Analisis Real

Introducción al Análisis Real Mónica Clapp Instituto de Matemáticas Universidad Nacional Autónoma de México Enero 2012

2

Índice general I

Continuidad, compacidad y completitud

1

1. Motivación

3

2. Espacios métricos 2.1. De…nición y ejemplos . . . . . . . 2.2. Espacios normados . . . . . . . . 2.3. Espacios de funciones . . . . . . . 2.4. El espacio de funciones acotadas . 2.5. Subespacios métricos e isometrías 2.6. Ejercicios . . . . . . . . . . . . .

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7 7 11 16 20 22 23

3. Continuidad 3.1. De…niciones y ejemplos . . . . . . . . . . 3.2. Conjuntos abiertos y conjuntos cerrados 3.3. Convergencia de sucesiones . . . . . . . . 3.4. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . .

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29 30 35 41 43

4. Compacidad 4.1. Conjuntos compactos . . . . . . . 4.2. El teorema de Heine-Borel . . . . 4.3. Existencia de máximos y mínimos 4.4. Semicontinuidad . . . . . . . . . . 4.5. Continuidad uniforme . . . . . . . 4.6. Ejercicios . . . . . . . . . . . . .

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51 51 55 58 61 65 66

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71 71 76 80 82

5. Completitud 5.1. Espacios métricos completos . . 5.2. Convergencia uniforme . . . . . 5.3. Espacios completos de funciones 5.4. Series en espacios de Banach . .

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ÍNDICE GENERAL

5.5. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . 5.6. Proyecto de trabajo . . . . . . . . . 5.6.1. Objetivo . . . . . . . . . . . 5.6.2. Esquema de la demostración

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6. El teorema de punto …jo de Banach y aplicaciones 6.1. El teorema de punto …jo de Banach . . . . . . . . . . . . . 6.2. Sistemas de ecuaciones lineales . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3. Ecuaciones integrales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3.1. La ecuación integral de Fredholm del segundo tipo . 6.3.2. La ecuación integral de Volterra del segundo tipo . 6.4. El problema de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.5. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7. Compacidad en espacios de funciones 7.1. Conjuntos totalmente acotados. . . . 7.2. El teorema de Arzelà-Ascoli. . . . . . 7.3. El problema de Cauchy . . . . . . . . 7.4. Existencia de trayectorias de longitud 7.5. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . mínima . . . . .

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86 92 92 93

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95 95 99 100 100 103 106 111

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117 117 121 126 130 135

8. Teoremas de aproximación 139 8.1. El teorema de aproximación de Weierstrass . . . . . . . . . . . . . . . . 139 8.2. El teorema de Stone-Weierstrass . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145 8.3. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150

II

Diferenciabilidad

9. Diferenciabilidad 9.1. El espacio de funciones lineales y continuas 9.2. Diferenciabilidad . . . . . . . . . . . . . . 9.3. El teorema del valor medio . . . . . . . . . 9.4. Un criterio de diferenciabilidad . . . . . . 9.5. Derivadas parciales . . . . . . . . . . . . . 9.6. Derivadas de orden superior . . . . . . . . 9.7. La fórmula de Taylor . . . . . . . . . . . . 9.8. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . .

153 . . . . . . . .

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155 156 158 163 168 172 175 180 183

ÍNDICE GENERAL

5

10.El teorema de la función implícita 10.1. El teorema de la función implícita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.2. Extremos locales de una funciones diferenciables sobre una variedad 10.3. Homeomor…smos lineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.4. Demostración del teorema de la función implícita . . . . . . . . . . 10.5. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

III

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La integral de Lebesgue

11.La integral de una función continua 11.1. De…nición y propiedades básicas . . 11.2. Unicidad de la integral . . . . . . . 11.3. Invariancia bajo isometrías . . . . . 11.4. El teorema de cambio de variable . 11.5. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . .

