III. PRODUCTOINTERIOR Y ESPACIOSDE HILBERT

A fin de dotar a los espacios normados de una geometrıa,debemos definir un producto interior o escalar. Nos propone-mos que el estudiante se familiarice con los espacios dotados deproducto interior, conozca sus propiedades basicas y pueda apro-vecharlas para poderlas aplicar tanto al estudio de las series deFourier, los polinomios ortogonales y la teorıa basica de opera-dores.

SECCIONES

1. Introduccion historica.

2. Definicion y primeros ejemplos.

3. Propiedades del producto interior.

4. Conjuntos ortonormales.

5. Ortogonalizacion de polinomios.

6. Representacion de funcionales en espacios de Hilbert.

7. Operador adjunto. Operadores autoadjuntos y unitarios.

8. Ejercicios.

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1. INTRODUCCION HISTORICA.

Ilustramos en esta primera seccion como el estudio de las siguientes ecua-ciones en derivadas parciales ha sido fundamental en el desarrollo de losespacios de Hilbert:

1) Ecuacion del calor: ∂u∂t = ∂2u

∂x2 (su solucion corresponde a la temperaturau(x, t) de un alambre en el instante t y en el punto x).

2) Ecuacion de ondas: ∂2u∂t2

= ∂2u∂x2 (la solucion u(x, t) es ahora la altura de

una onda en propagacion para el instante t en un punto cuya proyeccionsobre el eje es x).

3) Ecuacion de Laplace: ∂2u∂t2

+ ∂2u∂x2 = ρ (ahora u es la energıa potencial de

un cuerpo y ρ es la densidad de masas).

Nos limitaremos a estudiar la ecuacion del calor (analogamente se podrıahacer con las otras ecuaciones). Para buscar sus soluciones, suponemos queu es de variables separadas, es decir de la forma u(t, x) = ϕ(t)ξ(x). Enton-ces ut = ϕ′(t)ξ(x) y uxx = ϕ(t)ξ′′(x), luego ϕ′(t)ξ(x) = ϕ(t)ξ′′(x), o bienϕ′(t)/ϕ(t) = ξ′′(x)/ξ(x).

Como el primer miembro no depende de x y el segundo miembro no de-pende de t, deben ser constantes. Debemos resolver entonces las siguientesecuaciones:

ϕ′(t)/ϕ(t) = k; ξ′′(x)/ξ(x) = p,

con k y p constantes.

La solucion general de la primera ecuacion es ϕ(t) = cekt y de la segundaξ(x) = c1 cos(δx)+c2 sen(δx), donde p = −δ2 (si p > 0, δ es complejo).

Supongamos por simplificar que el alambre es circular y tiene longitud 2π.Esto hace que ξ sea periodica de perıodo 2π, y que δ deba ser entero; resultaξ(x) = c1 cos(nx) + c2 sen(nx), con n ∈ Z.

Como las soluciones de la ecuacion del calor se obtienen haciendo k = −n2,tenemos la siguiente familia de soluciones:

un(t, x) = e−n2t cos(nx), vn(t, x) = e−n2t sen(nx).

Ademas, cualquier combinacion lineal finita de ellas

u(t, x) =n1∑

n=n0

[ane−n2t cos(nx) + bne−n2t sen(nx)]

es solucion.

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Fourier pensaba que toda solucion puede escribirse como suma infinita de se-nos y cosenos (lo que lleva involucrado un problema de convergencia).

Por otra parte, cuando t = 0, obtenemos una funcion de una variable

u(0, x) = f(x) =n1∑

n=n0

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

De acuerdo con esto, Fourier suponıa tambien que toda funcion periodicase puede escribir como suma infinita de senos y cosenos, lo cual no es ciertopuntualmente.

Otra forma de escribir las series anteriores se obtiene con las formulas cos x =(eix + e−ix)/2, senx = (eix − e−ix)/2i. Ası

u(t, x) =∑n∈N

e−n2t

[(an

2+

bn

2i

)einx +

(an

2− bn

2i

)e−inx

]=∑n∈Z

cne−n2teinx,

donde, para t = 0, tenemos f(x) =∑

n∈Z cneinx.

Aquı se plantean las siguientes preguntas:

1) ¿Las exponenciales trigonometricas seran base de algun espacio?

Esto permitirıa obtener la funcion f cuando se conocen sus coeficientes res-pecto a dicha base.

2) ¿Como obtener los coeficientes cn cuando la funcion f es conocida?

Para responder a esta pregunta, aplicamos las siguientes formulas:

12π

∫ 2π

0einxdx =

12πin

(ein2π − 1) =

{1 si n = 00 si n 6= 0,

12π

∫ 2π

0eimxe−inxdx =

12πin

(ei(m−n)2π − 1) =

{1 si m = n

0 si m 6= n.

Con lo anterior tenemos∫ 2π

0f(x)dx =

∫ 2π

0

∑n∈Z

cneinxdx =∑n∈Z

cn

∫ 2π

0einxdx

= 2πc0 =⇒ c0 =12π

∫ 2π

0f(x)dx;∫ 2π

0f(x)e−imxdx =

∫ 2π

0

∑n∈Z

cneinxe−imxdx =∑n∈Z

cn

∫ 2π

0einxe−imxdx

= 2πcm =⇒ cm =12π

∫ 2π

0f(x)e−imxdx.

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(Aquı se debe precisar en que sentido converge la serie y como justificar elintercambio de la serie con la integral.)

2. DEFINICION Y PRIMEROS EJEMPLOS.

Una clase importante de espacios normados permite generalizar muchas pro-piedades de la geometrıa del espacio ordinario que dependen de la nocion deangulo, especialmente las que se refieren a la perpendicularidad. Recordamosque, si x, y ∈ Rn y α es el angulo que forman, se define el producto escalarpor 〈x, y〉 = ‖x‖ · ‖y‖ · cos α. Queremos obtener una nocion abstracta deproducto escalar en espacios normados generales que permita extender laformula anterior. Como es logico pensar, los espacios con producto escalarson historicamente anteriores a los espacios normados generales y mantienentodavıa muchas propiedades de los espacios euclıdeos. La teorıa fue iniciadapor Hilbert (1912) en sus trabajos sobre ecuaciones integrales y todavıahoy en dıa estos espacios son basicos en numerosas aplicaciones del AnalisisFuncional.

2.1.- Definicion. Un espacio con producto interior o pre-Hilbert es unespacio vectorial X en el que se define una aplicacion 〈·, ·〉 : X×X → E conlas siguientes propiedades:

(1) (aditiva) 〈x + y, z〉 = 〈x, z〉+ 〈y, z〉;

(2) (homogenea) 〈αx, y〉 = α〈x, y〉;

(3) (hermıtica) 〈x, y〉 = 〈y, x〉;

(4) (definida positiva) 〈x, x〉 ≥ 0 y 〈x, x〉 = 0 ⇐⇒ x = 0.

Toda aplicacion que verifique (1), (2) y (3) se llama forma sesquilinealhermıtica (ver definicion 6.4).

Nota. Los axiomas anteriores fueron primero establecidos por von Neumannen 1930 en sus trabajos sobre fundamentos matematicos de la MecanicaCuantica. En su definicion se incluıa tambien la separabilidad del espacio,axioma posteriormente eliminado cuando Lowing, Rellig y F. Riesz mostra-ron que en la practica era innecesaria dicha restriccion.

De los axiomas se deducen inmediatamente las siguientes propiedades:

a) 〈x, 0〉 = 0, ∀x ∈ X.

b) 〈x, y〉 = 0, ∀x ∈ X =⇒ y = 0.

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c) 〈x, αy1 + βy2〉 = α〈x, y1〉+ β〈x, y2〉.

Todo espacio pre-Hilbert es en particular normado, donde la norma aso-ciada se define como ‖x‖ =

√〈x, x〉, y por tanto es tambien metrico, con

la distancia d(x, y) = ‖x − y‖ =√〈x− y, x− y〉. Esto motiva la siguiente

definicion:

Un espacio de Hilbert es un espacio pre-Hilbert completo (respecto a lametrica asociada). Por tanto, todo espacio de Hilbert es un espacio de Ba-nach en el que se ha definido un producto interior.

Observacion. El recıproco de la afirmacion anterior no es cierto, es decirno todos los espacios normados son espacios pre-Hilbert. Daremos a conti-nuacion una caracterizacion de los espacios normados para los que se puededefinir un producto escalar cuya norma asociada sea la dada. Dicha carac-terizacion se basa en los siguientes hechos cuya demostracion es inmedia-ta.

2.2.- Proposicion (identidad del paralelogramo). Si (X, 〈·, ·〉) es un espaciopre-Hilbert, la norma asociada verifica ‖x + y‖2 + ‖x − y‖2 = 2(‖x‖2 +‖y‖2).

El siguiente resultado muestra como la norma asociada permite a su vezdefinir el producto interior.

2.3.- Proposicion (identidad de polarizacion). Sea (X, 〈·, ·〉) un espaciopre-Hilbert arbitrario.

a) Si X es real, 〈x, y〉 = 14 [‖x + y‖2 − ‖x− y‖2].

b) Si X es complejo,

Re〈x, y〉 =14[‖x + y‖2 − ‖x− y‖2],

Im〈x, y〉 =14[‖x + iy‖2 − ‖x− iy‖2].

Esta propiedad sugiere una forma de definir un producto interior a partir deuna norma. Sin embargo, sera necesaria la identidad del paralelogramo. Elsiguiente resultado proporciona una especie de recıproco de la proposicion2.2.

2.4.- Proposicion. Sea (X, ‖ · ‖) un espacio normado. Si se verifica la leydel paralelogramo 2,2, entonces existe un producto interior 〈·, ·〉 en X tal que‖x‖ = 〈x, x〉1/2.

Demostracion. a) Caso real. Definimos 〈x, y〉 = 14 [‖x+y‖2−‖x−y‖2].

Lo unico que presenta dificultad es la linealidad del producto interior. Estase demuestra en los siguientes pasos:

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* 〈x, y〉 + 〈z, y〉 = 12〈x + z, 2y〉. En particular, si z = 0, entonces 〈x, y〉 =

12〈x, 2y〉, de donde 〈u + v, y〉 = 1

2〈u + v, 2y〉 = 〈u, y〉+ 〈v, y〉.

* Como 〈x, y〉 = 〈y, x〉, tambien es aditiva en la segunda componente.

* Como 〈nx, y〉 = n〈x, y〉 si n ∈ Z, se deduce que 〈x/n, y〉 = 1n〈x, y〉 y

〈rx, y〉 = r〈x, y〉 con r ∈ Q. De la continuidad del producto interior (probadoposteriormente en 3.3), se prueba que, para todo a ∈ R, si a = lımk rk conrk ∈ Q, 〈ax, y〉 = lımk〈rkx, y〉 = lımk rk〈x, y〉 = a〈x, y〉.

b) Caso complejo. Definimos ahora 〈x, y〉 = 〈x, y〉R + i〈x, iy〉R donde

〈x, y〉R =14[‖x + y‖2 − ‖x− y‖2].

De lo anterior se deduce facilmente la identidad de polarizacion 2.3 (b).

* Por calculo directo se comprueba que 〈x, ix〉R = 0 y 〈ix, iy〉R = 〈x, y〉R. Laprimera de las igualdades muestra que 〈x, x〉 = ‖x‖2 y que 〈x, x〉 = 0 ⇐⇒x = 0.

La segunda identidad permite probar que 〈ix, y〉 = i〈x, y〉 y de aquı se deduceque 〈y, x〉 = 〈x, y〉.

* La aditividad de 〈·, ·〉 en sus dos argumentos se deduce de la aditividad de〈·, ·〉R.

* Solo queda probar que 〈ax, y〉 = a〈x, y〉, con a ∈ C. Para ello, basta teneren cuenta la linealidad de 〈·, ·〉R y que 〈ix, y〉 = i〈x, y〉. ♦

2.5.- Ejemplos. 1) Rn es un espacio de Hilbert si definimos el productointerior 〈x, y〉 = x1y1 + · · ·+ xnyn. Como la metrica asociada

d(x, y) =√

(x1 − y1)2 + · · ·+ (xn − yn)2

es la euclıdea, es ya sabido que el espacio es completo.

2) Cn es un espacio de Hilbert con el producto 〈x, y〉 = x1 y1 + . . . xn yn

porque nuevamente ‖x‖ =√|x1|2 + · · ·+ |xn|2 da lugar a una norma.

3) `2 = {x = (x1, x2, . . . ) : xn ∈ C,∑∞

n=1 |xn|2 < ∞} es un espacio deHilbert separable con el producto 〈x, y〉 =

∑∞n=1 xn yn.

La convergencia de la serie se deduce de la desigualdad de Cauchy- Sch-warz.

Este fue el primer ejemplo de espacio de Hilbert, estudiado por el mismoen 1912 y punto de partida para la definicion axiomatica dada por vonNeumann.

4) `p = {x = (x1, x2, . . . ) : xn ∈ C,∑∞

n=1 |xn|p < ∞}, con p 6= 2, no esun espacio pre-Hilbert pues, si tomamos x = (1, 1, 0, . . . ), y = (1,−1, 0 . . . ),

100

entonces ‖x‖ = ‖y‖ = 21/p, ‖x + y‖ = ‖x− y‖ = 2. Por tanto, no se verificala ley del paralelogramo.

5) Si L2[a, b] es la complecion del conjunto {f : [a, b] → C :∫ ba |f(x)|2dx <

∞}, es un espacio de Hilbert con el producto interior 〈f, g〉 =∫ ba f(x) g(x)dx

como se prueba analogamente al ejemplo 3.

Otra forma de introducir el espacio L2[a, b] es a partir de `2 y correspondeal estudio de las series de Fourier:

Sea f una funcion con derivada continua en [0, 2π] tal que f(2π) = f(0).Entonces

f(x) = a0/2 +∑n≥1

an cos nx +∑n≥1

bn sennx,

donde

an =1π

∫ 2π

0f(x) cos nxdx, bn =

1π

∫ 2π

0f(x) sen nxdx,

y la convergencia de la serie es uniforme (resultado clasico sobre series deFourier).

Si escribimos

φ2k(x) =1√π

cos kx, φ2k+1(x) =1√π

sen kx, φ0(x) =1√2π

,

las formulas anteriores quedan de la forma

f(x) =∞∑

n=0

αnφn(x), con αn =∫ 2π

0f(x)φn(x)dx.

Una propiedad importante es que∫ 2π0 φm(x)φn(x)dx = δnm (la familia es

ortonormal); ademas, la sucesion {αn}n≥0 esta en `2.

En efecto, para cualquier N ∈ N,

N∑n=0

|αn|2 =N∑

n=0

αn ·∫ 2π

0f(x)φn(x)dx =

∫ 2π

0f(x)fN (x)dx,

donde definimos fN (x) =∑N

n=0 αnφn(x).

Como la serie de Fourier converge uniformemente a f , fN (x) → f(x), resultaque

∑Nn=0 |αn|2 →

∫ 2π0 |f(x)|2dx y podemos escribir ademas

∑∞n=0 |αn|2 =∫ 2π

0 |f(x)|2dx.

Sin embargo el recıproco no es cierto, es decir dada una sucesion {αn}n≥0 ∈`2, no tiene por que existir f ∈ C1[0, 2π] tal que

∑n≥0 αnφn(x) = f(x). La

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razon es que, como `2 es completo, toda sucesion de Cauchy converge a algunα ∈ `2. Sin embargo, existen sucesiones {fn}n≥0 de funciones contenidas enC1[0, 2π] tales que

∫ 2π0 |fi(x) − fk(x)|2dx → 0, pero que no convergen a

ninguna funcion en C1[0, 2π] como muestra el siguiente ejemplo:

fn f

π−1n π π+1

n 2π π 2π

Lo que se puede probar es que el lımite f verifica∫ 2π0 |f(x)|2dx < ∞, es

decir f ∈ L2[0, 2π].

