C[a, b] → R definido por f(x) =∫ ba x(t)dt (integral

definida) es lineal y acotado:

|f(x)| =∣∣∣ ∫ b

ax(t)dt

∣∣∣ ≤ (b− a) · maxa≤t≤b

|x(t)| = (b− a) · ‖x‖ =⇒ ‖f‖ ≤ b− a.

Si elegimos en particular x0 = 1, ‖f‖ ≥ |f(x0)|‖x0‖ =

R ba dt

1 = b − a. De aquı sededuce que ‖f‖ = b− a.

62

7.3.- Proposicion. Sea X un espacio normado y f un funcional lineal enX. Entonces f es continuo si y solo si su nucleo N(f) es cerrado.

Demostracion. a) La prueba de que N(f) es cerrado es directa.

b) Supongamos que N = N(f) es cerrado. Si N = X, entonces f = 0 y escontinuo.

Si N 6= X, existe x1 ∈ X : f(x1) 6= 0. Sea x0 = x1/f(x1). Como f(x0) = 1y N es cerrado, d(x0, N) = d > 0.

Por otra parte, ∀x ∈ X, x = x−f(x) ·x0 +f(x) ·x0, donde x−f(x) ·x0 ∈ N .Esto indica que X = N⊕{λx0 : λ ∈ E}. Si escribimos entonces x = n+λx0,con n ∈ N , λ ∈ E, resulta:

‖x‖ = |λ| · ‖x0 + n/λ‖ ≥ |λ| · d = |f(λx0 + n)| · d = |f(x)| · d.

Esto implica que |f(x)| ≤ (1/d) · ‖x‖ y f es continuo. ♦

En espacios vectoriales de dimension finita es conocido el hecho de que si{e1, . . . , en} es una base de X, entonces el espacio X∗, llamado dual alge-braico de X, definido por X∗ = {f : X → R : f lineal}, tiene dimensionn y el conjunto {f1, . . . , fn}, donde fi(ek) = δik, es una base de X∗. Endimension infinita, tenemos el siguiente resultado analogo:

7.4.- Proposicion. Si (X, ‖ · ‖) es un espacio normado y (xn)n∈N es unabase de Schauder, el funcional lineal fk definido por fk(

∑n∈N αnxn) = αk

es continuo.

Demostracion. Dado a =∑

n∈N αnxn ∈ X y teniendo en cuenta la demos-tracion de la proposicion 4.8, resulta:

|fk(a)| = |αk| =1

‖xk‖‖αkxk‖ =

1‖xk‖

∥∥∥∥∥k∑

n=1

αnxn −k−1∑n=1

αnxn

∥∥∥∥∥≤ 1

‖xk‖· 2‖a‖∗ ≤ M

‖xk‖‖a‖. ♦

Este hecho es el punto de partida para definir el concepto de espacio dualen espacios normados arbitrarios.

7.5.- Definicion. Sea X un espacio normado; llamamos espacio dual de Xa X ′ = {f : X → E : f lineal y acotado}. Si dimX < ∞, este conceptocoincide con el de dual algebraico (por el teorema 6.7).

El espacio X ′ sera siempre completo por serlo el cuerpo de escalares deX.

Es a menudo conveniente estudiar el espacio dual de un espacio norma-do para obtener propiedades del mismo espacio, por lo que estudiaremos

63

su estructura en algunos ejemplos clasicos. Veremos posteriormente, comoconsecuencia del teorema de Hahn-Banach (capıtulo IV), que el dual de unespacio normado no trivial es no trivial.

7.6.- Ejemplos. 1) El dual de Rn con la norma euclıdea es Rn (en realidades un espacio isometrico a Rn):

Como dim Rn = n, todo f lineal es acotado.

Si x =∑n

i=1 αiei, f(x) =∑n

i=1 αif(ei). Por la desigualdad de Cauchy-Schwarz,

|f(x)| ≤n∑

i=1

|αif(ei)| ≤

(n∑

i=1

|αi|2)1/2( n∑

i=1

|f(ei)|2)1/2

= ‖x‖ ·

(n∑

i=1

|f(ei)|2)1/2

,

de donde ‖f‖ ≤(∑n

i=1 |f(ei)|2)1/2

.

Tomando en particular x = (f(e1), . . . , f(en)), se obtiene la igualdad. Ası,‖f‖ =

(∑ni=1 |f(ei)|2

)1/2 coincide con la norma euclıdea y la aplicaciondefinida por f 7→ (f(e1), . . . , f(en)) es un isomorfismo isometrico de (Rn)′

en Rn.

2) El dual de `1 es `∞.

∀x ∈ `1, podemos escribir x =∑∞

k=1 αkek, donde ek = (δkj)∞j=1 forma una

base de Schauder de `1, porque x−∑n

k=1 αkek = (0, (n). . ., 0, αn+1, . . . ) y∥∥∥∥∥x−n∑

k=1

αkek

∥∥∥∥∥ =

∥∥∥∥∥∞∑

k=n+1

αkek

∥∥∥∥∥→ 0

por ser el resto de una serie convergente.

Definimos la aplicacion Tf = (f(ek))k∈N, ∀f ∈ (`1)′. Como f(x) =∑k∈N

αkf(ek),

entonces |f(ek)| ≤ ‖f‖ · ‖ek‖ = ‖f‖, pues ‖ek‖ = 1. En consecuencia,supk |f(ek)| ≤ ‖f‖ de donde (f(ek))k∈N ∈ `∞.

- T es sobre: ∀b = (βk)k∈N ∈ `∞, definimos g : `1 → E como g(x) =∑k∈N αkβk si x = (αk)k∈N ∈ `1.

El funcional g es lineal y acotado, pues

|g(x)| ≤∑k∈N

|αkβk| ≤ supk|βk| ·

∑k∈N

|αk| = ‖x‖1 · supk|βk| =⇒ g ∈ (`1)′.

Ademas, como g(ek) =∑

j∈N δkjβj = βk, Tg = (g(ek))k∈N = (βk)k∈N =b.

64

- T es inyectiva: Si Tf1 = Tf2, entonces f1(ek) = f2(ek), ∀k. Como f1(x) =∑k∈N xkf1(ek) y f2(x) =

∑k∈N xkf2(ek), entonces f1 = f2.

- T es isometrıa:

Por una parte, ‖Tf‖∞ = supk |f(ek)| ≤ ‖f‖ y de

|f(x)| = |∑k∈N

αkf(ek)| ≤ supk|f(ek)| ·

∑k∈N

|αk| = ‖x‖ · supk|f(ek)|

(para probar la desigualdad se toman sumas parciales y, debido ala convergencia de la serie, calcular el lımite), tenemos que ‖f‖ ≤supk |f(ek)| = ‖Tf‖.

Ası los espacios (`1)′ y `∞ son isometricos.

3) El dual de `p es `q si 1p + 1

q = 1, (1 < p <∞) :

Una base de Schauder de `p es ek = (δkj)∞j=1.

∀x ∈ `p, x =∑

k∈N αkek. Si f ∈ (`p)′, f(x) =∑

k∈N αkf(ek). Definimoscomo antes Tf = (f(ek))k∈N.

Para probar que la imagen de T esta en `q, definimos para cada n, la sucesion

x(n) = (ξ(n)k )∞k=1 con ξ(n)

k =

{ |f(ek)|qf(ek) si k ≤ n y f(ek) 6= 0,

0 si k > n o f(ek) = 0.

Entonces f(x(n)) =∑

k∈N ξ(n)k f(ek) =

∑nk=1 |f(ek)|q.

Como ademas,

f(x(n)) ≤ ‖f‖ · ‖x(n)‖p = ‖f‖

(n∑

k=1

|ξ(n)k |p

)1/p

= ‖f‖

(n∑

k=1

|f(ek)|pq−p

)1/p

= ‖f‖

(n∑

k=1

|f(ek)|q)1/p

,

resulta que(

n∑k=1

|f(ek)|q)1− 1

p

=(

n∑k=1

|f(ek)|q)1/q

≤ ‖f‖.

Haciendo n→∞,

( ∞∑k=1

|f(ek)|q)1/q

≤ ‖f‖ de donde (f(ek))k∈N ∈ `q.

T es sobre: Dado b = (βk)k∈N ∈ `q, podemos asociarle un funcional linealy acotado g en `p, mediante g(x) =

∑∞k=1 αkβk con x = (αk)k∈N ∈ `p

(la acotacion se deduce de la desigualdad de Holder 2.2.a). Entonces g ∈(`p)′.

Se ve facilmente que T es tambien inyectiva.

65

Por ultimo veamos que la norma de f es la norma en `q de Tf :

|f(x)| =

∣∣∣∣∣∑k∈N

αkf(ek)

∣∣∣∣∣ ≤(∑

k∈N

|αk|p)1/p(∑

k∈N

|f(ek)|q)1/q

= ‖x‖

(∑k∈N

|f(ek)|q)1/q

.