189 191 195 198 200 205

209 con soporte compacto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

12.Funciones Lebesgue-integrables 12.1. La integral de una función semicontinua . . . . . . . 12.2. Propiedades de la integral de funciones semicontinuas 12.3. Funciones Lebesgue-integrables . . . . . . . . . . . . 12.4. Propiedades básicas de la integral de Lebesgue . . . . 12.5. Conjuntos integrables . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.6. La integrabilidad sobre un subconjunto de Rn . . . . 12.7. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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211 212 216 222 226 233

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239 240 247 256 262 266 268 269

13.Teoremas fundamentales de la teoría de integración 13.1. Conjuntos nulos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.2. El teorema de Fubini . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.3. Teoremas de convergencia . . . . . . . . . . . . . . . 13.4. La integral de funciones radiales . . . . . . . . . . . . 13.5. El teorema de cambio de variable . . . . . . . . . . . 13.6. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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275 276 282 284 293 297 301

14.Los espacios de Lebesgue 14.1. Conjuntos y funciones medibles . . . . . 14.2. Los espacios Lp ( ) . . . . . . . . . . . . 14.3. Aproximación mediante funciones suaves 14.4. Un criterio de compacidad en Lp ( ) . . . 14.5. Un criterio de nulidad . . . . . . . . . .

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309 310 317 327 335 337

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6

ÍNDICE GENERAL

14.6. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15.Espacios de Hilbert 15.1. Conceptos y propiedades básicas . . . . . . . . 15.2. Complemento ortogonal . . . . . . . . . . . . 15.3. El teorema de representación de Fréchet-Riesz 15.4. Bases de Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . 15.5. Convergencia débil . . . . . . . . . . . . . . . 15.6. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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339

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345 346 349 353 355 356 361

16.Espacios de Sobolev 16.1. Derivadas débiles . . . . . . . . . . . . . . . . . 16.2. Espacios de Sobolev . . . . . . . . . . . . . . . . 16.3. Problemas elípticos con condición en la frontera 16.3.1. Problema de Dirichlet homogéneo . . . . 16.3.2. Problema de Dirichlet no homogéneo . . 16.4. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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369 370 374 383 384 387 388

17.Encajes de Sobolev 17.1. Desigualdades de Sobolev . . . . 17.2. El teorema de Rellich-Kondrachov 17.3. Valores propios del laplaciano . . 17.4. Ejercicios . . . . . . . . . . . . .

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391 392 400 403 408

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A. Tabla de símbolos 411 A.1. Funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 413 A.2. Símbolos varios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 414

Parte I Continuidad, compacidad y completitud

1

Capítulo 1 Motivación El siguiente problema guiará el desarrollo de la primera parte de este texto. Problema 1.1 Dados un subconjunto X de Rn y dos puntos p; q 2 X; ¿existe una trayectoria de p a q en X de longitud mínima? Precisemos esta pregunta. Una trayectoria de p a q en X es una función continua : [0; 1] ! Rn tal que (0) = p;

(1) = q;

Su longitud se de…ne como ( m X k (tk 1 ) L( ) := sup yk :=

p

(x1

y1 )2 +

(t) 2 X 8t 2 [0; 1]:

(tk )k : 0 = t0

k=1

donde kx

y

+ (xn

t1

)

tm = 1; m 2 N ;

yn )2 denota la distancia de x a y: q

p

Observa que L( ) kp qk : Una trayectoria de p a q en X es de longitud mínima si su longitud es menor o igual a la de todas las demás. Por ejemplo, si X := Rn ; la trayectoria (t) := (1 t)p + tq 3

4

1. MOTIVACIÓN

cumple que L( ) = kp p a q en Rn :

qk : De modo que

es una trayectoria de longitud mínima de

q

p

Sin embargo, si X 6= Rn no siempre existe una trayectoria de longitud mínima, como lo muestra el siguiente ejemplo. Recuerda que, si es continuamente diferenciable, 1 entonces la longitud de está dada por la integral L( ) =

Z

0

1

k 0 (t)k dt:

Ejemplo 1.2 No existe una trayectoria de longitud mínima de p = (0; 0) a q = (1; 0) en X := f(x; y) 2 R2 : (x; y) 6= ( 12 ; 0)g: Demostración: Considera las trayectorias k (t) := (t; k1 sen t); k 2 N: Su longitud satisface Z 1r Z 1 2 k 0k k = 1+ cos2 t dt L( k ) = k 0 Z0 1 2 1 + jcos tj dt = 1 + : < k k 0

Por tanto, l mk!1 L( k ) = 1: De modo que, si existiera una trayectoria de longitud mínima de p a q en X, ésta debería tener longitud 1: Pero cualquier trayectoria de p a q en R2 de longitud 1 pasa por el punto ( 12 ; 0); que no pertenece a X: 1

Consulta por ejemplo el libro de J.E. Marsden y A.J. Tromba, Cálculo Vectorial, México: AddisonWesley, Pearson Educación, 1998.