6) En general, si E es un espacio de medida y µ una medida positiva so-bre E, L2(E,µ) es un espacio de Hilbert con el producto interior 〈f, g〉 =∫E f gdµ.

7) El espacio C[a, b] de las funciones continuas en [a, b], con el producto〈f, g〉 =

∫ ba f(x) g(x)dx, es un espacio pre-Hilbert pero no de Hilbert. Sin

embargo la norma ‖f‖ = maxx∈[a,b] |f(x)| no proviene de ningun productointerior porque si tomamos f(x) = 1, g(x) = x−a

b−a , no se verifica la ley delparalelogramo.

3. PROPIEDADES DEL PRODUCTO INTERIOR.

En esta seccion desarrollamos las propiedades basicas del producto interior.Ademas de los resultados en sı mismos, que seran utiles en la evolucionposterior del curso, permitiran dar a conocer las tecnicas mas usuales dedemostracion.

3.1.- Proposicion (desigualdad de Cauchy-Schwarz-Buniakowski). Paracualesquiera x, y ∈ X, |〈x, y〉| ≤ ‖x‖ · ‖y‖ y la igualdad se cumple si y solosi x, y son linealmente dependientes.

Demostracion. Si y = 0, es evidente pues 〈x, 0〉 = 0.

Si y 6= 0,

0 ≤ ‖x− αy‖2 = 〈x− αy, x− αy〉 = 〈x, x〉 − α〈x, y〉 − α[〈y, x〉 − α〈y, y〉].

Eligiendo α = 〈y,x〉〈y,y〉 , queda

0 ≤ 〈x, x〉 − 〈y, x〉〈x, y〉〈y, y〉

= ‖x‖2 − |〈x, y〉|2

‖y‖2.

La igualdad se cumple cuando 0 = ‖x− αy‖2, es decir si x = αy. ♦

Consecuencias de la propiedad anterior son las siguientes.

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3.2.- Proposicion (desigualdad triangular). Para cualesquiera x, y ∈ X,‖x + y‖ ≤ ‖x‖ + ‖y‖ y la igualdad se cumple si y solo si y = 0 o x = cy(c ≥ 0).

Demostracion. Por definicion, es evidente que

‖x + y‖2 = 〈x + y, x + y〉 = ‖x‖2 + 〈x, y〉+ 〈y, x〉+ ‖y‖2

= ‖x‖2 + ‖y‖2 + 2 Re〈x, y〉 ≤ ‖x‖2 + ‖y‖2 + 2|〈x, y〉|≤ ‖x‖2 + ‖y‖2 + 2‖x‖ · ‖y‖ = (‖x‖+ ‖y‖)2.

La igualdad es cierta si y solo si 2 Re〈x, y〉 = 2‖x‖ · ‖y‖. En particular,|〈x, y〉| = ‖x‖ · ‖y‖ lo que implica dependencia lineal x = cy. AdemasIm〈x, y〉 = 0 y Re〈x, y〉 ≥ 0 =⇒ 0 ≤ 〈x, y〉 = 〈cy, y〉 = c‖y‖2 =⇒ c ≥ 0.

♦

3.3.- Proposicion (continuidad del producto interior). Si xn → x, yn → y,entonces 〈xn, yn〉 → 〈x, y〉. Analogamente, si (xn)n∈N e (yn)n∈N son sucesio-nes de Cauchy en X, entonces (〈xn, yn〉)n∈N es de Cauchy en E.

Demostracion. En la diferencia |〈xn, yn〉−〈x, y〉| sumamos y restamos 〈xn, y〉.Ası:

|〈xn, yn〉−〈x, y〉| ≤ |〈xn, yn−y〉|+|〈x−xn, y〉| ≤ ‖xn‖·‖yn−y‖+‖x−xn‖·‖y‖ → 0.

Basta aplicar la hipotesis para deducir que 〈xn, yn〉 → 〈x, y〉. ♦

Sugerido por la nocion de perpendicularidad en espacios euclıdeos se puededefinir el siguiente concepto.

3.4.- Definicion. Dos elementos x, y de (X, 〈·, ·〉) son ortogonales, y es-cribimos x⊥y, cuando 〈x, y〉 = 0. Tambien, dos conjuntos A,B ⊂ X sonortogonales si x⊥y, ∀x ∈ A, y ∈ B. Dado un subconjunto A ⊂ X, el com-plemento ortogonal de A es el conjunto

A⊥ = {x ∈ X : x⊥A}.

3.5.- Proposicion (teorema de Pitagoras). Si x⊥y, ‖x + y‖2 = ‖x‖2 +‖y‖2.

La demostracion es directa.

3.6.- Corolario. Si A es cualquier subconjunto de X, A⊥ es subespaciocerrado de X.

Aplicacion. Veremos a continuacion que todo espacio pre-Hilbert puedeser completado y la complecion sera unica salvo isomorfismos, donde unisomorfismo entre espacios pre-Hilbert es una aplicacion lineal U : X → Y

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biyectiva y tal que 〈Ux1, Ux2〉 = 〈x1, x2〉, ∀x1, x2 ∈ X (en particular U esuna isometrıa pues preserva las distancias).

El siguiente teorema motiva el nombre de espacios pre-Hilbert a los quetienen definido un producto interior y no son completos.

3.7.- Teorema (complecion). Dado un espacio pre-Hilbert (X, 〈·, ·〉), existeun espacio de Hilbert H y un isomorfismo A : X → W donde W es densoen H. Ademas el espacio H es unico salvo isomorfismos.

Demostracion. Por la teorıa de espacios de Banach (capıtulo II, teorema4.6), existe un espacio H de Banach y una isometrıa A : X → W conW denso en H. Por la continuidad de A, A es tambien isomorfismo de Xsobre W , pensados como espacios normados. Por la proposicion 3.3, se puededefinir en H un producto interior 〈x, y〉 = lım〈xn, yn〉 donde (xn)n∈N ∈ x,(yn)n∈N ∈ y (recordemos que x e y son clases de equivalencia de sucesionesde Cauchy en W tales que ‖xn − x′n‖ → 0). La norma asociada a esteproducto es ‖x‖N = 〈x, x〉1/2, ∀x ∈ H. Si (xn)n∈N ∈ x, podemos poner‖x‖N = lımn〈xn, xn〉1/2 = lımn ‖xn‖ = ‖x‖ y coinciden ambas normas,por lo que H es un espacio de Hilbert. Teniendo en cuenta la identidadde polarizacion, vemos que A es isomorfismo de X en W pensados comoespacios pre-Hilbert.

El mismo teorema 4.6 tambien garantiza que H es unico salvo isometrıas.♦

El siguiente resultado tambien es consecuencia de su analogo en espaciosnormados.

3.8.- Teorema. Sea H un espacio de Hilbert e Y un subespacio de H.

a) Y es completo si y solo si Y es cerrado en H.

b) Si Y es de dimension finita, entonces Y es completo.

c) Si H es separable, Y tambien. Mas general, todo subconjunto de un es-pacio pre-Hilbert separable es separable.

Destacaremos sobre los demas el siguiente teorema de proyeccion, que sera elpunto de partida en el problema de la descomposicion espectral de un espa-cio de Hilbert, problema que estudiaremos posteriormente con toda genera-lidad.

3.9.- Teorema (proyeccion). Sea X un espacio de Hilbert y M un subespaciocerrado de X. Dado cualquier elemento x ∈ X, si llamamos d a la distanciade x a M , d = ınf{‖x − y‖ : y ∈ M}, existe un unico elemento y ∈ M talque ‖y − x‖ = d. Ademas (x− y)⊥M.

Demostracion. Como d = ınf{‖x−y‖ : y ∈ M}, existe una sucesion {yn}n∈Nen M tal que ‖yn − x‖ → d. Si aplicamos la regla del paralelogramo a

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yn − x, ym − x, resulta:

‖yn + ym − 2x‖2 + ‖yn − ym‖2 = 2‖yn − x‖2 + 2‖ym − x‖2.

Como ‖yn+ym−2x‖2 = 4‖yn+ym

2 −x‖2 y yn+ym

2 ∈ M, entonces ‖yn+ym

2 −x‖ ≥d.

La igualdad anterior queda ahora ‖yn − ym‖2 ≤ 2‖yn − x‖2 + 2‖ym − x‖2 −4d2.

Tomando el lımite cuando n, m →∞, se obtiene que ‖yn − ym‖ → 0.

Ası se prueba que {yn}n∈N es de Cauchy en M por lo que existe y ∈ M talque yn → y. Entonces d = lımn ‖yn − x‖ = ‖ lımn yn − x‖ = ‖y − x‖.

Dicho elemento es ademas unico, porque si y, y0 ∈ M verifican ‖y − x‖ =‖y0 − x‖ = d, entonces por la ley del paralelogramo:

‖y − y0‖2 = ‖(y − x)− (y0 − x)‖2

= 2‖y − x‖2 + 2‖y0 − x‖2 − ‖(y − x) + (y0 − x)‖2

= 2d2 + 2d2 − 4‖1/2(y + y0)− x‖2 ≤ 4d2 − 4d2 = 0 =⇒ y = y0.

El elemento z = x− y es ortogonal a M porque, en caso contrario, existirıay1 ∈ M , y1 6= 0, tal que 〈z, y1〉 = β 6= 0. Entonces

‖z − αy1‖2 = 〈z, z〉 − α〈z, y1〉 − α[〈y1, z〉 − α〈y1, y1〉]

= 〈z, z〉 − α〈z, y1〉 = ‖z‖2 − |β|2

‖y1‖2< d2

si α = 〈y1,z〉〈y1,y1〉 pues ‖z‖ = d.

Pero esto es imposible porque z − αy1 = x− (y + αy1); de aquı concluimosque ‖z − αy1‖ ≥ d. ♦

El teorema anterior tambien es cierto si M es un subconjunto de X no vacıo,convexo y completo.

El problema de existencia puede no tener solucion 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 comose 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, comolos siguientes.

3.10.- Corolario. Sean X un espacio de Hilbert y M un subespacio cerradode X. Entonces X = M ⊕M⊥.

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Demostracion. ∀x ∈ X, ∃y ∈ M : ‖y−x‖ = d. Ademas si z = x−y, entoncesz ∈ M⊥, con lo que x = y + z.

Si fuera x = y + z = y1 + z1, entonces y − y1 = z1 − z, pero y − y1 ∈ M yz1 − 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 encon-trar en el ejercicio 10 al final del capıtulo.

3.11.- Corolario. Si M es subespacio cerrado de X, entonces M = M⊥⊥.

Demostracion. Es evidente que M ⊂ M⊥⊥.

Recıprocamente, si x ∈ M⊥⊥, existen dos elementos y ∈ M ⊂ M⊥⊥, z ∈ M⊥

tales que x = y + z. Entonces z = x− y ∈ M⊥⊥ ∩M⊥ = {0}. Esto implicaque x = y ∈ M . ♦

Otra consecuencia del teorema de proyeccion, que veremos posteriormente,sera el teorema de representacion de Riesz, el cual permite identificar unespacio de Hilbert con su dual. El nombre dado al teorema viene motivadopor la siguiente definicion.

3.12.- Definicion. Si X = M ⊕ M⊥, la aplicacion P : X → X definidapor Px = y si x = y + z, z ∈ M⊥, se llama proyeccion ortogonal de Xsobre M . Ası definida, P es lineal y acotado, idempotente (P 2 = P ), siendoM = P (X) y M⊥ = N(P ).

Analogamente, se puede definir P ′ : X → M⊥ como la proyeccion ortogo-nal sobre M⊥ con las mismas propiedades que la anterior (recordamos queM⊥⊥ = M). Ademas P ′ = I − P .

Esta definicion generaliza el concepto de proyeccion en espacios vectoriales(donde se sabe que toda aplicacion idempotente E : X → X determina unadescomposicion en suma directa X = M ⊕N donde M = {x ∈ X : Ex = x}y N = {x ∈ X : Ex = 0} y, recıprocamente, dada la descomposicion x =M⊕N , la aplicacion Ex = y, si x = y+z, con y ∈ M, z ∈ N es idempotente)y sera el punto de partida para la representacion espectral de operadoresen espacios de Hilbert (ver algunas propiedades de las proyecciones en losproblemas al final del capıtulo).

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4. CONJUNTOS ORTONORMALES.

En esta seccion vamos a representar todo elemento de un espacio de Hilbertcomo combinacion lineal (que incluso puede ser no numerable) de elementosde un conjunto ortonormal completo, concepto que definiremos posterior-mente. Los coeficientes de dicha combinacion lineal se llamaran coeficientesde Fourier del elemento dado. Deduciremos el lema de Riemann-Lebesgue,que establece las condiciones para que exista una funcion en L2[0, 2π] cuyoscoeficientes de Fourier respecto al conjunto ortonormal {(1/

√2π)eint : n ∈

Z} sean dados, mediante el teorema de Riesz-Fischer.

4.1.- Definicion. Dado un espacio X pre-Hilbert, un conjunto ortogonal Mde X es un subconjunto M ⊂ X, tal que ∀x, y ∈ M, x 6= y, 〈x, y〉 = 0. M esun conjunto ortonormal si ademas de lo anterior, 〈x, x〉 = 1,∀x ∈ M.

El teorema de Pitagoras se puede generalizar a conjuntos ortogonales, ası:si {x1, . . . , xn} es ortogonal, entonces ‖x1 + · · · + xn‖2 = ‖x1‖2 + · · · +‖xn‖2. Ademas, si {e1, . . . , en} es un conjunto ortonormal, ‖

∑ni=1 λiei‖2 =∑n

i=1 |λi|2.

4.2.- Ejemplos. 1) En Rn, la base canonica {ei = (δij)nj=1 : i = 1, . . . , n}

es ortonormal.

2) En `2, la familia {ei = (δij)∞j=1 : i = 1, . . . , n} es ortonormal.

3) En C[0, 2π] sobre R, con 〈x, y〉 =∫ 2π0 x(t)y(t)dt, la sucesion un(t) = cos nt

(n ≥ 0) es ortogonal y la sucesion e0(t) = 1√2π

, en(t) = cos nt√π

(n ≥ 1) esortonormal.

4) La familia{

1√2π

eint}∞

n=−∞es un sistema ortonormal en L2[−π, π].

Es facil probar que todo conjunto ortogonal es linealmente independien-te y, aunque el recıproco no es cierto, el metodo de ortogonalizacion deGram-Schmidt permite construir un conjunto ortonormal a partir de unolinealmente independiente de manera que generen el mismo subespacio. Laimportancia de dicho proceso estriba en que los conjuntos ortonormales per-miten de forma mas facil la determinacion de los coeficientes en cualquiercombinacion lineal que los conjuntos que son simplemente linealmente inde-pendientes.

Un primer resultado relacionado con el cardinal de los conjuntos ortonor-males es el siguiente:

4.3.- Teorema. Si X es un espacio pre-Hilbert separable, todo conjuntoortonormal A es finito o numerable.

107

Demostracion. Si x, y ∈ A, ‖x − y‖2 = ‖x‖2 − 〈x, y〉 − 〈y, x〉 + ‖y‖2 = 2 dedonde ‖x− y‖ =

√2.

Por ser X separable, existe M ⊂ X numerable tal que M = X. Paracualesquiera x, y ∈ A, existen b, b′ ∈ M tales que b ∈ B(x,

√2/2), b′ ∈

B(y,√

2/2) y por lo tanto, b 6= b′.