Tomando el supremo sobre los x de norma 1, sale que ‖f‖ ≤(∑

k∈N |f(ek)|q)1/q

.

Como la otra desigualdad tambien es cierta, se deduce la igualdad ‖f‖ =(∑k∈N |f(ek)|q

)1/q, con lo que se establece el isomorfismo f 7→ (f(ek))k∈N

deseado.

Observacion. Otros ejemplos se pueden obtener debido al hecho de que siX0 es subespacio denso deX e Y es completo, entonces L(X0, Y ) = L(X,Y ),se deduce en particular que X ′

0 = X ′.

66

EJERCICIOS.

1. Sea 1r = 1

p + 1q . Probar que si f ∈ Lp, g ∈ Lq, entonces f · g ∈ Lr y

‖f · g‖r ≤ ‖f‖p · ‖g‖q.

Resp.: Basta aplicar la desigualdad de Holder a las funciones f r y gr,sabiendo que 1 = 1

p/r + 1q/r .

��

2. Sea f ∈ Lp(R), 1 < p < ∞. Probar que g(x) = f(x)1+|x| ∈ L

1(R) y que

‖g‖1 ≤(

2q−1

)1/q· ‖f‖p.

Resp.: Aplicando la desigualdad de Holder y resolviendo las integralesinvolucradas, obtenemos∫

R|g(x)|dx =

∫R|f(x)| · 1

1 + |x|dx ≤

(∫R|f(x)|p dx

)1/p·(∫

R

( 11 + |x|

)qdx)1/q

= ‖f‖p ·[ ∫ 0

−∞

1(1− x)q

dx+∫ ∞

0

1(1 + x)q

dx]1/q

=‖f‖p ·( 2q − 1

)1/q.

��

3. Probar que, en todo espacio normado, B(x, r) = B(x, r).

Resp.: ComoB(x, r) ⊂ B(x, r), entonces B(x, r) ⊂ B(x, r) = B(x, r).

Recıprocamente, sabiendo que B(x, r) = B(x, r)∪S(x, r), para probarque B(x, r) ⊂ B(x, r) basta ver que S(x, r) ⊂ B(x, r), es decir que siy ∈ S(x, r), dado ε > 0, ∃z ∈ B(x, r) : d(y, z) < ε.

Para ello consideramos un elemento z = x + λ(y − x) y calculemos λpara que se verifique la tesis.

‖z − x‖ = ‖λ(y − x)‖ = |λ| · ‖y − x‖ = |λ| · r < r ⇐⇒ |λ| < 1,‖y − z‖=‖y − x− λy + λx‖= |1− λ| · ‖y − x‖= |1− λ| · r<ε ⇐⇒ |1− λ| < ε/r.

De este modo, si suponemos ε < r, 0 < ε/r < 1, tomando 1−λ = ε/2r,es |1 − λ|r = ε

2r · r = ε/2 < ε. Ademas, como λ = 1 − ε2r y ε

2r < 1,entonces |λ| < 1.

67

Si fuera ε ≥ r, tomamos z = y + 12(x− y). Entonces

‖z − x‖ = ‖y +12(x− y)− x‖ =

12‖y − x‖ = r/2 < r

‖y − z‖ = ‖12(x− y)‖ =

12‖(x− y)‖ = r/2 < r ≤ ε.

Interpretacion grafica:

��

4. i) Caracterizar todas las normas sobre R considerado como es-pacio vectorial real.

ii) Idem sobre C como espacio complejo.

iii) Probar que C puede tener otras normas considerado comoespacio real.

Resp.: i) Sea ‖ · ‖ una norma. Si llamamos α = ‖1‖, entonces ∀λ ∈R, ‖λ‖ = |λ| · ‖1‖ = |λ| · α.

Recıprocamente, ∀α ∈ R+, podemos definir ‖λ‖α = |λ| · α y es facilcomprobar que se trata de una norma.

ii) Analogo al anterior.

ii) Si definimos ‖z‖ = |Re z|+ | Im z|, es una norma en C como espacioreal, pero no coincide con las anteriores pues, como ‖1‖ = 1, entonces‖1 + i‖ = 2 pero ‖1 + i‖1 = 1 · |1 + i| =

√2.

��

5. a) Probar que la metrica discreta en un espacio vectorial no tri-vial X no puede obtenerse de una norma.

68

b) Sea d una metrica sobre un espacio vectorial X 6= {0} obte-nida a partir de una norma. Si se define la aplicacion d′ comod′(x, x) = 0, d′(x, y) = d(x, y)+1, probar que d′ no puede obtenersede una norma.

Resp.: a) Para que una metrica pueda obtenerse de una norma hacefalta que d(x+ α, y + α) = d(x, y) y d(αx, αy) = |α| · d(x, y).

Pero si elegimos |α| 6= 1, x 6= y, entonces d(x, y) = 1 = d(αx, αy) y nose cumple la segunda condicion.

b) Si |α| 6= 1,

d′(αx, αy) = d(αx, αy) + 1 = |α| · d(x, y) + 1= |α|[d(x, y) + 1] + 1− |α| = |α| · d′(x, y) + 1− |α| 6= |α| · d′(x, y).

��

6. Sea (X, ‖ · ‖) un espacio normado y Sr = {x ∈ X : ‖x‖ = r} conr > 0. Probar que X es de Banach si y solo si ∃r tal que Sr escompleto.

Resp.: a) Supongamos que X es de Banach y sea r > 0 arbitrario;entonces ∀x ∈ Sr, ∃(xn)n∈N ⊂ Sr : xn → x.

Como ‖xn‖ = r y la norma es continua, lımn ‖xn‖ = ‖ lımn xn‖ =‖x‖ = r. Esto implica que Sr es cerrado y, en consecuencia, completo.

b) Sea r0 > 0 tal que Sr0 es completo y sea r > 0 arbitrario.

Dada la sucesion de Cauchy (xn)n∈N en Sr, sea yn = (r0/r)xn; entoncesyn ∈ Sr0 y ademas (yn)n∈N es de Cauchy, por lo que ∃y ∈ Sr0 tal quey = lımn yn.

Definimos x = (r/r0)y; entonces x ∈ Sr y ‖xn−x‖ = (r/r0)‖yn−y‖ →0. Por tanto, Sr es completo, ∀r.

Falta demostrar que toda sucesion de Cauchy en X es convergente.

Sea pues (xn)n∈N de Cauchy en X. Entonces, si λn = ‖xn‖, la sucesion(λn)n∈N es de Cauchy pues |λn − λm| ≤ ‖xn − xm‖ → 0. Como en Etoda sucesion de Cauchy es convergente, tenemos dos opciones:

Si lımn λn = 0 =⇒ lımn ‖xn‖ = 0 =⇒ lımn xn = 0.

69

Si lımn λn 6= 0, λn 6= 0, excepto para un numero finito de ındices. Sillamamos yn = rxn/λn, la sucesion (yn)n∈N, que esta contenida en Sr,es de Cauchy, pues:

‖yn − ym‖ = r∥∥∥xn

λn− xm

λm

∥∥∥ = r‖λmxn − λnxm‖

|λnλm|

y ‖λmxn−λnxm‖ ≤ |λm|·‖xn−xm‖+|λm−λn|·‖xm‖ → 0 (recordamosque toda sucesion de Cauchy esta acotada). Por ser Sr completo, ∃y ∈Sr : yn → y, de donde xn → (λ/r)y.

��

7. Se considera el conjunto

C0(Rn) = {f : Rn → R : f continua y lımx→∞

f(x) = 0}

con la norma ‖f‖ = maxx∈Rn

|f(x)|. Probar que es de Banach.

Resp.: La norma esta bien definida pues, si f ∈ C0(Rn), f 6= 0,

∀ε > 0, ∃δ > 0 : |x| > δ =⇒ |f(x)| < ε =⇒ maxx∈Rn

|f(x)| = max|x|≤δ

|f(x)|,

que existe por el teorema de Weierstrass.

Los axiomas de norma son evidentes.

Si (fn)n∈N es una sucesion de Cauchy en C0(Rn), converge uniforme-mente a una funcion continua f (como en el caso general). Veamos quef ∈ C0(Rn):

∀ε > 0,

{|f(x)− fn(x)| < ε/2 para n > N(ε)|fn(x)| < ε/2 para |x| > δ(ε)

}=⇒ |f(x)| < ε, para |x| > δ(ε).

��

8. Sea φ el conjunto formado por las sucesiones escalares de soportefinito. Probar que (φ, ‖ · ‖p) con p ≥ 1 es un espacio normado nocompleto.

Resp.: Al ser φ subespacio de lp, es normado.

70

Para p > 1, consideramos la sucesion (yn)n∈N ⊂ φ dada por:

y1 = (1, 0, . . . )y2 = (1, 1/2, 0, . . . )...

yn = (1, 1/2, . . . , 1/n, 0, . . . ).