5

Este ejemplo muestra que el Problema 1.1 no es un problema trivial. Para intentar resolverlo, empezaremos expresándolo como un problema de minimización. Denotemos por Tp;q (X) al conjunto de todas las trayectorias de p a q en X: Podemos entonces considerar a la longitud como una función de…nida en dicho conjunto, es decir, L : Tp;q (X) ! R [ f1g;

L( ) := longitud de :

Diremos que la función L alcanza su mínimo en Tp;q (X) si existe una trayectoria Tp;q (X) tal que L( 0 ) L( ) 8 2 Tp;q (X):

0

2

En estos términos el Problema 1.1 se expresa como sigue. Problema 1.3 ¿Alcanza L su mínimo en Tp;q (X)? En los cursos de cálculo diferencial e integral enfrentamos un problema parecido y vimos el siguiente resultado. Teorema 1.4 Si f : Rn ! R es una función continua y K es un subconjunto compacto no vacío de Rn ; entonces f alcanza su mínimo en K; es decir, existe x0 2 K tal que f (x0 )

f (x)

8x 2 K:

Ahora bien, como Tp;q (X) es un conjunto de funciones y no de puntos en Rn ; no tiene sentido aplicar este teorema al problema que nos interesa. Pero podemos inspirarnos en él. El gran matemático francés Henri Poincaré (1854-1912)

a…rmó lo siguiente: "La matemática es el arte de nombrar de la misma manera cosas distintas". Entonces, ¿será posible pensar a las trayectorias como si fuesen puntos? El Teorema 1.4, ¿valdrá también para la función longitud? ¿Qué quiere decir que la función L : Tp;q (X) ! R [ f1g sea continua? ¿Y que un subconjunto de Tp;q (X) sea compacto?

6

1. MOTIVACIÓN

El análisis matemático da respuesta a este tipo de preguntas. Profundiza en los conceptos y los resultados que aprendimos en cálculo, captura su esencia, y los extiende a otros espacios distintos del euclidiano. Muy especialmente, a espacios de funciones, como el conjunto de trayectorias Tp;q (X): Y a funciones como L, cuyo dominio no es un subconjunto de Rn sino un conjunto de funciones. Los espacios de funciones aparecen de manera natural en muchos problemas de las matemáticas y de sus aplicaciones. Por ejemplo, las soluciones de una ecuación diferencial son funciones. Veremos que el análisis matemático nos permite demostrar la existencia de soluciones de ecuaciones diferenciales. En la primera parte de estas notas introduciremos y estudiaremos los conceptos de continuidad, compacidad y completitud en espacios muy generales. Estas nociones se de…nen a partir de un concepto muy sencillo: el concepto de distancia. Los conjuntos provistos de una distancia se llaman espacios métricos y son el objeto del siguiente capítulo. Veremos aplicaciones interesantes de esos conceptos y daremos una respuesta al Problema 1.1.

Capítulo 2 Espacios métricos Algunos conceptos fundamentales, como el paso al límite o la continuidad de funciones en espacios euclidianos, se de…nen exclusivamente en términos de la distancia. Otras propiedades de los espacios euclidianos, como su estructura de espacio vectorial, no intervienen en dichos conceptos. Empezaremos considerando conjuntos dotados exclusivamente de una distancia, a los que se denomina espacios métricos. El matemático francés Maurice Fréchet1 introdujo esta noción, que juega un papel fundamental en las matemáticas modernas. Daremos en este capítulo ejemplos interesantes de espacios métricos que aparecen de manera natural en muchas aplicaciones, algunas de las cuales se verán más adelante.

2.1.

De…nición y ejemplos

De…nición 2.1 Sea X un conjunto. Una métrica (o distancia) en X es una función d : X X ! R que tiene las siguientes tres propiedades: (M1) d(x; y) = 0 si y sólo si x = y: (M2) d(x; y) = d(y; x) para todos x; y 2 X: (M3) d (x; z) d(x; y) + d(y; z) para todos x; y; z 2 X: A esta última desigualdad se le llama la desigualdad del triángulo. Un espacio métrico es un conjunto X provisto de una métrica d: Lo denotaremos por (X; d); o simplemente por X cuando no haga falta especi…car quién es su métrica. Veamos que la distancia entre dos puntos nunca es negativa. 1

Maurice René Fréchet (1878-1973) nació en Maligni, Francia. En la escuela secundaria fue alumno de Jacques Hadamard, quien reconoció su potencial y decidió asesorarlo de manera personal. Estudió matemáticas en la École Normale Supérieure de París donde obtuvo su doctorado bajo la dirección de Hadamard. En 1906, en su tesis de doctorado, introdujo la noción de espacio métrico.