Si A no fuera numerable, podrıamos encontrar una coleccion no numerablede elementos de M , cada uno de ellos en una bola B(x,

√2/2) con x ∈ A

(y por tanto distintos entre sı), lo cual contradice el hecho de que M esnumerable. ♦

Para establecer los resultados generales de esta seccion, definiremos el si-guiente concepto.

4.4.- Definicion. Dada una familia arbitraria I de ındices y un conjunto{xα}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

∀ε > 0, ∃J0 ⊂ I finito :

∥∥∥∥∥x−∑α∈J

xα

∥∥∥∥∥ < ε, ∀J ⊃ J0 finito.

Esta nocion es similar a la de convergencia incondicional de numeros realespues la convergencia es bastante fuerte para garantizar que ningun reagru-pamiento de los terminos tendra efecto sobre la misma.

De la definicion se deducen las siguientes propiedades:

4.5.- Proposicion. a) Si∑

α∈I xα = x y β ∈ E, entonces∑

α∈I βxα =βx.

b) Si∑

α∈I xα = x y∑

α∈I yα = y, entonces∑

α∈I(xα + yα) = x + y.

c) Si∑

α∈I xα = x, entonces xα = 0 excepto para un conjunto numera-ble.

Demostracion. Los apartados a) y b) son evidentes.

Para probar c), sea εn = 1/n; existe Hn tal que ∀J ⊃ Hn, J finito, se tieneque

∥∥∑α∈J xα − x

∥∥ < εn/2. Consideramos un conjunto J0 finito tal queJ0 ∩Hn = ∅, para todo n; resulta ası que∥∥∥∥ ∑

α∈J0

xα

∥∥∥∥ =∥∥∥∥ ∑

α∈J0∪Hn

xα−∑

α∈Hn

xα

∥∥∥∥ ≤ ∥∥∥∥x− ∑α∈J0∪Hn

xα

∥∥∥∥+∥∥∥∥x−∑α∈Hn

xα

∥∥∥∥ < 1/n.

Si tomamos el conjunto numerable⋃

n∈N Hn y cualquier ındice α no conte-nido en el conjunto, de lo anterior se deduce que ‖xα‖ < 1/n, ∀n, es decirxα = 0, para cualquier α 6∈

⋃n∈N Hn. ♦

108

Con esta notacion probamos ahora la desigualdad de Bessel.

4.6.- Teorema. Sea X un espacio pre-Hilbert, A un conjunto ortonormalde X, y ∈ X arbitrario. Entonces:

a) (Desigualdad de Bessel)

∀x1, . . . , xn ∈ A :n∑

i=1

|〈y, xi〉|2 ≤ ‖y‖2.

Los elementos 〈y, xi〉 se llaman coeficientes de Fourier de y respecto delconjunto ortonormal {xi}n

i=1.

b) El conjunto J = {x ∈ A : 〈y, x〉 6= 0} es numerable.

c) ∀z ∈ X :∑

x∈A |〈y, x〉 〈z, x〉| ≤ ‖y‖ · ‖z‖.

Demostracion. a) Llamamos αi = 〈y, xi〉. De este modo,

0 ≤ 〈y −n∑

i=1

αixi, y −n∑

i=1

αixi〉

= ‖y‖2 −n∑

i=1

αi〈xi, y〉 −n∑

i=1

αi〈y, xi〉+n∑

i=1

n∑j=1

αi αj〈xi, xj〉 = ‖y‖2 −n∑

i=1

|αi|2.

Esto implica que ‖y‖2 ≥∑n

i=1 |〈y, xi〉|2.

De lo anterior se deduce que la igualdad es tambien valida si n es infini-to.

b) Llamamos Jn = {x ∈ A : |〈y, x〉| ≥ 1/n} y elegimos x1, . . . , xm ∈ Jn. Pora),

‖y‖2 ≥m∑

i=1

|〈y, xi〉|2 ≥ m · 1n2

=⇒ m ≤ n2‖y‖2 < ∞,

es decir Jn es finito.

Como J =⋃∞

n=1 Jn es union numerable de conjuntos finitos, es numera-ble.

c) Por las desigualdades de Holder y de Bessel, para cualesquiera x1, . . . , xn ∈A tenemos

n∑i=1

|〈y, xi〉 〈z, xi〉| ≤

(n∑

i=1

|〈y, xi〉|2)1/2

·

(n∑

i=1

|〈z, xi〉|2)1/2

≤ ‖y‖ · ‖z‖.

Como 〈y, xi〉 y 〈z, xi〉 son cero excepto para un conjunto numerable {xi} ⊂A, entonces es absolutamente convergente la serie

∑x∈A |〈y, x〉 〈z, x〉|.♦

109

Tambien se deducen de forma directa los siguientes resultados sobre conver-gencia 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 sucesionortonormal en X. Entonces, dada la sucesion {αn}n∈N ⊂ E,

a)∑n∈N

αnxn converge si y solo si∑n∈N

|αn|2 converge (es decir, (αn)n∈N ∈

`2).

b) Si∑

n∈N αnxn converge a x, entonces αn = 〈x, xn〉, ∀n ∈ N, es decir

x =∑n∈N

〈x, xn〉xn.

c) Para todo x ∈ X, la serie∑

n∈N〈x, xn〉xn converge (en la norma deX).

Demostracion. a) Si llamamos Sn =∑n

k=1 αkxk, entonces ‖Sn − Sm‖2 =∑nk=m+1 |αk|2 (n > m). El resto es evidente (recordemos que X es comple-

to).

b) Sea x =∑

n∈N αnxn. Si Sn =∑n

k=1 αkxk, entonces 〈Sn, xk〉 = αk, ∀k ≤ n.Esto implica que lımn〈Sn, xk〉 = αk, ∀k, de donde 〈x, xk〉 = αk, ∀k.

c) Por la desigualdad de Bessel, la serie∑

n∈N |〈x, xn〉|2 converge. Aplicandoa) se obtiene lo deseado. ♦

Si aplicamos los resultados anteriores al espacio real L2[0, 2π], obtenemos losiguiente.

4.8.- Proposicion. a) (Lema de Riemann-Lebesgue). Si f ∈ L2[0, 2π] yllamamos

a0 = (1/π)∫ 2π

0f(t)dt,

an = (1/π)∫ 2π

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

bn = (1/π)∫ 2π

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

entonces lımn an = 0, lımn bn = 0.

b) (Teorema de Riesz-Fischer). Recıprocamente, dada una sucesion de nume-ros reales {c0, d1, c2, d3, . . . } tal que

c20 +

∑n par

c2n +

∑n impar

d2n < ∞,

110

entonces existe una funcion f ∈ L2[0, 2π] cuyos coeficientes de Fourier sonla sucesion dada.

Demostracion. a) Sabemos que la sucesion {xn}n≥0, donde x0 = 1/√

2π,x2n−1 = (1/

√π) sen nt, x2n = (1/

√π) cos nt, para n ≥ 1, es un conjunto

ortonormal. Si definimos para cada f ∈ L2[0, 2π] los coeficientes de Fou-rier αn = 〈f, xn〉 =

∫ 2π0 f(t)xn(t)dt, n ≥ 0, por la desigualdad de Bessel,∑

n≥0 |αn|2 ≤ ‖f‖2.

A partir de esta desigualdad, y llamando

a0 =1π

∫ 2π

0f(t)dt,

an =1π

∫ 2π

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

bn =1π

∫ 2π

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

a los coeficientes ordinarios de Fourier, obtenemos

(π/2)a20 + π

( ∞∑n=1

(a2n + b2

n)

)≤∫ 2π

0f2(t)dt

lo que implica que lımn an = 0, lımn bn = 0.

b) Al aplicar el teorema 4.7(a) a la sucesion {xn}n≥0 definida antes, obte-nemos

c0√2π

+1√π

(∑n par

cn cos nt +∑

n impar

dn sennt

)converge a alguna funcion f ∈ L2[0, 2π] y f/

√π tiene a la sucesion dada por

coeficientes de Fourier. ♦

El siguiente concepto generaliza el de base ortonormal en un espacio eu-clıdeo.

4.9.- Definicion. Sea X un espacio pre-Hilbert y A un conjunto ortonormal.Entonces A es completo cuando se cumple cualquiera de las condicionessiguientes:

(a) No existe ningun conjunto ortonormal que contenga propiamente a A.

(b) ∀x ∈ X, si x⊥A, entonces x = 0.

Es claro que (a) implica (b) porque si existiera x⊥A, x 6= 0, entonces A ∪{x‖x‖

}serıa ortonormal conteniendo propiamente a A.

Tambien (b) implica (a), porque si existiera B ortonormal tal que A ⊂B, A 6= B, podrıamos tomar x ∈ B \A, y serıa x⊥A y ‖x‖ = 1.

111

Observacion. A los conjuntos ortonormales completos se les llama basesortonormales. Sin embargo, nunca un conjunto ortonormal completo infinitopuede ser base de Hamel en un espacio de Hilbert.

En efecto, si A es un conjunto ortonormal completo infinito de H, cons-truimos la serie

∑k∈N k−2xk con {xk}k∈N ⊂ A. Como la serie

∑k∈N k−4

converge, existe x ∈ H tal que∑

k∈N k−2xk = x. Si A fuera base de H,∃γα, . . . , γν tales que x = γαxα + . . . γνxν . Eligiendo j 6= α, . . . , ν,

〈xj ,∑k≥1

k−2xk〉 = j−2 = 〈xj , γαxα + . . . γνxν〉 = 0

lo que es absurdo.

4.10.- Teorema. En un espacio pre-Hilbert X 6= {0} existe un conjun-to ortonormal completo y todo conjunto ortonormal puede extenderse a unconjunto ortonormal completo.

Demostracion. Basta probar la segunda parte porque se deduce inmediata-mente de ahı la primera.

Sea B un conjunto ortonormal fijo, S = {A : A es conjunto ortonormal,B ⊂ A}. El conjunto S esta parcialmente ordenado con la relacion de inclu-sion. Veamos que toda familia totalmente ordenada de S tiene cota supe-rior:

Sea T = {Aα : α ∈ I} un subconjunto totalmente ordenado de S. ComoAα ⊂

⋃α∈I Aα, entonces

⋃α∈I Aα es cota superior de T . Ademas B ⊂⋃

α∈I Aα.

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, ‖x‖ =‖y‖ = 1 =⇒

⋃α∈I Aα ∈ S.

Se dice entonces que S es un conjunto inductivo. Se puede aplicar el lema deZorn1, por el que debe existir un elemento maximal en S. Este elemento esun conjunto ortonormal completo, pues por definicion de maximal, no puedehaber otro conjunto ortonormal que lo contenga. ♦

4.11.- Teorema. a) Sea X un espacio pre-Hilbert y A un conjunto orto-normal tal que 〈A〉 = X. Entonces A es completo.

b) Si X es de Hilbert y A = {xα}α∈I un conjunto ortonormal completo,entonces 〈A〉 = X.

Demostracion. a) Si A no fuera completo, existirıa x ∈ X ortogonal alconjunto. Ademas x⊥〈A〉 e incluso x⊥〈A〉 lo que es absurdo.

1Lema de Zorn: Todo conjunto ordenado, inductivo y no vacıo tiene un elemento maximal.

112

b) Si 〈A〉 6= X, existe x ∈ X \ 〈A〉. Por el teorema de proyeccion, existey ∈ 〈A〉 tal que (x − y)⊥〈A〉. Por tanto, (x − y)⊥A, pero x 6= y. Resultaentonces que A no es completo. ♦

Otra caracterizacion de los conjuntos ortonormales completos la da la iden-tidad de Parseval.

4.12.- Teorema. a) Sea X un espacio pre-Hilbert y A = {xα}α∈I un con-junto ortonormal. Si ∀x ∈ X, ‖x‖2 =

∑α∈I |〈x, xα〉|2, entonces A es com-

pleto.

b) (Identidad de Parseval) Si X es de Hilbert y A es un conjunto ortonormalcompleto, se verifica que ‖x‖2 =

∑α∈I |〈x, xα〉|2, ∀x ∈ X.

Observacion. Por el teorema 4.6(b) solo hay como maximo un conjuntonumerable de productos 〈x, xα〉 no nulos.

Demostracion. a) Si A no fuera completo, existirıa x ∈ X tal que x⊥A. Porla identidad de Parseval, ‖x‖ = 0, lo que es absurdo.

b) Sea x ∈ X. Como la serie∑

α∈I〈x, xα〉xα converge (teorema 4.7(c)),llamamos y =

∑α∈I〈x, xα〉xα. Entonces (x− y)⊥A :

〈x− y, xβ〉 = 〈x, xβ〉 −∑α∈I

〈x, xα〉〈xα, xβ〉 = 〈x, xβ〉 − 〈x, xβ〉 = 0;

〈x− y, v〉 = 〈x, v〉 −∑α∈I

〈x, xα〉〈xα, v〉 = 0− 0 = 0,

∀v ∈ A, v distinto de los xα de la serie (que son precisamente aquellos paralos que 〈x, v〉 = 0).

Por definicion, como (x− y)⊥A =⇒ x− y = 0 =⇒ x =∑

α∈I〈x, xα〉xα =⇒‖x‖2 =

∑α∈I〈x, xα〉 〈x, xα〉. ♦

Nota. La parte (a) del teorema tambien es cierta si la identidad de Parsevalse supone cierta solo en un conjunto denso en X (ver la prueba en [BN]). Laventaja que ello supone es evidente y en las aplicaciones practicas es facilobtener subconjuntos densos donde se verifique la igualdad. Por ejemplo,para probar que la sucesion {1/

√2π, cos t/

√π, sen t/

√π, . . . } es un conjunto

ortonormal completo en L2[0, 2π] sobre R basta ver que la identidad deParseval es cierta en la clase de polinomios trigonometricos 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 espaciode Hilbert X. Las siguientes afirmaciones son equivalentes:

i) A es completo.

113

ii) x⊥A =⇒ x = 0.

iii) x ∈ X =⇒ x =∑

α∈I〈x, xα〉xα.

iv) 〈A〉 = X.

v) ‖x‖2 =∑

α∈I |〈x, xα〉|2.

vi) ∀x, y ∈ X, 〈x, y〉 =∑

α∈I〈x, xα〉〈xα, y〉.

(Es claro que en algunas equivalencias no es necesario que X sea de Hil-bert.)

Ejemplo. En L2[0, 2π] un conjunto ortonormal completo es A ={

eint√

2π, n ∈ Z

}.

En efecto, sea f ∈ L2[0, 2π], tal que f⊥A, es decir,∫ 2π0 f(t)e−intdt = 0, ∀n ∈

Z. Definimos G(t) =∫ t0 f(x)dx − C, donde G(2π) = −C = G(0). Como∫ t

0 f(x)dx es una funcion absolutamente continua, G′(t) = f(t) en casi to-do punto. Esto implica que

∫ 2π0 G′(t)e−intdt = 0. Integrando por partes,

tenemos

0 = e−intG(t)∣∣2π

0−∫ 2π

0G(t)(−in)e−intdt = G(2π)−G(0)+in

∫ 2π

0G(t)e−intdt.

Si llamamos F (t) =∫ t0 f(x)dx, tenemos que 0 =

∫ 2π0 (F (t)−C)e−intdt, n 6=

0. Elegimos C de modo que∫ 2π0 F (t)dt = 2πC.

Por el teorema de aproximacion de Weierstrass, podemos aproximar uni-formemente G(t) por el polinomio trigonometrico T (t) =

∑mk=−m ake

ikt, demodo que |G(t)− T (t)| < ε, ∀t ∈ [0, 2π]. Resulta ası:∫ 2π

0G(t)T (t)dt =

m∑−m

ak

∫ 2π

0G(t)eiktdt = 0 =⇒

∫ 2π

0|G(t)|2dt

=∫ 2π

0G(t)G(t)dt =

∫ 2π

0G(t)(G(t)− T (t))dt

≤ ε

∫ 2π

0|G(t)| · 1dt ≤ ε

√2π

(∫ 2π

0|G(t)|2dt

)1/2

.