Ası,

‖yn+k−yn‖pp =

∥∥∥(0, . . . 0, 1n+ 1

, . . . ,1

n+ k, 0, . . . )

∥∥∥p

p=

k∑i=1

1(n+ i)p

< ε

por ser el resto de una serie convergente.

Sin embargo, la sucesion (yn)n∈N no es convergente, pues

yn → (1,12, . . . ,

1n, . . . ) 6∈ φ.

En efecto, si llamamos y = (λ1, . . . , λN , 0, . . . ) al lımite de la sucesion(yn)n∈N, y hacemos n ≥ N :

‖yn − y‖pp =

n∑k=1

∣∣∣∣1k − λk

∣∣∣∣p +∞∑

k=n+1

|λk|p =n∑

k=1

∣∣∣∣1k − λk

∣∣∣∣p + 0.

Haciendo n→∞,

∞∑k=1

|1k− λk|p = 0 =⇒ |1

k− λk| = 0, ∀k =⇒ λk =

1k, ∀k,

y no puede ser que y ∈ φ.

Si p = 1, basta elegir la sucesion yn = (1, 1/22, . . . , 1/n2, 0, . . . ), queconverge a y = (1, 1/22, . . . , 1/n2, . . . ), pero y 6∈ φ.

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9. En el espacio C1[0, 1] definimos ‖f‖ = supx∈[0,1]

(|f(x)|+ |f ′(x)|). Pro-

bar que (C1[0, 1], ‖ · ‖) es normado. ¿La norma anterior es equi-valente a la norma N(f) = sup

x∈[0,1]|f(x)|+ sup

x∈[0,1]|f ′(x)|?

Resp.: Es inmediata la comprobacion de los axiomas de norma enambos casos.

71

Como |f(x)| + |f ′(x)| ≤ supx |f(x)| + supx |f ′(x)|, entonces ‖f‖ ≤N(f).

Ademas, de

|f(x)| ≤ |f(x)|+ |f ′(x)| ≤ ‖f‖ y |f ′(x)| ≤ |f(x)|+ |f ′(x)| ≤ ‖f‖,

se deduce que |f(x)|+ |f ′(x)| ≤ 2‖f‖ lo que implica que N(f) ≤ 2‖f‖.

Esto prueba que ambas normas son equivalentes.

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10. Sea (X, ‖·‖) un espacio normado y S un subespacio de X. Probar:

a) S es subespacio de X.

b) Si X es completo, S es tambien completo.

c) Si S 6= X, intS = ∅.

Resp.: a) Sean x, y ∈ S, α, β ∈ E. Entonces existen (xn)n∈N, (yn)n∈N ⊂S : xn → x, yn → y, de donde (αxn + βyn)n∈N ⊂ S y αxn + βyn →αx+ βy ∈ S.

b) Como S es cerrado y X es completo, S es completo.

c) Si fuera intS 6= ∅, ∃a ∈ intS. Por tanto, ∃r > 0 : B(a, r) ⊂ S.

Sea x ∈ X arbitrario, x 6= 0, y elegimos t ∈ R tal que 0 < t < r/‖x‖.

Ası elegido, es evidente que z = a + tx ∈ B(a, r), de donde z ∈ S.Como x = t−1(z − a), entonces x ∈ S. Al ser x arbitrario, X ⊂ S, esdecir S = X, lo que contradice la hipotesis.

Observacion: Dicho conjunto se llama conjunto fronterizo (todos suspuntos son aislados). El ultimo apartado prueba que S no es abierto.Ademas, si fuera cerrado, debe ser un conjunto nunca denso.

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11. Sea K ⊂ R un compacto y C(K) = {f : K → C : f continua}.

a) Probar que (C(K), ‖ · ‖∞) es un espacio de Banach.

b) Probar que (C(K), ‖ · ‖p) con 1 ≤ p <∞ no es completo.

72

Resp.: a) Al ser f continua, ‖f‖∞ = supx∈K |f(x)| = maxx∈K |f(x)|.

Los axiomas de norma se comprueban de forma directa.

Para ver que el espacio es completo, consideremos una sucesion deCauchy {fn}n∈N en C(K). Entonces

∀ε > 0, ∃n0 : ‖fm − fn‖∞ < ε, ∀m,n > n0.

Por tanto, |fm(x) − fn(x)| < ε, ∀m,n > n0, ∀x ∈ K y la sucesion{fn(x)}n∈N es de Cauchy en C, con lo que existe f(x) = lımn→∞ fn(x)y la convergencia es uniforme. Esto indica ademas que f es continuaen K.

Veamos que ‖fn − f‖∞ → 0:

Como

|fn(x)−f(x)| = |fn(x)− lımm→∞

fm(x)| = lımm→∞

|fn(x)−fm(x)| ≤ ε, ∀m,n > n0,

es evidente que ‖fn − f‖∞ = supx∈K |fn(x)− f(x)| ≤ ε.

b) Los axiomas de norma se deducen de los correspondientes en Lp(K)con la medida de Lebesgue.

Para ver que no es completo, consideramos la sucesion (fn)n∈N definidapor:

fn(x) =

0 si 0 ≤ x ≤ 1/2− 1/nnx− n/2 + 1 si 1/2− 1/n ≤ x ≤ 1/21 si x ≥ 1/2.

Es evidente que ‖fn‖p <∞. Ademas:

‖fn−fm‖pp =

∫ 12

12− 1

n

|fn(x)−fm(x)|pdx ≤∫ 1

2

12− 1

n

|fn(x)|pdx ≤∫ 1

2

12− 1

n

dx =1n→ 0.

Sin embargo, fn → χ[1/2,1] que no es continua en x = 1/2.

Observacion. Aunque K 6= [0, 1], el proceso serıa el siguiente: Por serK compacto, ∃[a, b] ⊂ K; mediante un cambio de variable x 7→ x−a

b−a ,pasamos de [a, b] a [0, 1]. La sucesion (fn)n∈N se define como antes yla prolongamos a todo K de modo que sea constante fuera de [0, 1].

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73

12. Probar que

Cc(R) = {f : R → R : f continua con soporte compacto }

es un espacio vectorial normado con la norma del supremo, perono es de Banach.

Resp.: El espacio es normado pues es un subconjunto de L∞. Paraver que no es completo, basta considerar la sucesion

fn(x) =

e−|x| si x ∈ [−n, n]e−n(x+ n+ 1) si x ∈ [−n− 1,−n]−e−n(x− n− 1) si x ∈ [n, n+ 1]0 en el resto,

que es de Cauchy pero su lımite f(x) = e−|x| no pertenece al espacio.

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13. Sea (X, ‖ · ‖) un espacio normado y T : X → X un isomorfismoalgebraico. Si definimos N : X → E por N(x) = ‖Tx‖, probar:

a) N es una norma.

b) N es equivalente a ‖ · ‖ si y solo si T es homeomorfismo.

Resp.: a) N(x) ≥ 0 pues ‖Tx‖ ≥ 0, ∀x ∈ X.

N(x) = 0 ⇐⇒ ‖Tx‖ = 0 ⇐⇒ Tx = 0 ⇐⇒ x = 0 (pues T es, enparticular, inyectiva).

N(λx) = ‖T (λx)‖ = ‖λTx‖ = |λ| · ‖Tx‖ = |λ| ·N(x).

N(x+ y) = ‖T (x+ y)‖ ≤ ‖Tx+ Ty‖ ≤ ‖Tx‖+ ‖Ty‖ = N(x) +N(y).

b) N es equivalente a ‖ · ‖ ⇐⇒ ∃m,M > 0 : m‖x‖ ≤ N(x) ≤ M‖x‖.Esto equivale a ‖x‖ ≤ 1

m‖Tx‖ y ‖Tx‖ ≤M‖x‖, condiciones que equi-valen a la existencia y continuidad de T−1 y T , respectivamente, esdecir, a que T es homeomorfismo.

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74

14. Un subconjunto A de un espacio vectorial X es convexo si paracualesquiera x, y ∈ A, α ∈ (0, 1), se tiene que αx+ (1− α)y ∈ A.

a) Probar que la bola unitaria cerrada B(0, 1) en un espacio nor-mado es convexo.

b) Aplicando lo anterior, probar que ϕ(x) =(√

|x1|+√|x2|)2

no

define una norma en R2.

Resp.: a) Sean x, y ∈ B(0, 1). Entonces ‖x‖ ≤ 1, ‖y‖ ≤ 1. Si α ∈(0, 1),

‖αx+ (1− α)y‖ ≤ |α| · ‖x‖+ |1− α| · ‖y‖ ≤ α+ (1− α) = 1.

Esto implica que αx+ (1− α)y ∈ B(0, 1).

b) Veamos que B(0, 1) no es convexa en dicho espacio. Para elloobservamos la grafica de dicha bola, es decir el conjunto {(x1, x2) :(√|x1|+

√|x2|)2 ≤ 1}.