Si suponemos∫ 2π0 |G(t)|2dt 6= 0, resulta

(∫ 2π0 |G(t)|2dt

)1/2≤ ε

√2π.

Como ε es arbitrario,∫ 2π

0|G(t)|2dt = 0 =⇒ G(t) = 0 =⇒

∫ t

0f(x)dx = C =⇒ f(t) = 0

en casi todo punto.

114

Justificamos a continuacion el nombre de dimension de Hilbert dado al car-dinal de un conjunto ortonormal completo.

4.14.- Teorema (cardinal de los conjuntos ortonormales completos). En unespacio pre-Hilbert X, cualesquiera dos conjuntos ortonormales completosA = {xα : α ∈ I}, B = {yβ : β ∈ J} tienen el mismo cardinal (llamadodimension de Hilbert o dimension ortogonal de X).

Demostracion. Es trivial si A y B son finitos, porque serıan bases del mismoespacio vectorial X.

En el caso general, si xα ∈ A, definimos Bxα = {yβ ∈ B : 〈xα, yβ〉 6= 0} quees numerable (teorema 4.6(b)). Veamos ahora que para todo yβ ∈ B existexα ∈ A tal que yβ ∈ Bxα :

Si no fuera ası, 〈xα, yβ〉 = 0, ∀xα ∈ A =⇒ yβ⊥A. Pero, al ser A completo,yβ = 0, lo que es absurdo pues ‖yβ‖ = 1. Entonces

B =⋃α∈I

Bxα =⇒ cardB ≤ cardA · cardBxα = cardA

ya que Bxα es numerable.

Analogamente se procede para demostrar que card A ≤ cardB. ♦

Para concluir probaremos las siguientes equivalencias, que generalizan lo queocurre con los espacios euclıdeos, pues se proporcionan muestras concretasde espacios mediante los cuales todos los demas solo se diferencian en ladimension.

4.15.- Teorema. Si X es un espacio pre-Hilbert de dimension n, entoncesX es congruente con Cn, es decir existe un isomorfismo isometrico entre Xy Cn.

Demostracion. Sea {x1, . . . , xn} una base ortonormal de X.

∀x ∈ X, ∃α1, . . . , αn ∈ E : x =∑n

i=1 αixi. Definimos A : X → Cn comoAx = (α1, . . . , αn). Es evidente que A es isomorfismo isometrico. ♦

4.16.- Teorema. Si X es un espacio de Hilbert separable, complejo y dedimension infinita, entonces X es congruente con `2.

Demostracion. Por ser X separable, contiene un conjunto ortonormal com-pleto numerable, digamos {xn}n∈N. Para cada x ∈ X y n ∈ N definimosαn = 〈x, xn〉. Por la identidad de Parseval,

‖x‖2 =∑n∈N

|〈x, xn〉|2 =∑n∈N

|αn|2 < ∞.

Esto implica que {αn}n∈N ∈ `2. Ası pues, el operador A : X → `2 dadopor

Ax = (αn)n∈N, ∀x ∈ X

115

esta bien definido y es lineal. Veamos que A es un isomorfismo isometri-co.

(∗) A es inyectiva: Ax = 0 =⇒ 〈x, xn〉 = 0, ∀n =⇒ x = 0 porque {xn}n∈Nes completo.

(∗) A es sobre: Si (βn)n∈N ∈ `2,∑

n∈N |βn|2 < ∞ lo que implica que∑n∈N βnxn converge a algun x ∈ X de donde βn = 〈x, xn〉, es decir (βn)n∈N =

Ax.

(∗) A es isometrıa, pues ‖Ax‖2 =∑

n∈N |αn|2 = ‖x‖2. ♦

5. ORTOGONALIZACION DE POLINOMIOS.

En esta seccion se aplican los resultados anteriores para obtener familiasde polinomios ortonormales en algunos casos practicos de especial impor-tancia. Empezaremos recordando el teorema de ortogonalizacion de Gram-Schmidt.

5.1.- Teorema (ortogonalizacion de Gram-Schmidt). Si {y1, . . . , yn, . . . } esun conjunto linealmente independiente en un espacio pre-Hilbert X, enton-ces existe un conjunto ortonormal {x1, . . . , xn, . . . } tal que 〈{x1, . . . , xk}〉 =〈{y1, . . . , yk}〉, ∀k ∈ N.

Demostracion. Aplicaremos el metodo de induccion sobre n.

Para n = 1, hacemos x1 = y1/‖y1‖. Esto hace que ‖x1‖ = 1 y 〈{x1}〉 =〈{y1}〉.

Si fuera cierto para n− 1, veamoslo para n:

Llamamos w = yn −∑n−1

i=1 〈yn, xi〉xi. Entonces

〈w, xk〉 = 〈yn, xk〉−n−1∑i=1

〈yn, xi〉〈xi, xk〉 = 〈yn, xk〉−〈yn, xk〉 = 0, k = 1, . . . , n−1.

Si fuera w = 0, tendrıamos yn =n−1∑i=1

〈yn, xi〉xi, con lo que yn ∈ 〈{x1, . . . , xn−1}〉 =

〈{y1, . . . , yn−1}〉, lo que contradice la hipotesis.

Si llamamos xn = w/‖w‖, es trivial que {x1, . . . , xn} es un conjunto orto-normal y que 〈{x1, . . . , xn}〉 = 〈{y1, . . . , yn}〉. ♦

116

Veamos como aplicacion de lo anterior como generar los polinomios ortonor-males de mayor importancia practica.

A. Polinomios de Legendre. El espacio C[−1, 1] con el producto escalar〈x, y〉 =

∫ 1−1 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 metodode ortogonalizacion de Gram-Schmidt a la familia linealmente independientede polinomios {xn(t) = tn, n = 0, 1, . . . }.

5.2.- Teorema. Si llamamos Pn(t) = 12n·n! ·

dn

dtn (t2−1)n, entonces la familia

en(t) =√

2n+12 Pn(t), n = 0, 1, . . . , es un conjunto ortonormal completo en

L2[−1, 1].

Demostracion. Veamos en primer lugar que 〈Pm, Pn〉 = 0 si 0 ≤ m < n.Como Pm es un polinomio, basta probar que 〈xm, Pn〉 = 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 ent = ±1:

2nn!〈xm, Pn〉 =∫ 1

−1tmDn(un)(t)dt

= −m

∫ 1

−1tm−1Dn−1(un)(t)dt = . . .

= (−1)mm!∫ 1

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

A continuacion probaremos que ‖en‖ = 1, ∀n, para lo cual integramos nue-vamente por partes y tenemos en cuenta que D2n(un)(t) = (2n)!:

(2nn!)2‖Pn‖2 =∫ 1

−1Dn(un)(t)Dn(un)(t)dt

= −∫ 1

−1Dn−1(un)(t)Dn+1(un)(t)dt = . . .

= (−1)n(2n)!∫ 1

−1un(t)dt = 2(2n)!

∫ 1

0(1− t2)ndt

= 2(2n)!∫ π/2

0cos2n+1 sds =

22n+1(n!)2

2n + 1. ♦

Observacion. Los polinomios de Legendre {Pn}n≥0 son solucion de la lla-mada ecuacion de Legendre:

(1− t2)P ′′n − 2tP ′

n + n(n + 1)Pn = 0.

117

B. Polinomios de Hermite. En el espacio L2(R), las funciones {xne−x2/2}forman un conjunto linealmente independiente para n ≥ 0. Aplicando elproceso de Gram-Schmidt, obtenemos las funciones de Hermite

Φn(x) =1

(n! · 2n ·√

π)1/2· e−x2/2 ·Hn(x)

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

Hn(x) = (−1)n · ex2 · dn

dxne−x2

.

Se puede probar que las funciones de Hermite forman una base ortonormal deL2(R) y que los polinomios de Hermite verifican la ecuacion diferencial

H ′′n − 2xH ′

n + 2nHn = 0.

C. Polinomios de Laguerre. En X = L2[0,∞), la sucesion {e−x/2xn}n≥0

es linealmente independiente. La familia ortonormal que se obtiene es Ψn(x) =e−x/2Ln(x), donde

Ln(x) =1n!· ex · dn

dxn(e−xxn), es decir Ln(x) =

n∑j=0

(−1)j

j!

(n

j

)xj ,

son los polinomios de Laguerre.

Estos polinomios verifican la ecuacion xL′′n + (1− x)L′

n + nLn = 0.

6. REPRESENTACION DE FUNCIONALES EN ESPACIOS DEHILBERT.

En los espacios de Hilbert, la forma general que tienen los funcionales linealesy acotados es sorprendentemente simple y de gran importancia practica. Esmuy sencillo comprobar que todo espacio euclıdeo puede identificarse con sudual.

6.1.- Teorema (Riesz para dimension finita). Si X es un espacio pre-Hilbertde dimension finita y f : X → E un funcional lineal, entonces existe ununico y ∈ X tal que f(x) = 〈x, y〉, ∀x ∈ X.

Demostracion. Sea {x1, . . . , xn} una base ortonormal de X. Si y =n∑

i=1f(xi)xi,

definimos la aplicacion fy : X → E como fy(x) = 〈x, y〉. En particular,

118

fy(xj) = f(xj), ∀j = 1, . . . , n. De aquı se deduce que fy(x) = f(x), ∀x ∈X.

Si existiera otro z ∈ X tal que 〈x, y〉 = 〈x, z〉, ∀x ∈ X, entonces 〈x, y− z〉 =0, ∀x =⇒ y = z. ♦

Probaremos a continuacion el teorema de representacion de Riesz que pruebaque este hecho es tambien cierto en espacios de Hilbert arbitrarios.

6.2.- Teorema (Riesz para cualquier dimension). Un funcional f : X → Ede un espacio de Hilbert es lineal y acotado si y solo si existe un unico y ∈ Xtal que f(x) = 〈x, y〉, ∀x ∈ X. Ademas ‖f‖ = ‖y‖.

Demostracion. La unicidad de y es clara como hicimos en el teorema ante-rior.

a) Dado y ∈ X, consideramos el funcional f(x) = 〈x, y〉. Claramente, f eslineal. Ademas |f(x)| = |〈x, y〉| ≤ ‖x‖ · ‖y‖ por la desigualdad de Cauchy-Schwarz. Por tanto, f esta acotado y ‖f‖ ≤ ‖y‖. Pero si hacemos x = y,|f(y)| = ‖y‖ · ‖y‖ =⇒ ‖f‖ ≥ ‖y‖ y en definitiva, ‖f‖ = ‖y‖.

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) = 〈x, 0〉, es decir, existe y = 0 tal que f(x) = 〈x, 0〉.

Si M 6= X, existe w 6= 0 tal que w ∈ M⊥. Vamos a probar que existe α ∈ Etal que y = αw satisface las condiciones del teorema.

Si x ∈ M, f(x) = 0 y 〈x, αw〉 = α〈x,w〉 = 0, y cualquier α sirve.

Si x = βw con β 6= 0, f(x) = βf(w) y 〈x, αw〉 = β α〈w,w〉 con lo quef(x) = 〈x, αw〉 cuando α = f(w)/‖w‖2.

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) = 〈x−βw, αw〉+〈βw, αw〉 = 〈x, αw〉 = 〈x, y〉. ♦

De este teorema tambien se deduce el analogo a la proposicion 7.3 del capıtu-lo II. Concretamente, en un espacio de Hilbert un funcional lineal es con-tinuo si y solo si su nucleo es un subespacio cerrado. Este hecho mues-tra que la existencia de funcionales lineales no continuos va ıntimamen-te ligada con la existencia de subespacios lineales no cerrados. Ası pues,el nucleo de un funcional lineal no continuo es un subespacio denso enX. 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 ∈ 〈e〉 yf(y − f(y)e) = 0 =⇒ y − f(y)e ∈ M , y la suma es ortogonal. Esto indicaque X = 〈e〉⊕M , de donde M es cerrado, con lo que f es continuo, en con-tradiccion con la hipotesis. En definitiva, dim M⊥ = 0 =⇒ M = X.

119

El teorema 6.2 permite tambien obtener una representacion general de for-mas sesquilineales en espacios de Hilbert.

6.3.- Definicion. Dados dos espacios vectoriales X, Y , una forma sesquili-neal sobre X × Y es una aplicacion h : X × Y → E tal que h es lineal en laprimera variable y antilineal en la segunda.

Si X e Y son normados, h es acotada si existe c ≥ 0 tal que |h(x, y)| ≤c · ‖x‖ · ‖y‖ y se define ‖h‖ = supx,y 6=0

|h(x,y)|‖x‖·‖y‖ como la norma de h.

Ejemplo. Si S ∈ L(X, Y ) entonces h(x, y) = 〈Sx, y〉 es una forma sesquili-neal acotada. El recıproco corresponde al siguiente resultado.

6.4.- Teorema (representacion de Riesz para formas sesquilineales). SeanH1,H2 espacios de Hilbert y h : H1 × H2 → E una forma sesquilinealacotada. Entonces existe un unico operador lineal S : H1 → H2 acotado talque h(x, y) = 〈Sx, y〉 y ‖S‖ = ‖h‖.

Demostracion. Fijado x ∈ H1, el operador h(x, ·) : H2 → E es un funcionallineal y acotado. Entonces existe un unico z ∈ H2 tal que h(x, y) = 〈y, z〉.Por tanto, h(x, y) = 〈z, y〉. Como z depende de x y es unico, queda defi-nido un operador S : H1 → H2 dado por Sx = z. Ası definido, se pruebaque

→ S es lineal:

〈S(αx1 + βx2), y〉 = h(αx1 + βx2, y)= αh(x1, y) + βh(x2, y) = α〈Sx1, y〉+ β〈Sx2, y〉= 〈αSx1 + βSx2, y〉, ∀y =⇒ S(αx1 + βx2) = αSx1 + βSx2.

→ S es acotado:

‖h‖ = supx,y 6=0

|〈Sx, y〉|‖x‖ · ‖y‖

≥ supx 6=0,Sx 6=0

|〈Sx, Sx〉|‖x‖ · ‖Sx‖

= supx 6=0

‖Sx‖‖x‖

= ‖S‖.

→ ‖S‖ = ‖h‖ : Por la desigualdad de Cauchy-Schwarz,

‖h‖ = sup|〈Sx, y〉|‖x‖ · ‖y‖

≤ sup‖Sx‖ · ‖y‖‖x‖ · ‖y‖

= ‖S‖.

→ S es unico: Si ∃T : H1 → H2 tal que h(x, y) = 〈Sx, y〉 = 〈Tx, y〉, entoncesSx = Tx de donde S = T. ♦

El concepto de forma sesquilineal es una generalizacion del producto interior.Demostraremos a continuacion diversos resultados que extienden a los yaobtenidos para el producto interior, donde el papel de norma correspondeahora al de la forma cuadratica asociada a una forma sesquilineal.

6.5.- Definicion. Una forma sesquilineal f : X → X se dice simetricacuando 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) =〈x, y〉 es una forma sesquilineal simetrica 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} sellama forma cuadratica asociada. Ası, si llamamos f(x) = f(x, x), se puederecuperar la forma sesquilineal por la identidad de polarizacion

f(x, y) =14f(x + y)− 1

4f(x− y) +

i

4f(x + iy)− i

4f(x− iy).

En consecuencia, si f1 y f2 son formas sesquilineales y f1 = f2, entoncesf1 = f2.

6.6.- Proposicion. Dada una forma sesquilineal f : X × X → E, f essimetrica si y solo si f es real.

Demostracion. a) Si suponemos que f(y, x) = f(x, y), entonces

f(x) = f(x, x) = f(x, x) = f(x), ∀x ∈ X

lo que implica que f es real.

b) Recıprocamente, si f es real, de la identidad de polarizacion y las igual-dades f(z) = f(−z), f(iz) = f(z), ∀z ∈ X, se deduce que

f(x, y) =14

f(x + y)− 14

f(x− y)− i

4f(x + iy) +

i

4f(x− iy)

=14f(y + x)− 1

4f(y − x)− i

4f(y − ix) +

i

4f(y + ix) = f(y, x). ♦

6.7.- Corolario. Si A : X → X es un operador lineal acotado, entonces sonequivalentes:

i) La forma sesquilineal f : X × X → E definida por f(x, y) = 〈Ax, y〉 essimetrica.

ii) 〈Ax, x〉 es real para todo x ∈ X.

Para la prueba, basta observar que 〈Ax, x〉 es la forma cuadratica asociadaa f .

6.8.- Proposicion. Dada una forma sesquilineal f : X × X → E, f esacotada si y solo si f es acotada. Ademas ‖f‖ ≤ ‖f‖ ≤ 2‖f‖.

Demostracion. Utilizaremos las igualdades

‖f‖ = sup‖x‖,‖y‖=1

|f(x, y)|, ‖f‖ = sup‖x‖=1

|f(x)|,

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

121

Si suponemos f acotada, entonces

|f(x)| = |f(x, x)| ≤ ‖f‖ · ‖x‖2 =⇒ ‖f‖ ≤ ‖f‖.

Recıprocamente, si suponemos f acotada, aplicando la desigualdad triangu-lar en la identidad de polarizacion, obtenemos

|f(x, y)| ≤ 14‖f‖ · (‖x + y‖2 + ‖x− y‖2 + ‖x + iy‖2 + ‖x− iy‖2).

Aplicando en el segundo miembro la identidad del paralelogramo, resul-ta:

|f(x, y)| ≤ 14‖f‖ · [2(‖x‖2 + ‖y‖2) + 2(‖x‖2 + ‖y‖2)] = ‖f‖ · (‖x‖2 + ‖y‖2).

Tomando el supremo para valores x, y, con ‖x‖ = ‖y‖ = 1, llegamos endefinitiva a que ‖f‖ ≤ 2‖f‖. ♦

6.9.- Proposicion. Si f es una forma sesquilineal simetrica acotada, en-tonces ‖f‖ = ‖f‖.

Demostracion. Por ser f real, de la identidad de polarizacion obtenemos enparticular

Re f(x, y) =14f(x+y)− 1

4f(x−y) =⇒ |Re f(x, y)| ≤ 1

4‖f‖·(2‖x‖2+2‖y‖2).

Si suponemos ‖x‖ = ‖y‖ = 1, resulta |Re f(x, y)| ≤ ‖f‖.

Escribiendo en forma polar f(x, y) = r · eiϑ, para α = e−iϑ, tenemosαf(x, y) = r = |f(x, y)|, de donde

|f(x, y)| = |Re αf(x, y)| = |Re f(αx, y)| ≤ ‖f‖,

para cualesquiera x, y ∈ X tales que ‖x‖ = ‖y‖ = 1. En consecuencia,‖f‖ = sup‖x‖=‖y‖=1 |f(x, y)| ≤ ‖f‖ lo que, junto al resultado del teoremaanterior, conduce a la tesis. ♦

6.10.- Proposicion (Desigualdad de Cauchy-Schwarz generalizada). Si f esun forma sesquilineal no negativa, entonces |f(x, y)|2 ≤ f(x) · f(y), ∀x, y ∈X.

La prueba es similar a la realizada en la proposicion 3.1, y se deja comoejercicio.

122

7. OPERADOR ADJUNTO. OPERADORES AUTOADJUNTOSY UNITARIOS.

El teorema de representacion de Riesz permite de forma natural asociar atodo operador T ∈ L(H1,H2) el llamado operador adjunto T ∗ ∈ L(H2,H1)definido por la condicion 〈Tx, y〉 = 〈x, T ∗y〉, ∀x ∈ H1, y ∈ H2, y cuyaspropiedades estudiaremos en esta seccion. Nos limitaremos en esta secciona estudiar el caso de operadores T : H → H y dejamos al lector la posibili-dad de desarrollar el caso general. Queremos indicar tambien que en el casode espacios normados se puede definir un concepto analogo pero algunasdemostraciones precisan aplicar el teorema de Hahn-Banach que estudiare-mos en el proximo capıtulo (en los ejercicios del capıtulo IV se dan dichasnociones).

Aseguramos en primer lugar la existencia del operador adjunto y mostramosalgunas propiedades basicas de los mismos.

7.1.- Teorema. Sean H un espacio de Hilbert y T ∈ L(H). Entonces existeun unico operador T ∗ ∈ L(H) tal que 〈Tx, y〉 = 〈x, T ∗y〉. Ademas ‖T‖ =‖T ∗‖.

Demostracion. Para cada y ∈ H definimos el funcional fy(x) = 〈Tx, y〉.Debido a que

|〈Tx, y〉| ≤ ‖Tx‖ · ‖y‖ ≤ ‖T‖ · ‖x‖ · ‖y‖,

se deduce que fy es un funcional lineal acotado. Por el teorema de repre-sentacion de Riesz, existe un unico z ∈ H tal que fy(x) = 〈x, z〉. Definimospues el operador T ∗y = z.

Dicho operador es lineal pues, ∀y1, y2 ∈ H, α ∈ E, x ∈ H:

〈x, T ∗(αy1 + y2)〉 = 〈Tx, αy1 + y2〉 = α〈Tx, y1〉+ 〈Tx, y2〉= α〈x, T ∗y1〉+ 〈x, T ∗y2〉 = 〈x, αT ∗y1 + T ∗y2〉.

Ademas T ∗ esta acotado pues, ∀x, y ∈ H,

|〈x, T ∗y〉| = |〈Tx, y〉| ≤ ‖T‖ · ‖x‖ · ‖y‖.

En particular, para x = T ∗y tenemos que ‖T ∗y‖2 ≤ ‖T‖ · ‖T ∗y‖ · ‖y‖, dedonde ‖T ∗y‖ ≤ ‖T‖ · ‖y‖ y ‖T ∗‖ ≤ ‖T‖.

Por otra parte, como T ∗∗ = T , resulta que ‖T‖ = ‖T ∗∗‖ ≤ ‖T ∗‖. ♦

7.2.- Proposicion. 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) ‖T ∗T‖ = ‖T‖2.

Demostracion. Queda como ejercicio, pues se trata de simples comprobacio-nes.

7.3.- Proposicion. Si llamamos N(T ) al nucleo del operador T y R(T ) alrango, entonces

a) N(T ∗) = R(T )⊥.

b) N(T ) = R(T ∗)⊥.

Demostracion. Para cualesquiera x ∈ N(T ∗), y ∈ H, 〈x, Ty〉 = 〈T ∗x, y〉 = 0,de donde x ∈ R(T )⊥.

Recıprocamente, si x ∈ R(T )⊥, entonces 〈T ∗x, y〉 = 〈x, Ty〉 = 0, para todoy ∈ H, de donde T ∗x = 0.

Para la parte b) basta aplicar a) al operador T ∗. ♦

7.4.- Definicion. El operador T ∗ ası construido se llama adjunto de T . Unoperador T es autoadjunto cuando T = T ∗.

Observaciones. 1) El concepto de operador adjunto generaliza el de ma-triz adjunta pues en los espacios euclıdeos la matriz asociada al operadoradjunto es la traspuesta de la conjugada de la matriz asociada al opera-dor de partida. Un ejemplo clasico en dimension infinita lo constituyen losoperadores integrales. Ası, si A : L2[0, 1] → L2[0, 1] es el operador definidopor Ax(t) =

∫ 10 K(t, s)x(s)ds, donde K es una funcion continua, entonces

A∗x(t) =∫ 10 K(s, t)x(s)ds.

2) Los operadores autoadjuntos juegan en L(H) el papel que los numerosreales juegan en C. Por tanto, todo operador T ∈ L(H) se podra escribiren la forma T = A + iB, con A,B autoadjuntos. Esta clase de operadores,cuya estructura esta ya perfectamente delimitada, aparece en multitud deaplicaciones.

Recordamos que en espacios metricos una aplicacion que conserva las dis-tancias se llama isometrıa. Cuando se trata de espacios normados esta pro-piedad se traduce en que una isometrıa A : X → Y es un operador queconserva las normas, es decir ‖Ax‖ = ‖x‖, ∀x ∈ X. Si X e Y son ademasespacios pre-Hilbert, es sencillo comprobar (aplicando la identidad de po-larizacion) que un operador A ∈ L(X, Y ) es una isometrıa si y solo si

124

〈Ax,Ay〉 = 〈x, y〉, ∀x, y ∈ X. En lo sucesivo aplicaremos esta caracteri-zacion como definicion de isometrıas en espacios pre-Hilbert.

7.5.- Definicion. Toda isometrıa sobreyectiva recibira el nombre de opera-dor unitario. Estos operadores se corresponden con las rotaciones y simetrıasrespecto del origen en los espacios euclıdeos y, al igual que allı, estos opera-dores son los mas simples en cuanto no cambia la longitud ni el angulo entrevectores.

Veamos a continuacion algunas caracterizaciones de estos operadores.

7.6.- Proposicion. Sea T ∈ L(H).

a) T es isometrıa si y solo si T ∗T = I.

b) T es unitario si y solo si T ∗T = TT ∗ = I.

Demostracion. El apartado a) se deduce de las siguientes equivalencias:

T isometrıa ⇐⇒ 〈Tx, Ty〉 = 〈x, y〉, ∀x, y ∈ H

⇐⇒ 〈x, T ∗Ty〉 = 〈x, y〉, ∀x, y ∈ H ⇐⇒ T ∗T = I.

b) Por el apartado anterior, si T es unitario, T ∗T = I. Ademas, por ser Tsobre, ∀x, y ∈ H,

〈TT ∗x, y〉 = 〈TT ∗x, Tz〉 = 〈T ∗x, z〉 = 〈x, Tz〉 = 〈x, y〉 =⇒ TT ∗ = I.

Recıprocamente, si T ∗T = TT ∗ = I, entonces, por una parte, T es isometrıa;por otra parte, para cualquier y ∈ H, si llamamos x = T ∗y; entonces Tx =TT ∗y = y, es decir T es sobre. ♦

Otra clase de operadores relacionada con las anteriores es la de los operadoresnormales, los que por definicion verifican la igualdad TT ∗ = T ∗T . Esta clasede operadores tiene gran interes en el desarrollo de la teorıa espectral yestudiaremos sus propiedades en el capıtulo VI.

125

EJERCICIOS.

1. Si X es un espacio vectorial de dimension finita y {e1, . . . , en}una base de X, probar que cualquier producto interior sobre Xesta completamente determinado por los valores γij = 〈ei, ej〉,(i, j = 1, . . . , n). ¿Es posible elegir arbitrariamente dichos es-calares?

Resp.: Sean x, y ∈ X arbitrarios, x =∑n

i=1 αiei, y =∑n

j=1 βjej .Entonces

〈x, y〉 =n∑

i=1

n∑j=1

αi βj〈ei, ej〉 =n∑

i=1

n∑j=1

αi βjγij .

Sin embargo, la eleccion de la matriz (γij)i,j=1,...,n no puede ser arbitra-ria, pues para dar lugar a un producto interior debe cumplir γij = γji,∀i, j y ademas γii > 0, ∀i.

����

2. Sea X un espacio pre-Hilbert real. Probar que si ‖x+y‖2 = ‖x‖2+‖y‖2, entonces x⊥y. Probar que lo anterior no es cierto si X escomplejo.

Resp.: De los axiomas del producto escalar obtenemos:

‖x + y‖2 = 〈x + y, x + y〉 = ‖x‖2 + 〈x, y〉+ 〈y, x〉+ ‖y‖2.

Aplicando la hipotesis se deduce que 2Re〈x, y〉 = 0 =⇒ 〈x, y〉 = 0 =⇒x⊥y.

Si X es complejo, basta elegir x, y ∈ X tales que 〈x, y〉 = ib, con b 6= 0.

Ası, ‖x + y‖2 = ‖x‖2 + ‖y‖2 pero x no es ortogonal a y.

����

3. Probar que en un espacio pre-Hilbert, para cualquier escalar α,x⊥y ⇐⇒ ‖x + αy‖ = ‖x− αy‖.

Resp.: Las siguientes igualdades son validas en general:

‖x + αy‖2 = 〈x, x〉+ α〈y, x〉+ α〈x, y〉+ α α〈y, y〉,‖x− αy‖2 = 〈x, x〉 − α〈y, x〉 − α〈x, y〉+ α α〈y, y〉.

126

Ası pues, si x⊥y, entonces ‖x + αy‖2 = ‖x‖2 + α α‖y‖2 = ‖x− αy‖2.

Recıprocamente, si ‖x+αy‖ = ‖x−αy‖, entonces 2α〈y, x〉 = −2 α〈x, y〉.Si hacemos α = 1, resulta:

〈y, x〉+ 〈y, x〉 = 0 =⇒ Re〈y, x〉 = 0.

Haciendo ahora α = i:

i〈y, x〉 − i 〈y, x〉 = 0 =⇒ Im〈y, x〉 = 0.

En definitiva, tenemos que 〈y, x〉 = 0 =⇒ x⊥y.

����

4. Sea X un espacio pre-Hilbert. Probar que

‖λx + (1− λ)y‖ = ‖x‖, ∀λ ∈ [0, 1] =⇒ x = y.

¿Es cierto lo anterior si X es un espacio normado?

Resp.: Por hipotesis, si λ = 0, ‖y‖ = ‖x‖ y, si λ = 1/2, (1/2)‖x+y‖ =‖x‖.

Por la identidad del paralelogramo, ‖x+y‖2+‖x−y‖2 = 2‖x‖2+2‖y‖2,lo que implica, teniendo en cuenta lo anterior, que 4‖x‖2 + ‖x− y‖2 =4‖x‖2. Entonces ‖x− y‖ = 0, es decir x = y.

Si X es simplemente normado, puede no verificarse la identidad delparalelogramo. Por ejemplo, en `∞, los vectores x = (1, 0, . . . ), y =(1, 1, 0, . . . ), verifican ‖x‖∞ = ‖y‖∞ = 1, ‖λx + (1− λ)y‖∞ = 1, perox 6= y.

����

5. Se dice que un espacio de Banach es uniformemente convexosi, dadas dos sucesiones arbitrarias (xn)n∈N, (yn)n∈N, tales que‖xn‖ = ‖yn‖ = 1 y ‖(1/2)(xn + yn)‖ → 1, entonces xn − yn → 0.

a) Probar que todo espacio de Hilbert es uniformemente convexo.

b) Sabiendo que, ∀f, g ∈ Lp[a, b],

‖f + g‖q + ‖f − g‖q ≤ 2(‖f‖p + ‖g‖p)q−1, si 1 < p ≤ 2,

‖f + g‖p + ‖f − g‖p ≤ 2p−1(‖f‖p + ‖g‖p), si 2 ≤ p < ∞,

127

donde (1/p)+ (1/q) = 1, probar que Lp[a, b] (1 < p < ∞) es unifor-memente convexo.

c) Dar un ejemplo de un espacio de Banach de dimension 2 queno sea uniformemente convexo.