Haciendo x = (1, 0), y = (0, 1), ϕ(x) = 1, ϕ(y) = 1. Sin embargox/2 + y/2 = (1/2, 1/2) 6∈ B(0, 1) porque ϕ(1/2, 1/2) = (

√1/2 +√

1/2)2 = 2 > 1.

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15. Si X es un espacio vectorial, una aplicacion p : X → R se llamaseminorma si verificai) p(x) ≥ 0, ii) p(αx) = |α| · p(x), iii) p(x+ y) ≤ p(x) + p(y).

a) Probar que |p(x)− p(y)| ≤ p(x− y).

b) Probar que p es una norma si verifica p(x) 6= 0, ∀x 6= 0.

c) Probar que N = {x ∈ X : p(x) = 0} es un subespacio de X y laaplicacion ‖ · ‖ : X/N → R definida por ‖x‖ = p(x), donde x ∈ x,es una norma.

75

Resp.: a) Haciendo α = 0 en ii), resulta que p(0) = 0.

Como x = x−y+y, p(x) ≤ p(x−y)+p(y) =⇒ p(x)−p(y) ≤ p(x−y).

Como y = y−x+x, p(y) ≤ p(y−x)+p(x) =⇒ p(y)−p(x) ≤ p(y−x).

Ademas, p(y − x) = p(−(x − y)) = | − 1| · p(x − y) = p(x − y). Endefinitiva, −p(x− y) ≤ p(x)− p(y) ≤ p(x− y).

b) Es evidente.

c) Si x, y ∈ N y α, β ∈ C, entonces

p(x) = p(y) = 0 =⇒ p(αx+βy) ≤ p(αx)+p(βy) = |α|·p(x)+|β|·p(y) = 0,

es decir αx+ βy ∈ N .

Veamos que ‖x‖ = p(x) es una norma.

• ‖x ‖ ≥ 0 por i).

• ‖x ‖ = 0 =⇒ p(x) = 0 =⇒ x ∈ N =⇒ x = 0.Recıprocamente, si x = 0 =⇒ p(x) = 0 =⇒ ‖x ‖ = 0.

• Como α · x = αx, ‖αx ‖ = p(αx) = |α| · p(x) = |α| · ‖x ‖.

• ‖x + y‖ = ‖x+ y‖ = p(x+ y) ≤ p(x) + p(y) = ‖x ‖+ ‖y ‖.

• ‖ · ‖ esta bien definida:Si x, y ∈ x, x − y ∈ N =⇒ p(x − y) = 0 =⇒ |p(x) − p(y)| ≤p(x− y) = 0. Por tanto, p(x) = p(y).

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16. Sea (X, ‖ · ‖) un espacio normado y M un subespacio cerrado deX. En el espacio cociente X/M definimos

|||x||| = ınfy∈M

‖x+ y‖, ∀x ∈ X/M.

a) Probar que ||| · ||| define una norma en X/M .

b) Si X es de Banach, probar que (X/M, ||| · |||) es de Banach.

c) Si M y X/M son de Banach, probar que X es de Banach.

d) Si X es separable, probar que X/M es separable.

Resp.: a) Observemos en primer lugar que |||x||| = d(x,M).

• De la observacion anterior es claro que |||x||| ≥ 0, ∀x ∈ X.

76

• |||x||| = 0 ⇐⇒ d(x,M) = 0 ⇐⇒ x ∈ M ⇐⇒ x ∈M ⇐⇒ x = 0.

• Debido a que ‖α(x+ y)‖ = |α| · ‖x+ y‖, ∀y ∈M , tomando ınfimosy recordando que αx = αx, resulta:

|||αx||| = |||αx||| = ınfy∈M

‖α(x+ y)‖ = ınfy∈M

|α| · ‖x+ y‖|α| · |||x|||.

• Debido a que

‖x+m1 + y +m2‖ ≤ ‖x+m1‖+ ‖y +m2‖, ∀m1,m2 ∈M,

tomando ınfimos, se obtiene:

ınfm1,m2∈M

‖x+ y +m1 +m2‖ ≤ ınfm1∈M

‖x+m1‖+ ınfm2∈M

‖y +m2‖

=⇒ |||x+ y||| ≤ |||x|||+ |||y|||.

b) Sea {xn}n∈N una sucesion de Cauchy en X/M . Entonces ∀ε > 0,∃n0 ∈ N tal que |||xm − xn||| < ε, ∀m,n > n0. Por la definicion de||| · |||, ∃yk ∈ xk: ‖ym − yn‖ < 2ε lo que implica que {yn}n∈N es deCauchy en X. Ası pues, ∃y ∈ X : yn → y. Si llamamos x a la clase deequivalencia que contiene a y, como |||xn − x||| ≤ ‖yn − y‖, se deduceque xn → x.

c) Sea {xn}n∈N una sucesion de Cauchy en X. Como

|||xm−xn||| = ||| (xm − xn)||| = d(xm−xn,M) ≤ d(xm−xn, 0) = ‖xm−xn‖,

tambien la sucesion {xn}n∈N es de Cauchy en X/M . Por hipotesis,existe x ∈ X/M tal que xn → x. Entonces,

∀ε > 0, ∃n0 : d(xn − x,M) < ε/2, ∀n > n0,

de donde ∃y ∈M : d(xn − x, y) < ε, ∀n > n0. En definitiva,‖xn − x− y‖ < ε, ∀n > n0, es decir xn → x+ y.

d) Sea Y un subconjunto numerable y denso en X y llamamos Y alconjunto formado por las clases de equivalencia de los elementos de Y .Es evidente que Y es numerable. Ademas, si x ∈ X/M es arbitrario,∀ε > 0, ∃y ∈ Y : ‖x− y‖ < ε. Por ser M cerrado, |||x− y||| ≤ ‖x− y‖.Como y ∈ Y , deducimos que Y es denso en X/M .

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77

17. Sea X un espacio normado.

a) Si M ⊂ X es subespacio completo, probar que la aplicacioncanonica ϕ : X → X/M es continua y ‖ϕ‖ = 1.

b) Si M ⊂ X es subespacio cerrado e Y ⊂ X un subespacio dedimension finita, probar que M + Y es cerrado en X. Resp.: a)

Por definicion, ϕ(x) = x, de donde

|||ϕ(x)||| = ınfm∈M

‖x+m‖ ≤ ınfm∈M

(‖x‖+ ‖m‖) = ‖x‖.

Esto implica que ϕ es continua y ‖ϕ‖ ≤ 1.

Por otra parte, de la definicion de ınfimo, ∀ε > 0, ∃y ∈ x : ‖y‖ <(1 + ε)|||x|||. Como ϕ(y) = x,

‖y‖ < (1 + ε)|||ϕ(y)||| ≤ (1 + ε)‖ϕ‖ · ‖y‖ =⇒ 11 + ε

< ‖ϕ‖, ∀ε > 0.

De lo anterior se deduce que ‖ϕ‖ ≥ 1.

b) Supondremos que M ∩ Y = {0} pues, si M ∩ Y = M1 6= {0}, bastadefinir Y ′ = Y \M1 de modo que M + Y = M + Y ′ y M ∩ Y ′ = {0} (Y ′ tambien tiene dimension finita).

(1) Probemos en primer lugar que mk + yk → 0 =⇒ mk → 0, yk → 0:

Si fuera yk 6→ 0, ∃{ykj}j∈N ⊂M : ‖ykj

‖ = 1, mkj+ ykj

→ 0.

Como la esfera unidad en Y es compacta, se puede extraer otra sub-sucesion convergente ykj

→ y ∈ Y con ‖y‖ = 1. Esto implica quemkj

→ −y ∈M ∩ Y con lo que y = 0, lo que contradice la suposicioninicial.

Ası pues, yk → 0 y, por hipotesis, mk + yk → 0, de donde mk → 0.

(2) Veamos ahora que {yk}k∈N esta acotada si {mk + yk}k∈N converge:

Si ‖yk‖ → ∞, como ‖mk + yk‖ ≤ c, haciendo m′k = mk/‖yk‖, y′k =

yk/‖yk‖, entonces

‖m′k + y′k‖ =

‖mk + yk‖‖yk‖

≤ c

‖yk‖→ 0, con ‖y′k‖ = 1

lo que contradice (1).

(3) Por ultimo, si {mk+yk}k∈N converge a x, probemos que x ∈M+Y :

Por ser Y compacto y la sucesion {yk}k∈N acotada, existe una subsuce-sion {ykj

}j∈N tal que ykj→ y ∈ Y . Esto implica que mkj

→ x−y ∈M

78

(por ser M cerrado). Entonces x ∈ M + Y pues x = (x − y) + y yx− y ∈M .

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18. Sean (X1, ‖ · ‖1), . . . , (Xn, ‖ · ‖n) espacios normados arbitrarios yX = X1 × · · · ×Xn el espacio producto.

a) Probar que X es normado si definimos ‖x‖ =[

n∑k=1

‖xk‖pk

]1/p

,

1 ≤ p <∞, o bien ‖x‖ = max1≤k≤n

‖xk‖k.

b) Si dimXi = ki <∞, 1 ≤ i ≤ n, probar que dimX =∑n

i=1 ki.

c) Probar que Xi son de Banach para todo i si y solo si X es deBanach.

Resp.: a) De los axiomas de norma para los espacios Xi (1 ≤ i ≤ n) yla desigualdad de Minkowski se deducen los correspondientes axiomaspara X.

b) Si {xi1, . . . , x

iki} es una base de Xi, para i = 1, . . . , n, es facil com-

probar que

{(x11, 0, . . . , 0), . . . , (x1

k1, 0, . . . , 0), . . . , (0, . . . , 0, xn

1 ), . . . , (0, . . . , 0, xnkn

)}

es una base de X.

c) Supongamos que Xi son espacios de Banach, ∀i = 1, . . . , n, y sea{x(k)}k∈N una sucesion de Cauchy en X. Entonces, ∀ε > 0,

‖x(k) − x(j)‖p =∑

1≤i≤n

‖x(k)i − x

(j)i ‖p

i < εp =⇒ ‖x(k)i − x

(j)i ‖ < ε.

Esto implica que ∃xi : ‖x(k)i − xi‖ < ε, ∀i. (Analogamente se procede

con la norma del maximo.)

Se define ası un elemento x = (x1, . . . , xn) ∈ X tal que

‖x(k) − x‖ =( ∑

1≤i≤n

‖x(k)i − xi‖p

i

)1/p< ε · n1/p

lo que significa que x(k) → x y X es de Banach.

Recıprocamente, si X es de Banach, sean {x(i)m }m∈N sucesiones de

Cauchy en Xi, para 1 ≤ i ≤ n. Es facil comprobar entonces que

79

{(x(1)m , . . . , x

(n)m )}m∈N es de Cauchy en X en cada una de las normas.

Por hipotesis, existe (x1, . . . , xn) ∈ X tal que lımm(x(1)m , . . . , x

(n)m ) =

(x1, . . . , xn). De aquı se deduce que lımm x(i)m = xi, ∀i = 1, . . . , n.

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19. Sean (X1, ‖·‖1), (X2, ‖·‖2) espacios normados. Si {xn}n∈N ⊂ X1 esuna sucesion que converge a x en (X1, ‖·‖1) y {Tn}n∈N ⊂ L(X1, X2)una sucesion que converge a T en (L(X1, X2), ‖ · ‖), probar queTnxn → Tx en (X2, ‖ · ‖2).

Resp.: Por hipotesis, ∀ε > 0, ∃n0 : ‖xn − x‖1 < ε/‖T‖ y ‖xn‖1 < M ,∀n > n0.

Por otra parte, ∃n1 : ‖Tn − T‖ < ε/M , ∀n > n1.

Entonces, ∀n > max{n0, n1}, tenemos:

‖Tnxn − Tx‖2 ≤ ‖Tnxn − Txn‖2 + ‖Txn − Tx‖2

= ‖(Tn − T )xn‖2 + ‖T (xn − x)‖2

≤ ‖Tn − T‖ · ‖xn‖1 + ‖T‖ · ‖xn − x‖1 < ε.

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20. Llamamos V al espacio de las funciones continuas en [a, b] convalores complejos y consideramos los espacios normados X1 =(V, ‖ · ‖∞) y X2 = (V, ‖ · ‖2). Probar que la aplicacion identidadI : X1 → X2 es continua, pero no es homeomorfismo.

Resp.: Debemos probar que ∀ε > 0, ∃δ > 0 : ‖x − y‖∞ < δ =⇒‖x− y‖2 < ε. Pero, de ‖x− y‖∞ < δ, deducimos

|x(t)− y(t)| < δ, ∀t ∈ [a, b] =⇒∫ b

a|x(t)− y(t)|2dt < δ2 · (b− a).

Basta pues hacer δ2 · (b− a) = ε2 para obtener ‖x− y‖2 < ε.

Para ver que la inversa no es continua, elegimos

xn(t) =

0 si t ∈ [0, 1− 1/n)nt− n+ 1 si t ∈ [1− 1/n, 1)1 si t ∈ [1, 2]

, yn(t) =

0 si t ∈ [0, 1)nt− n si t ∈ [1, 1 + 1/n)1 si t ∈ [1 + 1/n, 2].

80

De este modo, maxt∈[0,2] |xn(t)−yn(t)| = 1 pero∫ 20 |xn(t)−yn(t)|2dt =

2/3n.

Si hacemos ε < 1 y elegimos n para que 2/3n < δ, para cualquier δ > 0resulta

∫ 20 |xn(t)− yn(t)|2dt < δ pero maxt∈[0,2] |xn(t)− yn(t)| > ε.

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21. Si T : X → Y es un operador lineal y acotado, probar que elnucleo N(T ) es cerrado pero la imagen R(T ) no es necesaria-mente cerrado.

Resp.: a) Sea {xn}n∈N ⊂ N(T ) una sucesion convergente a x. ComoT es continua, Txn → Tx.

Pero Txn = 0, ∀n =⇒ Tx = 0 =⇒ x ∈ N(T ). Por tanto, N(T ) escerrado.

b) Definimos el operador T : `∞ → `∞ por

T (x1, . . . , xn, . . . ) = (x1, x2/2, . . . , xn/n, . . . ).

En este caso, R(T ) = {y ∈ `∞ : (y1, 2y2, . . . , nyn, . . . ) ∈ `∞}.

Elegimos la sucesion y(k) = (1, 1/√

2, . . . , 1/√k, 0 . . . ). Es claro que

y(k) ∈ R(T ), ∀k. Sin embargo, lımk→∞ y(k) = (1, . . . , 1/√k, . . . ) 6∈

R(T ) porque la sucesion (1, 2/√

2, . . . , k/√k, . . . ) no esta acotada. Esto

prueba que R(T ) no es cerrado.

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22. Sean X e Y dos espacios normados sobre R y f : X → Y unaaplicacion aditiva en X y acotada en la bola unidad de X. Probarque f es lineal y continua.

Resp.: Por la aditividad de f deducimos lo siguiente:

f(x+ 0) = f(x) = f(x) + f(0) =⇒ f(0) = 0;

f(x+ (n). . . +x) = f(nx) = f(x)+ (n). . . +f(x) = nf(x), ∀n ∈ N;0 = f(x− x) = f(x) + f(−x) =⇒ f(−x) = −f(x);

f(nx) = nf(x), ∀n ∈ Z;

q · f(p

qx) = f(px) = pf(x) =⇒ f(

p

qx) =

p

qf(x), ∀p/q ∈ Q.

Veamos que f es continua:

81

Por hipotesis, si ‖z‖ ≤ 1 =⇒ ‖f(z)‖ ≤ k.

Dados ε > 0 y x0 ∈ X, debemos encontrar δ > 0 tal que ‖f(x) −f(x0)‖ < ε, si ‖x− x0‖ < δ.

Sabemos que,

‖x− x0‖ < 1/p =⇒ ‖p(x− x0)‖ < 1 =⇒ ‖f(p(x− x0))‖ < k,

es decir ‖f(x)− f(x0)‖ < k/p. Por tanto, basta hacer p > k/ε, p ∈ N,para que

‖x− x0‖ < 1/p =⇒ ‖f(x)− f(x0)‖ < k/p < ε.

Por ultimo veamos la linealidad de f :

Si r ∈ R, sea {qn}n∈N una sucesion de racionales tal que qn → r.

Por la continuidad de f,

f(rx) = lımnf(qnx) = lım

nqnf(x) = rf(x).

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23. Sea {αn}n∈N una sucesion acotada en C y T : `1 → `1 el operadordefinido por T (xn)n∈N = (αnxn)n∈N.

a) Probar que T ∈ L(`1) y ‖T‖ = sup{|αn| : n ∈ N}.

b) Probar que N(T ) = {0} ⇐⇒ αn 6= 0, ∀n.

c) Probar que si N(T ) = {0}, entonces R(T ) es denso en `1.

Resp.: a) Es evidente que T es lineal.

Para ver que T es acotada, supongamos que |an| ≤M, ∀n. Entonces

‖Tx‖ =∑

|anxn| ≤M∑

|xn| = M‖x‖ =⇒ ‖T‖ ≤ sup |an|.

Si elegimos la sucesion x(n) = {0, (n−1). . . , 0, 1, 0, . . . }, entonces

‖Tx(n)‖ = |αn| =⇒ ‖T‖ ≥ |αn|, ∀n =⇒ ‖T‖ ≥ sup |αn|.

b) Si N(T ) = {0}, Tx(n) = αn 6= 0, ∀n.

Recıprocamente, si αn 6= 0, ∀n y x ∈ N(T ), entonces Tx = (αnxn) =0 =⇒ αnxn = 0, ∀n =⇒ xn = 0, ∀n =⇒ x = 0.