Resp.: a) Sea H un espacio de Hilbert; consideramos dos sucesiones(xn)n∈N, (yn)n∈N, tales que ‖xn‖ = ‖yn‖ = 1 y ‖(1/2)(xn + yn)‖ → 1.De la identidad del paralelogramo

‖xn + yn‖2 + ‖xn − yn‖2 = 2‖xn‖2 + 2‖yn‖2,

resulta que ‖xn−yn‖2 = 4−‖xn +yn‖2. Tomando lımites, se concluyeque ‖xn − yn‖2 → 0, o bien xn − yn → 0.

b) Sean (fn)n∈N, (gn)n∈N sucesiones en Lp[a, b] tales que ‖fn‖ = ‖gn‖ =1 y ‖(1/2)(fn + gn)‖ → 1.

Si 1 < p ≤ 2, ‖fn + gn‖q + ‖fn − gn‖q ≤ 2 · 2q−1 = 2q, de donde,tomando lımites, ‖fn − gn‖q → 0, o bien fn − gn → 0.

Si 2 ≤ p < ∞, de la desigualdad analoga se deduce tambien quefn − gn → 0.

c) Consideramos el espacio (R2, ‖·‖1) y las sucesiones (xn)n∈N, (yn)n∈N,dadas por xn = (0, 1), yn = (1, 0), ∀n. Es evidente que ‖xn‖ = ‖yn‖ =1 y ‖xn + yn‖ = ‖xn − yn‖ = 2, lo que prueba que el espacio no esuniformemente convexo.

����

6. Probar que el espacio X = C[0, 1] con el producto escalar 〈x, y〉 =∫ 10 x(t) y(t)dt es pre-Hilbert pero no es completo.

Resp.: Los axiomas de producto escalar son de facil comprobacion.

Para ver que no es completo, consideramos la sucesion (xn)n∈N dada

por xn(t) = ınf{n, t−1/3}, es decir xn(t) =

{n si t ≤ 1/n3

t−1/3 si t ≥ 1/n3.

La sucesion es de Cauchy pues

‖xn − xn+p‖2 =∫ 1

0|xn(t)− xn+p(t)|2dt ≤

∫ 1/n3

0t−1/3dt

que tiende a cero cuando n →∞.

128

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

‖x−xn‖2 ≥∫ 1

1/n3

|x(t)−t−1/3|2dt =⇒ lım inf ‖x−xn‖2 ≥∫ 1

0|x(t)−t−1/3|2dt.

Como t−1/3 no esta acotada en [0, 1], existe un intervalo compacto enel cual |x(t) − t−1/3| > 0, luego la integral es positiva y la sucesion(xn)n∈N no tiene lımite.

����

7. Probar que en todo espacio de Hilbert complejo se verifica:

a) 〈x, y〉 = 1N

∑Nk=1 ‖x + e2πik/Ny‖2e2πik/N , para N ≥ 3.

b) 〈x, y〉 = 12π

∫ 2π0 ‖x + eiθy‖2eiθdθ.

Resp.: a) Por la linealidad del producto escalar:

‖x + eiθy‖2eiθ = ‖x‖2eiθ + 〈x, y〉+ 〈y, x〉e2iθ + ‖y‖2eiθ. (∗)

Por otra parte, si N ≥ 3:

N∑k=1

e2πk/N =e2πi(N+1)/N − e2πi/N

e2πi/N − 1=

e2πi/N (e2πi − 1)e2πi/N − 1

= 0,

y, analogamente,N∑

k=1

e4πk/N = 0.

Aplicando estas igualdades, es evidente el resultado propuesto.

b) Teniendo en cuenta nuevamente (∗) y que∫ 2π0 eiθdθ =

∫ 2π0 e2iθdθ =

0, se obtiene el resultado.

����

8. Sea H un espacio de Hilbert y M un subconjunto de H cerrado,convexo y no vacıo. Probar que M tiene un unico elemento denorma mınima (es decir de distancia mınima al origen).

Resp.: Sea δ = ınfx∈M ‖x‖ y consideramos la sucesion (xn)n∈N ⊂ Mtal que ‖xn‖ → δ.

129

Por la identidad del paralelogramo,∥∥∥xn + xm

2

∥∥∥2+∥∥∥xn − xm

2

∥∥∥2=‖xn‖2

2+‖xm‖2

2.

Como M es convexo, ‖(xn + xm)/2‖ ≥ δ, luego∥∥∥xn − xm

2

∥∥∥2≤ ‖xn‖2

2+‖xm‖2

2− δ2 → 0.

Esto implica que (xn)n∈N es de Cauchy.

Por ser M cerrado, ∃x0 ∈ M : xn → x0. Ademas ‖x0‖ = δ.

Si existiera y ∈ M tambien de norma mınima, la sucesion (x0, y, x0, y, . . . )serıa de Cauchy y por tanto x0 = y.

����

9. a) Probar que el espacio C[−1, 1] es suma directa ortogonal delos conjuntos de las funciones pares e impares en [−1, 1].

b) Dar ejemplos de descomposicion de R3 como suma directa deun subespacio y su complemento ortogonal o un par de subes-pacios complementarios.

Resp.: a) Basta escribir f(x) = (f(x) + f(−x))/2+(f(x)− f(−x))/2,donde el primer sumando es una funcion par y el segundo impar.

Ademas, si f(x) = f1(x) + f2(x) = g1(x) + g2(x) con f1, g1 pares yf2, g2 impares, entonces f1(x)− g1(x) = g2(x)− f2(x), con f1− g1 pary g2 − f2 impar. Esto implica que f1 − g1 = 0 = g2 − f2.

Ademas, la suma es ortogonal pues si f es par y g impar, f ·g es impary∫ 1−1 f · g = 〈f, g〉 = 0.

b) Un ejemplo trivial es R3 = 〈{(1, 0, 0)}〉 ⊕ 〈{(0, 1, 0), (0, 0, 1)}〉.

����

10. Probar que la descomposicion X = M ⊕M⊥ no es cierta si M essubespacio cerrado de X pero X es pre-Hilbert.

Resp.: Sea X el espacio de las sucesiones con soporte finito, el cual espre-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 sucesion(xn)n∈N dada por xn = (1/2, 1/22, . . . , 1/2n, 0, . . . ), n ≥ 1. Entonces,para m < n:

‖xn − xm‖22 =

n∑k=m+1

(1/2k)2 =n∑

k=m+1

1/4k ≤ 1/4m+1

3/4=

13 · 4m

que tiende a cero si m → ∞. Esto prueba que {xn}n∈N es de Cauchyen X pero lım xn = x = (1/2, 1/22, . . . 1/2n, . . . ) 6∈ X.

Calcularemos a continuacion M⊥. Para ello, sea x = (xn)n∈N⊥M.Como los elementos vn = (0, . . . , 0, n,−(n + 1), 0, . . . ) estan en M, enparticular x⊥vn, ∀n. Tenemos ası:

0 = 〈x, v1〉 = x1 − 2x2 =⇒ x2 = x1/2,

0 = 〈x, v2〉 = 2x2 − 3x3 = 0 =⇒ x3 = 2x2/3 = x1/3,

...0 = 〈x, vn〉 = 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 sub-espacio cerrado de `2 y encontrar Y ⊥. ¿Quien es Y ⊥ si Y =〈{e1, . . . , en}〉 ⊂ `2, con ek = (δkj)j∈N?

Resp.: a) Es facil ver que Y es subespacio.

Para probar que es cerrado, sea x ∈ Y . Por definicion, ∃{xn}n∈N ⊂Y : xn → x.

Si x 6∈ Y, ∃k ∈ N : ξ2k 6= 0. Entonces ‖xn − x‖ ≥ |ξ2k|. Esto pruebaque existe ε > 0 tal que ∀N > 0, ‖xn − x‖ ≥ ε, ∀n > N , con lo quexn 6→ x, en contradiccion con la suposicion inicial.

Para determinar Y ⊥, sea y ∈ Y ⊥ =⇒ 〈x, y〉 = 0, ∀x ∈ Y =⇒∑n∈N ξn ηn = 0.

En particular, eligiendo los elementos e2k+1 ∈ Y , 〈e2k+1, y〉 = η2k+1 =0. Esto implica que

Y ⊥ = {y = (ηn)n∈N ∈ `2 : η2n+1 = 0, n ∈ N}.

131

b) Si Y = 〈{e1, . . . , en}〉, todo elemento y = (ηn)n∈N ∈ Y ⊥, verificaηk = 〈y, ek〉 = 0, ∀k = 1, . . . , n. Esto implica que

Y ⊥ = 〈{en+1, . . . }〉 = {y = (ηn)n∈N ∈ `2 : ηk = 0, k = 1, . . . , n}.

����

12. Sea X un espacio de Hilbert y f ∈ X ′, f 6= 0. Si llamamos M alnucleo 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 descomposicion es unica, sededuce que x = am0.

Esto proporciona la siguiente interpretacion geometrica de cualquierf ∈ X ′ :

Existe un subespacio M de codimension 1 en X (es decir, un hiper-plano) sobre cuyos elementos f toma el valor cero. Existe ademas unvector x ortogonal a dicho hiperplano (es decir que genera el subespa-cio unidimensional M⊥); el valor de f sobre un elemento y se obtienemediante la proyeccion ortogonal de y sobre M⊥; ası, si la proyecciones kx, f(y) = k‖x‖2.

M⊥

{y ∈ X : f(y) = k‖x‖2}

M

����

132

13. En el espacio φ de las sucesiones con soporte finito se considerael conjunto

S = {(λn) ∈ φ :∑

k∈Nλk/k = 0}.

Probar que S⊥ = {0}.

Resp.: Consideremos el conjunto S1 = {x2, x3, . . . }, donde, para cadan ≥ 2, xn = (1, 0, . . . , 0,−n, 0 . . . ) (donde −n ocupa el lugar n-esimo).

Entonces S1 ⊂ S pues si x ∈ S1,∑

k∈N λk/k = 1 +−n/n = 0 =⇒ x ∈S.

Como S⊥ ⊂ S⊥1 , basta probar que S⊥

1 = {0}.

Sea pues y ∈ S⊥1 ; entonces 〈y, xn〉 = 0, de donde y1 − nyn = 0, ∀n.

Como el soporte de y es finito, yk = 0, ∀k > N ; en particular 0 =〈y, xN+1〉 = y1 =⇒ y1 = 0 lo que implica a su vez que yn = 0, ∀n.

����

14. Encontrar los complementos ortogonales en L2(0, 1) de los si-guientes conjuntos:

a) Los polinomios en x.

b) Los polinomios en x2.

c) Los polinomios con termino 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. Bastaprobar pues que todos los polinomios estan en la clausura de losconjuntos dados.

* Para el apartado b), basta observar que

x =√

1− (1− x2) =∞∑

n=0

(−1)n

(1/2n

)(1− x2)n

si 0 < x <√

2, y x esta en la clausura del espacio generado porlos polinomios en x2.

133

* Para el apartado c), basta observar que

1 = x · 11 + (x− 1)

= x ·∞∑

n=0

(−1n

)(x− 1)n

si 0 < x < 2, de modo que 1 es lımite de una sucesion de polino-mios en x.

* Para el apartado d), observar que

xk =∞∑

n=0

(xk+n − xk+n+1), ∀k.

����

15. En el espacio C[−1, 1] con el producto 〈f, g〉 =∫ 1−1 f(x) g(x)dx, se

pide encontrar los complementos ortogonales de los siguientesconjuntos:

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 definicion, f ∈ M⊥ ⇐⇒ 〈f, g〉 = 0, ∀g ∈ M . Si fueraf 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], ten-drıamos

0 = 〈f, g〉 =∫ 1

−1|f(x)|2dx =⇒ f = 0.

Ası pues, debe ser f(0) 6= 0; entonces ∃δ > 0 : f(x) 6= 0, ∀x ∈ (−δ, δ).

Haciendo g(x) =

{f(x) si |x| > δ|x|f(x)

δ si |x| < δ,resulta

0 = 〈f, g〉 ≥∫|x|>δ

|f(x)|2dx ≥ 0.

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 =⇒ S⊥1 ⊃ S⊥

2 .

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 〈S〉 es denso en X si y solo siS⊥ = {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:

|〈y, z〉| = |〈y − xn, z〉+ 〈xn, z〉| = |〈y − xn, z〉| ≤ ‖y − xn‖ · ‖z‖ → 0.

Esto implica que y ∈ S⊥.

b) y ∈ S =⇒ 〈y, z〉 = 0, ∀z ∈ S⊥ =⇒ y ∈ S⊥⊥.

c) y ∈ S⊥2 =⇒ 〈y, z〉 = 0, ∀z ∈ S2 =⇒ 〈y, z〉 = 0, ∀z ∈ S1 =⇒ y ∈ S⊥

1 .

d) Sea x ∈ M + N ; entonces ∃(xn)n∈N ⊂ M + N : xn → x. Comoxn = yn + zn, con yn ∈ M, zn ∈ N , por el teorema de Pitagoras,

‖xn − xm‖2 = ‖yn − ym‖2 + ‖zn − zm‖2

y como ‖xn − xm‖ → 0, entonces ‖yn − ym‖ → 0 y ‖zn − zm‖ → 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 〈S〉 es denso en X y sea y ∈ S⊥. Entonces

〈y, x〉 = 0, ∀x ∈ S =⇒ 〈y, z〉 = 0, ∀z ∈ 〈S〉 =⇒ 〈y, u〉 = 0, ∀u ∈ 〈S〉 = X.

Por tanto, y = 0.

Recıprocamente, de la descomposicion X = S⊥⊕S⊥⊥, deducimos quetodo x ∈ X se escribe como x = y+z, con y ∈ S⊥, z ∈ S⊥⊥, de dondex = z.

Como S⊥⊥ ⊃ S, entonces S⊥⊥ ⊃ 〈S〉. Ahora bien, como S ⊂ 〈S〉,entonces S⊥ ⊃ 〈S〉⊥ y S⊥⊥ ⊂ 〈S〉. Esto prueba que 〈S〉 = S⊥⊥ y, enconsecuencia, x ∈ 〈S〉.

����

135

17. Sea H un espacio de Hilbert complejo.

a) Probar que toda proyeccion ortogonal E es idempotente (esdecir, E2 = E) y autoadjunta (es decir, 〈Ex1, x2〉 = 〈x1, Ex2〉).

b) Probar el recıproco de lo anterior, es decir que todo operadorautoadjunto e idempotente en H es una proyeccion ortogonal.

Resp.: a) Dado cualquier x ∈ X, ∃y ∈ M, z ∈ M⊥ : x = y + z, dedonde Ex = y, E2x = Ey = y = Ex lo que implica que E2 = E.

Ademas, si hacemos x1 = y1+z1, x2 = y2+z2, con y1, y2 ∈ M, z1, z2 ∈M⊥ :

〈Ex1, x2〉 = 〈y1, x2〉 = 〈y1, y2〉+〈y1, z2〉 = 〈y1, y2〉 = 〈x1, y2〉 = 〈x1, Ex2〉.

b) Sea E : X → X autoadjunto e idempotente. Veamos en primerlugar que E es acotado:

xn → x =⇒ ‖E(xn − x)‖2 = 〈E(xn − x), E(xn − x)〉= 〈xn − x,E2(xn − x)〉 = 〈xn − x,E(xn − x)〉 → 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 lımite, Ex = x =⇒x ∈ M.

Sean ahora x ∈ X, y ∈ M ; entonces

〈x− Ex, y〉 = 〈x, y〉 − 〈Ex, y〉 = 〈x,Ey〉 − 〈x,Ey〉 = 0,

lo que implica que x− Ex⊥M .