82

c) Sea y = (yn)n∈N ∈ `1 y llamamos x(n) = (y1/α1, 0, . . . , yn/αn, 0, . . . ),n ∈ N. Entonces Tx(n) = (y1, . . . , yn, 0, . . . ) y Tx(n) → y.

��

24. Si X = C[0, 1], se definen los operadores S, T : X → X comoSx(s) = s

∫ 10 x(t)dt, Tx(s) = sx(s), respectivamente. ¿Conmutan

S y T? Encontrar ‖S‖, ‖T‖, ‖TS‖ y ‖ST‖.

Resp.: a) Por definicion,

(STx)(s) = S(Tx)(s) = S(sx(s)) = s

∫ 1

0t · x(t)dt,

(TSx)(s) = T (Sx(s)) = T (s∫ 1

0x(t)dt) = s2

∫ 1

0x(t)dt.

Es evidente entonces que no conmutan.

b) Como ‖Sx‖ = maxs∈[0,1] |s∫ 10 x(t)dt| ≤ |

∫ 10 x(t)dt| ≤

∫ 10 |x(t)|dt ≤

‖f‖, entonces ‖S‖ ≤ 1.

Si elegimos en particular x0(s) = 1, (Sx0)(s) = s y ‖Sx0‖ = 1. Endefinitiva, ‖S‖ = 1.

Por otra parte, como ‖Tx‖ = maxs∈[0,1] |sx(s)| ≤ maxs∈[0,1] |x(s)| =‖x‖, tambien ‖T‖ ≤ 1.

Nuevamente, para x0(s) = 1, ‖x0‖ = 1 y (Tx0)(s) = s, de donde‖Tx0‖ = 1. Ası pues, ‖T‖ = 1.

c) Debido a que ‖TSx‖ ≤ ‖T‖ ·‖Sx‖ ≤ ‖T‖ ·‖S‖ ·‖x‖ = ‖x‖, entonces‖TS‖ ≤ 1.

Tomando x0(s) = 1, (TSx0)(s) = s2 =⇒ ‖TSx0‖ = 1 =⇒ ‖TS‖ ≥ 1,lo que implica que ‖TS‖ = 1.

Por otra parte, si ‖x‖ = 1, entonces |x(s)| ≤ 1, ∀s =⇒∫ 10 tx(t)dt ≤∫ 1

0 tdt = 1/2, de donde s∫ 10 tx(t)dt ≤ s/2. Ası pues ‖STx‖ ≤ 1/2.

Ahora bien, si elegimos la funcion x0(s) = 1, (STx0)(s) = s∫ 10 tx0(t) =

s/2 de modo que ‖STx0‖ = 1/2.

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25. Sea X = C[0, 1] con la norma uniforme.

a) Si T ∈ L(X) se define como T (f)(t) = tf(t)1+t2

, t ∈ [0, 1], f ∈ X,encontrar ‖T‖.

83

b) Si S ∈ L(X) se define como S(f)(t) =∫ 10 K(t, s)f(s)ds, donde

K es continua, probar que S es acotado.

c) Fijado t0 ∈ [0, 1], se define x∗ ∈ X ′ por x∗(f) = f(t0). Encontrar‖x∗‖.

Resp.: a) Por definicion,

‖Tf‖ = maxt∈[0,1]

∣∣ tf(t)1 + t2

∣∣ ≤ max |f(t)| ·max∣∣ t

1 + t2∣∣ = 1

2· ‖f‖,

porque la funcion y = t1+t2

es creciente en [0, 1].

Para f ≡ 1 se verifica la igualdad. Por tanto, ‖T‖ = 1/2.

b) Nuevamente,

‖Sf‖ = supt∈[0,1]

∣∣ ∫ 1

0K(t, s)f(s)ds

∣∣≤ sup

t∈[0,1]

∫ 1

0|K(t, s)| · |f(s)|ds ≤ ‖f‖ · sup

t∈[0,1]

∫ 1

0|K(t, s)|ds.

Esto implica que ‖S‖ ≤ supt∈[0,1]

∫ 10 |K(t, s)|ds.

c) ‖x∗‖ = sup‖f‖=1 |x∗(f)| = sup‖f‖=1 |f(t0)| = 1.

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26. Se define el operador de Volterra V : L2[0, 1] → L2[0, 1] por (V f)(t) =∫ t0 f(s)ds. Probar que V es lineal y acotado y que ‖V ‖ ≤ 1/

√2.

Resp.: Por la linealidad de la integral, es evidente que V es lineal.

Ademas V es acotado. En efecto:

‖V f‖2 =∫ 1

0|V f(t)|2dt =

∫ 1

0

∣∣ ∫ t

0f(s)ds

∣∣2dt≤

∫ 1

0

(∫ t

0|f(s)|ds

)2dt

(desig. de Holder)

≤∫ 1

0

[ ∫ t

0|f(s)|2ds ·

∫ t

012ds

]dt

=∫ 1

0

[ ∫ t

0t · |f(s)|2ds

]dt =

∫ 1

0

(∫ 1

st · |f(s)|2dt

)ds

=∫ 1

0|f(s)|2 · (1/2− s2/2)ds ≤ 1

2‖f‖2

=⇒ ‖V f‖ ≤ 1√2· ‖f‖ =⇒ ‖V ‖ ≤ 1/

√2.

84

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27. Se define Φ : L2[a, b] → L2[a, b] por Φ(f)(x) = xf(x), ∀x ∈ [a, b].Probar que Φ es lineal y acotado con ‖Φ‖ = max{|b|, |a|}.

Resp.: Que Φ es lineal es trivial. Ademas

‖Φ(f)‖22 =

∫ b

a|xf(x)|2dx ≤ (max{|b|, |a|})2·‖f‖2

2 =⇒ ‖Φ‖ ≤ max{|b|, |a|}.

Por otra parte, suponiendo que |b| ≥ |a| y llamando fn = χ[b− b−an

,b],

‖Φ(fn)‖22 =

∫ b

a|xfn(x)|2dx =

∫ b

a|x|2 · |fn(x)|2dx =

∫ b

b− b−an

|x|2dx

=x3

3

∣∣bb− b−a

n=b3

3−

(b− b−an )3

3=[b2 − b · b− a

n+

(b− a)2

3n2

]· b− a

n.

Ademas,

‖fn‖22 =

∫ b

a|fn(x)|2dx = b− b+

b− a

n=b− a

n

=⇒ ‖Φ(fn)‖2

‖fn‖2=

√b2 − b · b− a

n+

(b− a)2

3n2→ |b|

si n→∞, de donde ‖Φ‖ ≥ |b|. En definitiva, ‖Φ‖ = |b| = max{|a|, |b|}.

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28. Sean (X, ‖ · ‖1), (Y, ‖ · ‖2) dos espacios normados sobre el mismocuerpo y T ∈ L(X,Y ) una aplicacion biyectiva, tal que T−1 ∈L(Y,X).

a) Probar que ‖T−1‖ ≥ ‖T‖−1. ¿Es cierta la igualdad?

b) Probar que X es de Banach si y solo si Y es de Banach.

Resp.: a) En general, dados dos operadores A ∈ L(X,Y ) y B ∈L(Y, Z), debido a que

‖BAx‖ ≤ ‖B‖ · ‖Ax‖ ≤ ‖B‖ · ‖A‖ · ‖x‖,

se deduce que ‖BA‖ ≤ ‖B‖ · ‖A‖. En particular, 1 ≤ ‖T‖ · ‖T−1‖, delo que deducimos que ‖T‖−1 ≤ ‖T−1‖.

85

La igualdad no es cierta en general. Incluso en el caso finito-dimensional,si consideramos por ejemplo el operador T : R2 → R2 definido porT (x1, x2) = (2x1, x2), entonces T es lineal, biyectiva y acotada. AdemasT−1(x1, x2) = (x1/2, x2). Por tanto, ‖T‖ = 2 y ‖T−1‖ = 1, de modoque, en general, no es cierta la igualdad entre ‖T‖−1 y ‖T−1‖.

b) Supongamos que X es de Banach (analogamente se procede con laimplicacion recıproca). Si {yn}n∈N es una sucesion de Cauchy en Y ,existe xn ∈ X tal que Txn = yn, ∀n. Como

‖xn − xm‖ = ‖T−1(yn − ym)‖ ≤ ‖T−1‖ · ‖yn − ym‖,

entonces {xn}n∈N es de Cauchy en X.

Por hipotesis, ∃x ∈ X : xn → x. Si llamamos y = Tx, es facil probarque yn → y, con lo que Y es de Banach.

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29. Sea T : C[0, 1] → C[0, 1] definido por y(t) =∫ t0 x(s)ds. Encontrar

el rango R(T ) y T−1 : R(T ) → C[0, 1]. ¿Es T−1 lineal y acotado?

Resp.: Por definicion,

R(T ) ={y ∈: C[0, 1] : ∃x ∈ C[0, 1], y(t) =

∫ t

0x(s)ds

}= {y ∈ C[0, 1] : y′(t) = x(t) ∈ C[0, 1], y(0) = 0} = {y ∈ C1[0, 1] : y(0) = 0}.

Si y ∈ R(T ), sera T−1y = x cuando Tx = y, es decir cuando y(t) =∫ t0 x(s)ds lo que implica que y′(t) = x(t); en definitiva, T−1y = y′.

Es claro que T−1 es lineal. Sin embargo no esta acotado porque,si elegimos fn(x) = xn, entonces ‖fn‖ = max

x∈[0,1]|fn(x)| = 1 pero

‖T−1fn‖ = maxx∈[0,1]

|nxn−1| = n y no existe ninguna constante k pa-

ra la que ‖T−1fn‖ ≤ k‖fn‖.

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30. En (C[a, b], ‖ ·‖∞) sea M el subespacio de las funciones f ∈ C[a, b]que tienen dos derivadas continuas y tales que f(a) = f(b) = 0.Se define el operador T : M → C[a, b] por Tf = f ′′. Probar queexiste T−1 y que R(T ) = C[a, b].

Resp.: T es inyectiva, pues si

f ′′ = g′′ =⇒ f ′(x) = g′(x) + C =⇒ f(x) = g(x) + Cx+D.

86

Ahora bien, de f(a) = g(a) = 0 y f(b) = g(b) = 0, se deduce quef = g.

T es ademas sobre, pues si g(x) = f ′′(x) con f(a) = f(b) = 0, entoncesf ′(x) =

∫ xa g(t)dt+ k1, de donde

f(x) =∫ x

a

[ ∫ s

ag(t)dt

]ds+ k1(x− a) + k2;

eligiendo k1 =−1b− a

∫ b

a

[ ∫ s

ag(t)dt

]ds y k2 = 0, deducimos que f ∈

M .

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31. Sea X = {f : [0, 1] → R : f continua} provisto de la norma dela convergencia uniforme y sea T : X → X definido por Tf(x) =∫ x0 f(s)ds.

a) Probar que Tnf(x) =∫ x0 Kn(x, s)f(s)ds, donde Kn(x, s) es una

funcion continua en [0, 1]× [0, 1].

b) Calcular ‖Tn‖ y la suma de la serie∑∞

n=1 Tn.

c) Resolver la ecuacion (I − T )f = g con f ∈ X.

Resp.: a) Si aplicamos el metodo de induccion, para n = 1, K1(t, u) =1, que es evidentemente continua.

Si suponemos la propiedad cierta para n, entonces

Tn+1x(t) = T (Tnx)(t) =∫ t

0Tnx(v)dv =

∫ t

0

[ ∫ v

0Kn(v, u)x(u)du

]dv.

Intercambiando el orden de integracion, obtenemos:

Tn+1x(t) =∫ t

0

[ ∫ t

uKn(v, u)x(u)dv

]du =

∫ t

0Kn+1(t, u)x(u)du,

donde definimos Kn+1(t, u) =∫ tu Kn(v, u)dv. Para ver que es continua,

calcularemos explıcitamente Kn:

Claramente, K1(t, u) = 1 y K2(t, u) =∫ tu dv = t−u; si suponemos que

Kn(t, u) = (t−u)n−1

(n−1)! , veamos que Kn+1(t, u) = (t−u)n

n! :

Kn+1(t, u) =∫ t

u

(v − u)n−1

(n− 1)!dv =

(t− u)n

n!

87

la cual es evidentemente continua.

b) Como

|Tnx(t)| ≤∫ t

0

(t− u)n−1

(n− 1)!|x(u)|du ≤ ‖x‖∞

∫ t

0

(t− u)n−1

(n− 1)!du ≤ ‖x‖∞

n!,

entonces ‖Tnx‖ ≤ ‖x‖∞/n! con lo que ‖Tn‖ ≤ (1/n!).

Por otra parte, como Tn1 =∫ t0

(t−u)n−1

(n−1)! du = tn

n! , entonces ‖Tn1‖ =(1/n!). En definitiva, ‖Tn‖ = (1/n!).

Esto indica ademas que la serie∑

n∈N ‖Tn‖ es convergente. Por serL(X) completo, es convergente tambien

∑n∈N T

n. Para calcular susuma, debido a que

p∑n=1

Tnx(t) =∫ t

0

(1 +

t− u

1!+ · · ·+ (t− u)p−1

(p− 1)!

)x(u)du,

definimos H : X → X por Hx(t) =∫ t0 e

t−u · x(u)du. Ası definido, Hes lineal y acotado pues

|Hx(t)| ≤ et∫ t

0e−u|x(u)|du ≤ k · ‖x‖∞ donde k = e

∫ 1

0e−udu.

Ademas

∣∣Hx(t)− p∑n=1

Tnx(t)∣∣ ≤

∫ t

0

∣∣∣et−u −p−1∑n=0

(t− u)n

n!

∣∣∣ · |x(u)|du≤ ‖x‖∞ · sup

u∈[0,t]

∣∣∣et−u −p−1∑n=0

(t− u)n

n!

∣∣∣,de donde

‖Hx−p∑

n=1

Tnx‖∞ ≤ ‖x‖∞ · supϑ∈[0,1]

∣∣eϑ − p−1∑n=0

ϑn/n!∣∣.

Ahora bien, como la serie∑

n≥0 ϑn/n! converge uniformemente a eϑ so-

bre cualquier compacto de R, el supremo anterior tiende a cero cuandop→∞. Esto prueba que

∑n≥1 T

n = H.

c) Dado g ∈ X, como la serie I +T + · · ·+Tn + . . . converge en L(X)a I +H y, debido a que

(I−T )(I+T + · · ·+Tn) = (I+T + · · ·+Tn)(I−T ) = I−Tn+1 → I,

se deduce que existe (I − T )−1 = I + T + · · ·+ Tn + · · · = I +H.

88

La ecuacion dada tiene pues solucion x = (I − T )−1g = (I +H)g, dedonde

x(t) = g(t) + et ·∫ t

0e−ug(u)du.

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32. Probar que f1(x) = maxt∈[a,b] x(t) y f2(x) = mınt∈[a,b] x(t) definenfuncionales en C[a, b]. ¿Son lineales? ¿Acotados?

Resp.: Por ser x ∈ C[a, b], alcanza los valores maximo y mınimo, conlo que ambos funcionales estan definidos. Ninguno de ellos es lineal: sihacemos por ejemplo x1(t) = t y x2(t) = 1− t en [0, 1], f1(x1 + x2) =max(x1(t)+x2(t)) = 1 pero f1(x1)+f1(x2) = maxx1(t)+maxx2(t) =1 + 1 = 2.

Analogamente se comprueba con el mınimo.

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33. Sea X un espacio normado complejo y f un funcional lineal sobreX. Si llamamos f1(x) = Re f(x), f2(x) = Im f(x), ∀x ∈ X, probarla equivalencia de las siguientes proposiciones:

i) f : X → C es acotado.

ii) f1 : X → R es lineal y acotado.

iii) f2 : X → R es lineal y acotado.

Resp.: Dado f(x) = f1(x) + if2(x), como

f(ix) = f1(ix) + if2(ix)if(x) = if1(x)− f2(x)

}=⇒ f1(ix) = −f2(x), f2(ix) = f1(x),

podemos escribir f(x) = f1(x)− if1(ix), ∀x ∈ X.

i) =⇒ ii): Supongamos que f es acotado. Veamos que f1 es lineal yacotado.

f1(x+ y) + if2(x+ y) = f(x+ y) = f(x) + f(y)= f1(x) + if2(x) + f1(y) + if2(y)= f1(x) + f1(y) + i[f2(x) + f2(y)].

Igualando la parte real se deduce que f1(x+ y) = f1(x) + f1(y).

89

Analogamente se prueba que f1(αx) = αf1(x).

|f1(x)| ≤ |f(x)| ≤ ‖f‖ · ‖x‖ =⇒ ‖f1‖ ≤ ‖f‖.

ii) =⇒ iii): Como f2(x) = −f1(ix), entonces

f2(x+ y) = −f1(ix+ iy) = −f1(ix)− f1(iy) = f2(x) + f2(y), ∀x, y ∈ X;f2(αx) = −f1(iαx) = −αf1(ix) = αf2(x);|f2(x)| = |f1(ix)| ≤ ‖f1‖ · ‖ix‖ = ‖f1‖ · ‖x‖ =⇒ ‖f2‖ ≤ ‖f1‖.

iii) =⇒ i): Si escribimos f de la forma f(x) = f2(ix) + if2(x), resulta:

|f(x)| = |f2(ix) + if2(x)| ≤ |f2(ix)|+ |if2(x)|≤ ‖f2‖ · ‖x‖+ ‖f2‖ · ‖x‖ =⇒ ‖f‖ ≤ 2‖f2‖.

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34. Sea Z = {x ∈ R3 : x2 = 0} y f : Z → R definido por f(x) = x1−x32 .