Por ultimo, si z = x−Ex, x = Ex+z, con Ex ∈ M, z ∈ M⊥. AdemasEz = Ex− E2x = Ex− Ex = 0.

����

18. Sea H un espacio de Hilbert. Probar que si P ∈ L(H) es unaproyeccion ortogonal, entonces H = R(P )⊕R(I−P ), suma directaortogonal.

Resp.: Si P es proyeccion ortogonal, por definicion existe un subes-pacio cerrado M de H tal que, si x ∈ H se descompone en x = y + zcon y ∈ M, z ∈ M⊥, entonces Px = y.

136

Es evidente entonces que R(P ) = M y R(I − P ) = M⊥; por tantoH = R(P )⊕R(I − P ) y ademas R(P )⊥R(I − P ).

����

19. Probar que las siguientes proposiciones son equivalentes en unespacio de Hilbert H:

i) P ∈ L(H) es una proyeccion 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 = Px + (I − P )x, entonces H = R(P ) +R(I − P ). Ademas, por hipotesis, R(P )⊥R(I − P ) lo que prueba queH = 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− Px

=⇒ Py = Px− P 2x = Px− Px = 0 =⇒ y ∈ N(P ),x ∈ N(P ) =⇒ Px = 0 =⇒ x− Px = x =⇒ x ∈ R(I − P ).

iii) =⇒ i). Sea M = R(P ). Ası, M es subespacio de H. Ademas,M es cerrado, pues M = N(I − P ) (lo que se prueba analogamenteal apartado anterior). Por hipotesis, M⊥ = N(P ). Entonces, dadosy ∈ M, z ∈ M⊥:

P (y + z) = Py + Pz = Py = y =⇒ P es la proyeccion sobre M.

����

20. En `2 se considera la sucesion {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 definicion,

y ∈ M⊥ ⇐⇒ 〈y, e2n−1 + e2n〉 = 0 ⇐⇒ y2n−1 + y2n = 0.

Por tanto, M⊥ = {y ∈ `2 : y2n−1+y2n = 0, n ≥ 1} = 〈{e2n−1 − e2n : n ≥ 1}〉.

Por otra parte,

y ∈ M⊥⊥ ⇐⇒ 〈y, e2n−1 − e2n〉 = 0 ⇐⇒ y2n−1 − y2n = 0.

Ası pues, M⊥⊥ = {y ∈ `2 : y2n−1 − y2n = 0} = 〈M〉.

b) Si a ∈ `2,

a = (. . . , a2k−1, a2k, . . . ) =∑

k

λk(e2k−1 − e2k) +∑

k

µk(e2k−1 + e2k).

Entonces

λk + µk = a2k−1

−λk + µk = a2k

}=⇒ λk =

a2k−1 − a2k

2, µk =

a2k−1 + a2k

2.

Como Pa =∑k∈N

λk(e2k−1− e2k), Qa =∑k∈N

µk(e2k−1 + e2k), deducimos

que

Pa = (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 yT ∈ L(H). Se dice que M es invariante bajo T si Tx ∈ M, ∀x ∈ M ,y que M reduce a T si M y M⊥ son invariantes bajo T . SeaP ∈ L(H) la proyeccion ortogonal tal que R(P ) = M .

a) Probar que M es invariante bajo T si y solo si PTP = TP .

b) Probar la equivalencia de las siguientes proposiciones:

i) M reduce a T .

ii) PT = TP .

iii) M es invariante bajo T y T ∗.

138

Resp.: a) =⇒: ∀x ∈ H, x = y + z, con y ∈ M , z ∈ M⊥. Entonces(PTP )x = P (Ty) = Ty pues Ty ∈ M . Como y = Px, (PTP )x =TPx.

⇐=: Si x ∈ M , Tx = TPx = P (TP )x que, por definicion, esta en M .

b) i) =⇒ ii): ∀x ∈ H, escribimos x = y + z, con y ∈ M, z ∈ M⊥. Porhipotesis, Ty ∈ M, Tz ∈ M⊥. Entonces

PTx = PTy + PTz = Ty = TPx.

ii) =⇒ iii): Como P es la proyeccion sobre M , ∀x ∈ M,

Px = x =⇒ TPx = Tx =⇒ P (Tx) = Tx =⇒ Tx ∈ M.

Por otra parte, para cualquier y ∈ M⊥,

〈T ∗x, y〉 = 〈x, Ty〉 = 〈Px, Ty〉 = 〈x, PTy〉= 〈x, TPy〉 = 〈x, T0〉 = 〈x, 0〉 = 0 =⇒ T ∗x⊥M⊥ =⇒ T ∗x ∈ M.

iii) =⇒ i): Solo falta ver que ∀x ∈ M⊥, Tx ∈ M⊥. Pero si x ∈ M⊥,entonces 〈Tx, y〉 = 〈x, T ∗y〉 = 0, ∀y ∈ M, pues M es invariante bajoT ∗. Esto muestra que Tx ∈ M⊥.

����

22. En C1[a, b] definimos 〈f, g〉 =∫ ba

(f(x) g(x) + f ′(x) g′(x)

)dx.

a) Probar que 〈·, ·〉 es un producto escalar en C1[a, b].

b) Probar que ∀f ∈ C1[−π, π],∣∣∣∫ π−π

(f(x) cos x−f ′(x) sen x

)dx∣∣∣ ≤ √

2π[∫ π

−π

(|f(x)|2+|f ′(x)|2

)dx]1/2

.

c) Probar que la familia (gn)n∈Z, donde gn(x) = einx√2π(1+n2)

, es un

sistema ortonormal en C1[−π, π].

d) Si W = {f ∈ C1[−π, π] : f(−π) = f(π)}, probar que la funcionf(x) = shx es ortogonal a W . Deducir que la familia {gn}n∈Z enc) no es base ortonormal de C1[−π, π].

Resp.: a) Como 〈f, f〉 =∫ ba |f(x)|2dx+

∫ ba |f

′(x)|2dx, entonces 〈f, f〉 ≥0.

Ahora bien, si 〈f, f〉 = 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 funcionesf ∈ C1[−π, π] y g(x) = cos x y tener en cuenta que ‖g‖2 = 2π.

c) Por la definicion,

〈gn, gm〉 =∫ π

−π

[einx√

2π(1+n2)· e−imx√

2π(1+m2)+

ineinx√2π(1+n2)

· −ime−imx√2π(1+m2)

]dx

=1 + nm

2π√

(1 + n2)(1 + m2)

∫ π

−πei(n−m)xdx =

{0 si n 6= m

1 si n = m.

d) Sea g ∈ W arbitrario. Integrando por partes,∫ π

−πf ′(x) g′(x)dx = f ′(x) g(x)

∣∣π−π

−∫ π

−πf ′′(x) g(x)dx.

Como g(π) = g(−π) = 0 y f ′′(x) = f(x), resulta:

〈f, g〉 =∫ π

−πf(x) g(x)dx +

∫ π

−πf ′(x) g′(x)dx

=∫ π

−πf(x) g(x)dx−

∫ π

−πf ′′(x) g(x)dx = 0.

De aquı se deduce que W⊥ 6= {0} y, como las funciones gn de la familiaortogonal estan en W , no forman una base ortonormal.

����

23. Sea f ∈ C(m)[−1, 1]. Probar que los coeficientes de Legendre de f

son ak =

√2k + 1

2· 12k · k!

∫ 1

−1f (k)(t)(1− t2)kdt, k ≤ m.

Resp.: Teniendo en cuenta que pk(x) =√

2k+12 · 1

2k·k!· dk

dxk (x2 − 1)k,

obtenemos integrando por partes:

ak =

√2k + 1

2· 12k · k!

∫ 1

−1f(x) · dk

dxk(x2 − 1)kdx

=

√2k + 1

2· 12k · k!

· (−1)k

∫ 1

−1f (k)(x) · (x2 − 1)kdx

=

√2k + 1

2· 12k · k!

∫ 1

−1f (k)(x) · (1− x2)kdx.

����

140

24. Encontrar mına,b,c∈C

∫ 1

−1|x3 − a− bx− cx2|2dx.

Resp.: Si D2 = mına,b,c∈C∫ 1−1 |x

3−a− bx− cx2|2dx, D es la distanciaen L2[−1, 1] de x3 al plano generado por {1, x, x2}, es decir, la distanciade x3 al plano generado por {1/

√2,√

3/2 ·x,√

5/2 · (1/2) · (3x2− 1)}.

Si αp0 + βp1 + γp2 es la proyeccion de x3 sobre dicho plano, entonces:

0 =∫ 1

−1(x3 − αp0 − βp1 − γp2)p0dx =

1√2

∫ 1

−1(x3 − α)dx =⇒ α = 0,

0 =∫ 1

−1(x3 − αp0 − βp1 − γp2)p1dx =

√32

∫ 1

−1(x4 − β)dx =⇒ β =

√32· 25,

0 =∫ 1

−1(x3 − αp0 − βp1 − γp2)p2dx=

√52· 12

∫ 1

−1((3x2 − 1)x3 − γ)dx =⇒ γ = 0.

Deducimos entonces que D2 =∫ 1−1

∣∣x3 − (3/5)x∣∣2dx = (2/7)− (6/25),

de donde D =√

8/175.

����

25. Encontrar las series de Fourier de las siguientes funciones defi-nidas en L2[−π, π] y utilizar la identidad de Parseval para deducircada una de las formulas enunciadas:

a) f(x) = x,∑

n≥1 1/n2 = π2/6.

b) f(x) = x2,∑

n≥1 1/n4 = π4/90.

Resp.: Utilizaremos el conjunto { eikx√

2π: k ∈ Z} como base ortonormal

de L2(−π, π).

a) Como f(x) =∑∞

k=−∞ ak · eikx√

2π, donde ak = 〈f, eikx/

√2π〉, obtene-

mos a0 = 0 y, para k 6= 0:

ak =∫ π

−πx · e−ikx

√2π

dx =x

−ik· e−ikx

√2π

∣∣∣π−π

+∫ π

−π

e−ikx

ik√

2πdx

=−π

ik· (−1)k

√2π

− π(−1)k

ik√

2=−π

ik· 2√

2π(−1)k.

Entonces

x =∑

k∈Z,k 6=0

(−1)k+1 eikx

ik.

141

Teniendo en cuenta que ‖f‖2 =∫ π−π x2dx = 2

3π3 y

∞∑−∞

|ak|2 =∑k 6=0

π2

k2· 42π

=∑k 6=0

2π

k2,

aplicando la identidad de Parseval ‖x‖2 =∑∞

k=−∞ |ak|2, resulta que

∑k 6=0

1k2

=π2

3=⇒

∞∑k=1

1k2

=π2

6.

b) Analogamente al caso anterior, tenemos:

ak =∫ π

−πx2 · e−ikx

√2π

dx =1√2π

· 4π

k2(−1)k, k 6= 0;

a0 =1√2π

· 23π3.

Nuevamente, de la identidad de Parseval,

‖f(x)‖2 =∫ π−π x4dx = 2π5

5∑∞k=−∞ |ak|2 = 2

9π5 +∑

k 6=012π ·

16π2

k4

}=⇒

∞∑k=1

1k4

=π4

90.

����

26. Sea X un espacio pre-Hilbert y A = (xα)α∈I un conjunto orto-normal completo. Encontrar el elemento de mejor aproximaciona x ∈ X en el subespacio M = 〈A〉.

Resp.: Como X = M ⊕ M⊥, todo x ∈ X se descompone de formaunica como x = y + z, con y ∈ M, z ∈ M⊥. Pero, por hipotesis,

y =∑α∈I

〈y, xα〉xα =∑α∈I

〈x− z, xα〉xα =∑α∈I

〈x, xα〉xα.

Por tanto, ‖x−∑

α∈I〈x, xα〉xα‖ ≤ ‖x−∑

α∈I λαxα‖, ∀λα ∈ E, lo queprueba que la proyeccion de x sobre M produce la mejor aproximacionen M .

����

142

27. Sea H un espacio de Hilbert y {e1, . . . , en} un conjunto lineal-mente independiente. Dado x ∈ H, calcular la distancia de x alsubespacio generado por {e1, . . . , en}. Deducir de lo anterior ladesigualdad de Bessel.

Resp.: Llamamos M al subespacio generado por {e1, . . . , en}.

Si escribimos x = x1 + x2, con x1 ∈ M, x2 ∈ M⊥, sabemos que‖x− x1‖ = d(x,M).

El problema se reduce pues a calcular x1, la proyeccion ortogonal dex en M.

Llamamos {v1, . . . , vn} a la base ortonormal obtenida de {e1, . . . , en}por el proceso de Gram- Schmidt. Como x1 =

∑ni=1 αivi y x−x1⊥vk, ∀k,

entonces αi = 〈x, vi〉, de donde x1 =∑n

i=1〈x, vi〉vi.

Ademas

d(x,M)2 = ‖x−n∑

i=1

〈x, vi〉vi‖2

= ‖x‖2 −n∑

i=1

〈x, vi〉〈vi, x〉 −n∑

i=1

〈x, vi〉〈x, vi〉+n∑

i=1

|〈x, vi〉|2

= ‖x‖2 −n∑

i=1

|〈x, vi〉|2.

De aquı se deduce inmediatamente la desigualdad de Bessel.

����

28. Sea H un espacio de Hilbert y M ⊂ H un subespacio vectorial. SiM 6= H, probar que existe y ∈ H, y 6= 0, tal que y⊥M . Concluirque M es denso si y solo si el unico elemento ortogonal a M esy = 0.

Resp.: a) Es claro que ( M, 〈·, ·〉) es de Hilbert. Por tanto, existe unconjunto ortonormal completo de M , que denotaremos por {xα}α∈I .

Dado z ∈ H\M, z 6= 0, definimos y = z−∑

α∈I〈z, xα〉xα. Ası definido,〈y, xα〉 = 0, lo que implica que y⊥{xα}α∈I y tambien y⊥M.

b) Es evidente que si M es denso en H, e y⊥M , entonces y⊥M , dedonde y = 0.

Recıprocamente, si M no fuera denso, por a) existirıa y ∈ H, y 6= 0tal que y⊥M y en particular y⊥M lo que contradice la hipotesis.

143

����

29. Sea {en}n∈N una sucesion ortonormal en un espacio pre-HilbertX e Yk el espacio generado por {e1, . . . , ek}.

a) Si x ∈ X, y =∑k

n=1〈x, en〉en, probar que x− y⊥Yk.

b) Si x ∈ X, y =∑k

n=1 βnen, probar que ‖x− y‖ es mınimo en Yk

si βn = 〈x, en〉, n = 1, . . . , k.

Resp.: a) Sea z =∑k

n=1 γnen un elemento arbitrario de Yk. Entonces

〈x− y, z〉 = 〈x, z〉 − 〈y, z〉 =k∑

n=1

γn〈x, en〉 −k∑

n=1

αn〈en, z〉 = 0.

b) Teniendo en cuenta que x− y ∈ Y ⊥k , y − z ∈ Yk, resulta:

‖x−z‖2 = ‖x−y +y−z‖2 = ‖x−y‖2 +‖y−z‖2 ≥ ‖x−y‖2, ∀z ∈ Yk.

����

30. Sea {en}n∈N una sucesion ortonormal en X y x ∈ X. Probar queel numero mk de coeficientes de Fourier 〈x, en〉 de x tales que|〈x, en〉| > 1/k verifica mk < k2‖x‖2 (esto quiere decir que x notiene demasiados coeficientes de Fourier “grandes”).