Encontrar una extension lineal f de f a todo R3 tal que f(x0) = k(k constante dada), con x0 = (1, 1, 1). ¿Es unica tal f?

Resp.: Por hipotesis, f(1, 0, 0) = 1/2 y f(0, 0, 1) = −1/2.

Para que f(1, 1, 1) = k, debe ser

f(1, 1, 1) =12

+ f(0, 1, 0)− 12

= f(0, 1, 0) = k.

La extension es unica porque queda determinada la imagen de la basecanonica.

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35. En el espacio metrico (R3, ‖ · ‖1) consideramos el subespacio li-neal M = {x ∈ R3 : x1 + 2x2 = x3 = 0} y definimos f ∈ M ′ porf(x) = x1. Encontrar dos extensiones diferentes de f a todo R3

con la misma norma de f .

Resp.: Por definicion, M es el espacio generado por u = (1,−1/2, 0).

Como ‖u‖1 = 3/2 y f(u) = 1, entonces, ∀x ∈M de la forma x = α ·u,

f(x) = α y ‖f‖ = supx6=0

|f(x)|‖x‖

= supα∈R

|α|(3/2)|α|

=23.

90

Sea {e1, e2, e3} la base canonica de R3 y f una extension de f .

Como ‖f‖ = ‖f‖ = 2/3, en particular debe ser

|f(ei)| ≤ 2/3, i = 1, 2, 3. (1)

Como ademas f(u) = f(u), tenemos que

1 = f(e1 − e2/2) = f(e1)− (1/2)f(e2). (2)

De (1) y (2) se deduce que necesariamente f(e1) = 2/3 y f(e2) = −2/3.

Basta elegir arbitrariamente f(e3) tal que |f(e3)| ≤ 2/3 para que, dadocualquier x ∈ R3, con x = x1e1 + x2e2 + x3e3,

f(x) =23x1 −

23x2 + f(e3)x3;

|f(x)| ≤ 23|x1|+

23|x2|+ |f(e3)| · |x3| ≤

23[|x1|+ |x2|+ |x3|] =

23‖x‖1,

de donde ‖f‖ ≤ 2/3. Por ser extension de f , ‖f‖ ≥ ‖f‖ = 2/3. Estoimplica que ‖f‖ = ‖f‖.

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36. Sean X,Y 6= {0} espacios normados con dim X = ∞.

a) Probar que existe al menos un operador lineal no acotadoT : X → Y.

b) Probar que el espacio dual X ′ no coincide con el dual alge-braico X∗.

Resp.: a) Sea {en}n∈N una base de Hamel de X. Si definimos Ten =nen, T es lineal. Ademas, como ‖Ten‖ = n‖en‖, entonces ‖Ten‖/‖en‖ =n y ∃n : ‖Ten‖/‖en‖ > k, ∀k lo que implica que T no es acotado.

b) El operador definido por Ten = n esta en X∗ por ser lineal, perono esta en X ′ por no ser acotado.

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37. Sea X un espacio normado y M un subespacio cerrado de X. Sidenotamos por M⊥ = {f ∈ X ′ : f(y) = 0, ∀y ∈ M} al llamadoconjunto anulador o polar de M , demostrar:

a) M⊥ es subespacio cerrado de X ′.

91

b) M⊥ es isomorfo a (X/M)′.

Resp.: a) Sea {fn}n∈N una sucesion de Cauchy en M⊥. Entonces paracualquier x ∈ X,

|fn(x)− fm(x)| ≤ ‖fn − fm‖ · ‖x‖ → 0

con lo que {fn(x)}n∈N es de Cauchy en E(= R o C), lo que implicaque ∃λ ∈ E : fn(x) → λ. Esto permite definir el funcional f : X → Epor f(x) = λ. Es evidente que f es lineal. Ademas

• f es acotado pues |f(x)| = |λ| = lımn→∞

|fn(x)| ≤ lımn→∞

‖fn‖ · ‖x‖.

• fn → f porque ‖fn − f‖ = sup‖x‖=1

|fn(x)− f(x)| ≤ ε.

• f ∈M⊥ porque f(y) = lımn fn(y) = 0, ∀y ∈M.

b) Definimos T : (X/M)′ →M⊥ por (Tf)(x) = f(ϕ(x)), donde ϕ es laaplicacion canonica (que envıa a todo elemento la clase de equivalenciaque lo contiene). Ası definido, es evidente que T es lineal. Veamos queT es acotado:

|(Tf)(x)| = |f(ϕ(x))| ≤ ‖f‖ · ‖ϕ(x)‖ ≤ ‖f‖ · ‖ϕ‖ · ‖x‖.

Como ‖ϕ‖ ≤ 1, entonces ‖Tf‖ ≤ ‖f‖, de donde ‖T‖ ≤ 1.

Ademas, si y ∈ M, (Tf)(y) = f(ϕ(y)) = f([0]) = 0, es decir Tf ∈M⊥.

Falta comprobar que T es sobre. Para ello, a cada g ∈M⊥, le asocia-mos el funcional f : X/M → E definido por f(ξ) = g(x), si x ∈ ξ.Debemos probar:

• f esta bien definido pues si x, x′ ∈ ξ, entonces

x− x′ ∈M =⇒ g(x− x′) = 0 =⇒ g(x) = g(x′).

• f es lineal (evidente).

• f es acotado:

|f(ξ)| = |g(x)| ≤ ‖g‖·‖x‖ =⇒ |f(ξ)| ≤ ‖g‖·ınfx∈ξ

‖x‖ = ‖g‖·‖ξ‖ =⇒ ‖f‖ ≤ ‖g‖.

• Tf = g (evidente).

• ‖T‖ = 1:

‖f‖(X/M)′ = supξ∈X/M

f(ξ) ≤ supx∈X

|f(ϕ(x))| = supx∈X

|Tf(x)| = ‖Tf‖.

92

��

38. Sea c0 = {a = (an)n∈N : an ∈ C, an → 0}.

a) Probar que c0 es un espacio de Banach con la norma inducidapor `∞.

b) Demostrar que el dual de c0 es `1.

Resp.: a) c0 es normado por ser subespacio de `∞. Veamos que escerrado:

Si a ∈ c0, ∃(an)n∈N ⊂ c0 : an → a. Entonces

‖an−a‖∞ = supk|ak

n−ak| < ε, ∀n > N(ε) =⇒ |akn−ak| < ε, ∀k, ∀n > N(ε).

De este modo, |ak| ≤ |ak − akn|+ |ak

n| < ε+ ε porque an ∈ c0, es decirlımk→∞ ak

n = 0. Esto prueba que a ∈ c0.

b) Definimos F : `1 → (c0)′ por Ff = f , donde f(x) =∑n≥1

fnxn,

∀x ∈ c0.

• Eligiendo x = (x1, . . . , xN , 0, . . . ),

|f(x)| ≤N∑

n=1

|fnxn| ≤ max |xn| ·N∑

n=1

|fn|.

Haciendo N → ∞, |f(x)| ≤ ‖x‖∞ · ‖f‖1 =⇒ ‖f‖ ≤ ‖f‖1 =⇒‖F‖ ≤ 1.

• F es isometrıa: Dado f ∈ (c0)′, llamamos fn = f(en).Ası, si x = (x1 . . . , xN , 0, . . . ), f(x) =

∑Nn=1 fnxn. Como fn =

eiϕn ·|fn|, definimos g(N) = (g(N)n )n∈N, donde g(N)

n =

{e−iϕn si 0 < n ≤ N

0 si n > N.Entonces:

|f(g(N))| =N∑

n=1

|fn| ≤ ‖f‖ · ‖g(N)‖∞ = ‖f‖ <∞.

Esto implica que f = (fn)n∈N ∈ `1 y ‖f‖1 ≤ ‖f‖ =⇒ ‖F‖ = 1.

• F es sobre: Dado f ∈ (c0)′, ∀x ∈ c0, escribimos x =∑

n∈N xnen conlo que f(x) =

∑n∈N xnf(en). Basta probar que (f(en))n∈N ∈ `1,

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es decir∑

n∈N |f(en)| <∞. Para ello tomamos: x(N) =∑N

n=1

ef(en)

| ef(en)|·

en ∈ c0, de donde

N∑n=1

|f(en)| =N∑

n=1

f(en)

|f(en)|· f(en) = f(x(N)) ≤ ‖f‖.

Si hacemos N →∞,∑∞

n=1 |f(en)| <∞.

TEMAS COMPLEMENTARIOS

1. Construccion de espacios normados: espacio producto y espacio cociente([CC], [So]).

2. Espacios de funciones continuas. Base de Schauder para C[0, 1]. Espaciodual de C[a, b] ([KF]).

3. Espacio dual de Lp(X,µ) ([Ro]).

4. Ecuaciones integrales lineales ([Da], [KF]).

5. Calculo diferencial en espacios normados: derivadas de Frechet y Gateaux([KF], [LS]).

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