Resp.: Si llamamos Ek = {〈x, en〉 : |〈x, en〉| > 1/k} y elegimos los ele-mentos {e1, . . . , emk

} tales que {〈x, e1〉, . . . , 〈x, emk〉} ⊂ Ek, entonces

por la desigualdad de Bessel,

mk∑n=1

|〈x, en〉|2 ≤ ‖x‖2 =⇒ mk ·1k2

< ‖x‖2 =⇒ mk < k2 · ‖x‖2.

����

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 lospolinomios trigonometricos (combinaciones lineales de eiλx, λ ∈R).

144

Resp.: Sea fλ(x) =

{1 si x = λ

0 si x 6= λ.Entonces {fλ}λ∈R es base orto-

normal de L2(R, µ).

Como no es numerable, el espacio no es separable.

Por otra parte, la aplicacion fλ 7→ eiλx es un isomorfismo entre ambosespacios. Ademas es isometrıa pues:

〈fλ1 , fλ2〉 =∫

Rfλ1(x) fλ2(x)dµ(x) =

∫∪

x∈R{x}

|fλ1(x)|2dµ(x) = 1.

����

32. Sea X un espacio de Hilbert. Probar que si X contiene una su-cesion ortonormal completa, entonces X es separable.

Resp.: Si X no fuera separable, todo subconjunto denso en X serıano numerable.

Sin embargo si {en}n∈N es una sucesion ortonormal completa, M =〈{en}n∈N〉 y todo x ∈ X serıa de la forma x =

∑n∈N〈x, en〉en, es decir

x ∈ M.

����

33. Sea {en}n∈N una sucesion ortonormal en un espacio de Hilbert Hy M1 = 〈{en}n∈N〉.

a) Probar que ∀x ∈ H, x ∈ M1 ⇐⇒ x =∑

n∈N αnen, con αn =〈x, en〉.

b) Si {en}n∈N es otra sucesion ortonormal en H y definimos M2 =〈{en}n∈N〉, probar que M1 = M2 ⇐⇒ en =

∑m∈N αnmem, en =∑

m∈N αmnem, con αnm = 〈en, em〉.

Resp.: a) “=⇒”Llamamos y =∑

n∈N〈x, en〉en (ya se probo que laserie es convergente). Entonces:

〈x−y, ek〉 = 〈x, ek〉−∑n∈N

〈x, en〉〈en, ek〉 = 0 =⇒ x−y⊥M1 =⇒ x−y⊥M1.

Mediante la descomposicion H = M1⊕ M1⊥, sabemos que x = y + z,

con y ∈ M1, z ∈ M1⊥. Como, por hipotesis, x ∈ M1, deducimos que

y = x.

145

“⇐=Como la serie∑

n∈N〈x, en〉en es convergente, lımn Sk = x, dondeSk =

∑kn=1 αnen. Esto implica que x ∈ M1 porque la sucesion{Sk}n∈N ⊂

M1 converge a x.

b) “=⇒.Aplicando el apartado a), obtenemos:

en ∈ M1 =⇒ en ∈ M2 =⇒ en =∑m∈N

αnmem, con αnm = 〈en, em〉

en ∈ M2 =⇒ en ∈ M1 =⇒ en =∑m∈N

αmnem, con αmn = 〈en, em〉 = 〈em, en〉.

“⇐=”Nuevamente del apartado a), resulta:

x ∈ M1 ⇐⇒ x =∑n∈N

αnen, con αn = 〈x, en〉 =∑m∈N

αnm〈x, em〉

⇐⇒ x =∑n∈N

∑m∈N

αnm〈x, em〉en =∑m∈N

〈x, em〉em ⇐⇒ x ∈ M2.

����

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

a) Probar que existe un unico T ∈ L(H) tal que Tek = µkek.

b) Probar que ‖T‖ = M .

c) Encontrar T ∗ y calcular su norma.

d) Probar que T es normal, es decir TT ∗ = T ∗T ..

e) ¿Que propiedad debe cumplir la sucesion (µk)k∈N para que Tsea autoadjunto?

f) Probar que, si |µk| > 1, para todo k, entonces existe T−1 ∈L(H).

Resp.: a) Basta definir Tx =∞∑

k=1

µk〈x, ek〉ek pues ∀x ∈ H, x =

∞∑k=1

〈x, ek〉ek.

La unicidad es evidente.

146

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

‖Tx‖2 = 〈Tx, Tx〉 =∞∑

k=1

|µk|2|〈x, ek〉|2 ≤ M2 · ‖x‖2

lo que implica que T es acotado y ‖T‖ ≤ M.

b) En particular,

‖Tek‖ = ‖µkek‖ = |µk| =⇒ ‖T‖ ≥ |µk|, ∀k =⇒ ‖T‖ ≥ M.

De aquı se deduce que ‖T‖ = M .

c) Como 〈Tek, ek〉 = 〈µkek, ek〉 = µk, entonces 〈ek, T∗ek〉 = µk y

deducimos que T ∗ek = µkek.

Ası definido, T ∗ es lineal y acotado con ‖T ∗‖ = ‖T‖.

d) Veamos que TT ∗ = T ∗T :

T ∗Tek = T ∗(µkek) = µkµkek = |µk|2ek,

TT ∗ek = T ( µkek) = µk µkek = |µk|2ek.

e) Evidentemente, T = T ∗ si (µk)k∈N ⊂ R.

f) Si |µk| > 1, 1 = ‖ek‖ < |µk| = ‖Tek‖ =⇒ ∃T−1 ∈ L(H).

����

35. Sea X un espacio normado e Y un espacio pre-Hilbert. Si unoperador T : X → Y es lineal y acotado, probar que ‖T‖ = supA,donde

A ={|〈Tx, y〉|‖x‖ · ‖y‖

: ‖x‖ ≤ 1, ‖y‖ ≤ 1}

.

Resp.: Por la desigualdad de Cauchy- Schwarz,

|〈Tx, y〉|‖x‖ · ‖y‖

≤ ‖Tx‖ · ‖y‖‖x‖ · ‖y‖

≤ ‖T‖ · ‖x‖ · ‖y‖‖x‖ · ‖y‖

= ‖T‖ =⇒ supA ≤ ‖T‖.

Por otra parte, como x/‖x‖ y Tx/‖Tx‖ tienen norma 1, entonces∣∣〈T (x/‖x‖), Tx/‖Tx‖〉∣∣ ∈ A. Por tanto:∣∣〈T (

x

‖x‖),

Tx

‖Tx‖〉∣∣ = 1

‖x‖ · ‖Tx‖|〈Tx, Tx〉| = ‖Tx‖

‖x‖≤ supA.

De aquı se deduce que sup‖x‖≤1 ‖Tx‖/‖x‖ ≤ supA con lo que ‖T‖ ≤supA.

����

147

36. Averiguar si la implicacion 〈Tx, x〉 = 0, ∀x ∈ X =⇒ T = 0 escierta 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 implicacion anterior no es cierta como se muestra con elsiguiente ejemplo:

En el espacio H = R2 definimos T (1, 0) = (0, 1), T (0, 1) = (−1, 0); esevidente que T 6= 0 pero 〈Tx, x〉 = 0, ∀x ∈ H, pues T (a, b) = (−b, a).

b) Sean x, y ∈ H y α ∈ C arbitrarios. Entonces:

0 = 〈T (x + αy), x + αy〉 = 〈Tx, x〉+ α〈Ty, x〉+ α〈Tx, y〉+ 〈T (αy), αy〉= α〈Ty, x〉+ α〈Tx, y〉.

En particular, si α ∈ R, 0 = 〈Ty, x〉+〈Tx, y〉 y, si α = i, 0 = 〈Ty, x〉−〈Tx, y〉. Al resolver el sistema obtenemos 〈Tx, y〉 = 0, ∀x, y ∈ H de loque se deduce que T = 0 y la implicacion es cierta.

c) En el capıtulo VII se prueba (teorema de Hellinger-Toeplitz) quetodo operador lineal autoadjunto es acotado; esto indica que, si H escomplejo, la implicacion es cierta, como se deduce de b). Ahora bien,si H es real, entonces, para cualesquiera x, y ∈ H, tenemos:

0 = 〈T (x+y), x+y〉 = 〈Ty, x〉+〈Tx, y〉 = 〈y, Tx〉+〈Tx, y〉 = 2〈Tx, y〉

y la implicacion tambien es cierta.

����

37. Probar que el teorema de representacion de Riesz permite definirun producto escalar en el dual de un espacio de Hilbert. Probarque la norma asociada a dicho producto escalar coincide con lanorma usual de operadores.

Resp.: Sean f1, f2 ∈ X ′. Por el teorema de representacion de Riesz,existen x1, x2 ∈ X tales que f1(y) = 〈y, x1〉, f2(y) = 〈y, x2〉, ∀y ∈ X.

Definimos en X ′ el producto 〈f1, f2〉 = 〈x2, x1〉.

148

• Como (f1 + f2)(y) = f1(y) + f2(y) = 〈y, x1〉+ 〈y, x2〉 = 〈y, x1 + x2〉,entonces

〈f1 + f2, f3〉 = 〈x3, x1 + x2〉 = 〈x3, x1〉+ 〈x3, x2〉 = 〈f1, f3〉+ 〈f2, f3〉.

• Como (λf1)(y) = λf1(y) = λ〈y, x1〉 = 〈y, λx1〉, entonces

〈λf1, f2〉 = 〈x2, λx1〉 = λ〈x2, x1〉 = λ〈f1, f2〉.

• 〈f1, f1〉 = 〈x1, x1〉 = ‖x1‖2 ≥ 0.

La norma asociada es ‖f‖2 = 〈f, f〉 = 〈x, x〉, es decir ‖f‖ = ‖x‖ ycoincide con la norma usual.

����

38. a) Si X es un espacio pre-Hilbert y z ∈ X, probar que fz(x) =〈x, z〉 define un funcional lineal acotado f sobre X de norma ‖z‖.

b) Si la aplicacion X → X ′ dada por z 7→ fz es sobre, probar queX es de Hilbert.

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

Como |fz(x)| = |〈x, z〉| ≤ ‖x‖ · ‖z‖, entonces ‖fz‖ ≤ ‖z‖.

Por otra parte, de |fz(z)| = |〈z, z〉| = ‖z‖2, se deduce que ‖fz‖ ≥ ‖z‖.

b) Sea {xn}n∈N una sucesion de Cauchy en X. Debido a que

fxn−xm(y) = 〈y, xn〉 − 〈y, xm〉 = fxn(y)− fxm(y) = (fxn − fxm)(y),

la sucesion {fxn}n∈N es de Cauchy en X ′ porque ‖fxn − fxm‖ = ‖xn−xm‖ → 0. Esto implica que ∃f ∈ X ′ : fxn → f . Por tanto, ∃x ∈ X :f = fx. Ası pues, ‖fxn − fx‖ = ‖xn − x‖ → 0.

����

39. Probar que todo espacio de Hilbert H es isomorfo a su segundodual H ′′ = (H ′)′.

Resp.: Si probamos que H es isometrico a H ′, como H ′ es tambiende Hilbert, entonces H ′ ' H ′′ y por la transitividad, H ' H ′′.

Por el teorema de representacion de Riesz,

∀f ∈ H ′, ∃z ∈ H : f(x) = 〈x, z〉, ∀x ∈ H

149

y ‖f‖ = ‖z‖.

Definimos T : H ′ → H por Tf = z y probemos que T es un isomorfis-mo isometrico.

• T es lineal: Si f1(x) = 〈x, z1〉 y f2(x) = 〈x, z2〉, entonces:

〈x, Tf1 + Tf2〉 = 〈x, Tf1〉+ 〈x, Tf2〉 = 〈x, z1〉+ 〈x, z2〉= 〈x, z1 + z2〉 = 〈x, T (f1 + f2)〉 =⇒ Tf1 + Tf2 = T (f1 + f2).

Idem con αf .

• T es biyectiva: Tf1 = Tf2 =⇒ z1 = z2 =⇒ 〈x, z1〉 = 〈x, z2〉, ∀x =⇒f1 = f2. ∀z ∈ H, ∃fz ∈ H ′ definido por fz(x) = 〈x, z〉. AdemasTfz = z.

• T es isometrıa: ‖Tf‖ = ‖z‖ = ‖f‖, ∀f =⇒ ‖T‖ = 1.

Otra forma de obtener el isomorfismo es utilizar directamente la apli-cacion T : H → H ′′ definida por T (y)(f) = f(y) = 〈y, z〉, ∀y ∈ H, f ∈H ′.

����

40. Sea X un espacio vectorial sobre el cuerpo E. Una forma sesquili-neal hermıtica h sobre X×X es una aplicacion h : X×X → E queverifica h(x+ y, z) = h(x, z)+h(y, z), h(αx, y) = αh(x, y), h(x, y) =h(y, x).

a) ¿Que condicion hay que imponer a h para que sea un productointerior sobre X?

b) Si h es semidefinida positiva, es decir h(x, x) ≥ 0, ∀x ∈ X, pro-bar 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, probarque la aplicacion p(x) =

√h(x, x) define una seminorma en X.

Resp.: a) Para que h sea un producto interior, solo es necesario im-poner 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 :

α2h(x, x) + α|h(x, y)|+ α|h(x, y)|+ h(y, y) ≥ 0,

ecuacion de segundo grado en α que es siempre no negativa, de modoque 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

(Kf)(t) =∫ t

0(t− s)f(s)ds.

a) Probar que ‖K‖ < 1 y que Knf(t) =∫ t0

(t−s)2n−1

(2n−1)! f(s)ds, n ≥ 1.

b) Utilizar lo anterior para resolver la ecuacion integral

f(t) = g(t) +∫ t

0(t− s)f(s)ds, g ∈ L2[0, 1].

Resp.: a) Veamos que K es acotado:

‖Kf‖2 =∫ 1

0|Kf(t)|2dt =

∫ 1

0

∣∣∣ ∫ t

0(t− s)f(s)ds

∣∣∣2dt

≤∫ 1

0

[ ∫ t

0|t− s| · |f(s)|ds

]2dt ≤

∫ 1

0

[ ∫ t

0|t− s|2ds ·

∫ t

0|f(s)|2ds

]dt

=∫ 1

0

[(s− t)3

3

∣∣∣t0

∫ t

0|f(s)|2ds

]dt =

∫ 1

0

[ ∫ t

0

t3

3· |f(s)|2ds

]dt

≤ 13· ‖f‖2 =⇒ ‖Kf‖ ≤ 1√

3‖f‖ =⇒ ‖K‖ ≤ 1√

3< 1.

Veamos lo siguiente por induccion:

Para n = 1 es evidente.

Si es cierto para n, entonces

Kn+1f(t) = K[Knf ](t) =∫ t

0(t− s)Knf(s)ds

=∫ t

0(t− s)

[ ∫ s

0

(s− u)2n−1

(2n− 1)!f(u)du

]ds

=∫ t

0du

∫ t

u(t− s)

(s− u)2n−1

(2n− 1)!f(u)ds

=∫ t

0du

f(u)(2n− 1)!

∫ t

u(t− s) · (s− u)2n−1ds =

∫ t

0

f(u)(t− u)2n+1

(2n + 1)!du.

151

b) Queremos resolver la ecuacion f(t) = g(t) + Kf(t), que se puedeescribir tambien como g(t) = (I −K)f(t). Entonces, al ser ‖K‖ < 1,

f(t) = (I −K)−1g(t) =∞∑

n=0

Kng(t)

=∫ t

0

∞∑n=0

(t− s)2n−1

(2n− 1)!g(s)ds =

∫ t

0sh(t− s)g(s)ds.

TEMAS COMPLEMENTARIOS

1. Polinomios de Legendre, Hermite, Laguerre ([Kr], [Fo]).

2. Determinante de Gram ([GG]).

152