7

8

2. ESPACIOS MÉTRICOS

Proposición 2.2 d(x; y)

0 para todos x; y 2 X:

Demostración: De las propiedades (M1), (M3) y (M2) respectivamente se sigue que 0 = d(x; x) En consecuencia, d(x; y)

d(x; y) + d(y; x) = 2d(x; y):

0 para todos x; y 2 X:

Ejemplos de espacios métricos que conocemos bien son los siguientes dos. Ejemplo 2.3 El conjunto R de los números reales con la distancia usual d(x; y) := jx

yj =

x y

y si x x si x

y; y;

es un espacio métrico. Ejemplo 2.4 El espacio euclidiano Rn con la distancia usual p d2 (x; y) := (x1 y1 )2 + + (xn yn )2 ;

donde x = (x1 ; :::; xn ); y = (y1 ; :::; yn ) 2 Rn ; es un espacio métrico. La demostración se vió ya en cursos anteriores. La dejamos aquí como ejercicio [Ejercicio 2.33]. Podemos darle a Rn otras métricas interesantes, por ejemplo las siguientes dos. Ejemplo 2.5 La función d1 (x; y) := jx1

y1 j +

+ jxn

yn j ;

donde x = (x1 ; :::; xn ); y = (y1 ; :::; yn ) 2 Rn ; es una métrica para el espacio euclidiano Rn . Demostración: Las propiedades (M1) y (M2) son inmediatas y la propiedad (M3) se sigue de la desigualdad del triángulo en R que a…rma que, para toda i = 1; :::; n; jxi

zi j

jxi

yi j + jyi

zi j :

Sumando ambos lados de estas desigualdades para i = 1; :::; n obtenemos d1 (x; z) En consecuencia, d1 es una métrica.

d1 (x; y) + d1 (y; z):

2.1. DEFINICIÓN Y EJEMPLOS

9

Ejemplo 2.6 La función d1 (x; y) := max fjx1

y1 j ;

; jxn

yn jg ;

donde x = (x1 ; :::; xn ); y = (y1 ; :::; yn ) 2 Rn ; es una métrica para el espacio euclidiano Rn . La demostración es sencilla y se deja como ejercicio [Ejercicio 2.34]. Introduciremos ahora métricas análogas en espacios de sucesiones (xk ) de números reales: Ejemplo 2.7 Sea `1 el conjunto de todas las sucesiones acotadas de números reales, es decir, de las sucesiones x = (xk ) para las cuales existe c 2 R (que depende de x) tal que jxk j < c para todo k 2 N. De…nimos d1 (x; y) := sup jxk

yk j ;

k 1

x = (xk ); y = (yk ) 2 `1 :

Entonces d1 toma valores en R y es una métrica en `1 . Demostración: Sean x = (xk ); y = (yk ) sucesiones acotadas, y sean c1 ; c2 2 R tales que jxk j < c1 y jyk j < c2 para todo k 2 N: De la desigualdad del triángulo para números reales se sigue que jxk es decir, la sucesión (xk

yk j

jxk j + jyk j

8k 2 N;

c1 + c2

yk ) está acotada y, por tanto, d1 (x; y) := sup jxk k 1

yk j 2 R:

Es inmediato comprobar que d1 satisface las propiedades (M1) y (M2). Aplicando nuevamente desigualdad del triángulo para números reales obtenemos que, si x; y; z 2 `1 ; entonces jxk

yk j

jxk

zk j + jzk

yk j

d1 (x; z) + d1 (z; y)

En consecuencia, d1 (x; y) es decir, d1 satisface (M3).

d1 (x; z) + d1 (z; y)

8x; y; z 2 `1 ;

8k 2 N:

10


En los siguientes ejemplos requeriremos la noción de convergencia de una serie. Recordemos que una serie de números reales 1 P

xk

k=1

converge, si la sucesión (sn ) de sumas …nitas sn :=

n P

xk

k=1

converge. En tal caso, se denota 1 P

xk := l m sn : n!1

k=1

Si xk 0 para todo k 2 N; entonces la sucesión (sn ) es creciente. En ese caso, la serie converge si y sólo si la sucesión (sn ) está acotada y, si eso ocurre, se tiene que 1 P

xk := l m sn = sup sn : n!1

k=1

n 1

Ejemplo 2.8 Sea `1 el conjunto de las sucesiones (xk ) de números reales tales que la serie 1 P jxk j k=1

converge, y sea

d1 (x; y) :=

1 P

k=1

jxk

yk j ;

x = (xk ); y = (yk ) 2 `1 :

Entonces d1 toma valores en R y es una métrica en `1 : Demostración: De la desigualdad del triángulo para números reales, jxk

yk j

jxk j + jyk j ;

se sigue que n P

k=1

jxk

yk j

n P

k=1 1 P

k=1

jxk j + jxk j +

n P

k=1 1 P

k=1

jyk j jyk j :

2.2. ESPACIOS NORMADOS

11

Por consiguiente, si (xk ); (yk ) 2 `1 , la serie 1 P

k=1

jxk

yk j

1 P

k=1

1 P

k=1

jxk

yk j converge y se cumple que

jxk j +

1 P

k=1

jyk j :

(2.1)

Es fácil comprobar que d1 satisface (M1) y (M2): La propiedad (M3) se sigue de la desigualdad (2.1) reemplazando xk por xk zk y yk por yk zk , es decir, d1 (x; y) =

1 P

k=1

jxk

para todas x; y; z 2 `1 :

2.2.

yk j

1 P

k=1

jxk

zk j +

1 P

k=1

jzk

yk j = d1 (x; z) + d1 (z; y);

Espacios normados

Nota que todos los ejemplos anteriores, además de la estructura geométrica dada por la distancia, poseen una estructura algebraica: la de espacio vectorial. Las métricas más interesantes en un espacio vectorial son las inducidas por una norma. De…nición 2.9 Sea V un espacio vectorial sobre R. Una norma en V es una función k k : V ! R que tiene las siguientes propiedades: (N1) kvk = 0 si y sólo si v = 0; (N2) k vk = j j kvk para todos v 2 V; 2 R; (N3) kv + wk kvk + kwk para todos v; w 2 V: Un espacio normado es un espacio vectorial V provisto de una norma k k. Lo denotaremos por (V; k k); o simplemente por V cuando no haga falta especi…car quién es su norma. Proposición 2.10 Todo espacio normado (V; k k) es un espacio métrico con la métrica dada por d(v; w) := kv wk : Esta métrica se llama la métrica inducida por la norma k k : La demostración es sencilla y se deja como ejercicio [Ejercicio 2.37]. Todas las métricas consideradas en los ejemplos anteriores están inducidas por una norma. Veamos otros ejemplos.

12


Dado x 2 Rn de…nimos kxkp : =

n P

k=1

p

1 p

jxk j

si p 2 [1; 1);

kxk1 : = max jxk j :

(2.2)

1 k n

Es sencillo comprobar que k kp cumple las propiedades (N1) y (N2): Para probar que cumple la propiedad (N3) requerimos unas desigualdades que demostraremos a continuación. Lema 2.11 (Desigualdad de Young) Sean p; q 2 (1; 1) tales que tonces, para todo par de números reales a; b 0 se tiene que

1 p

+

1 q

= 1: En-

1 p 1 q a + b: p q

ab

Demostración: Si a = 0 o b = 0 la desigualdad es obvia, de modo que podemos suponer que ab > 0. La función exponencial es una función convexa, es decir, para cualesquiera x0 ; x1 2 R y t 2 [0; 1] se cumple que (1

t)ex0 + tex1

e[(1

t)x0 +tx1 ]

:

y = ex Tomando x0 := ln ap ; x1 := ln bq y t := 1 p 1 q a + b p q Esta es la desigualdad deseada.

1 q

obtenemos 1

e( p ln a

p+ 1 q

ln bq )

= ab:


13

Aplicaremos la desigualdad de Young2 para demostrar la desiguladad de Hölder3 . Proposición 2.12 (Desigualdad de Hölder en Rn ) Sean p; q 2 (1; 1) tales que 1 + 1q = 1: Entonces, para cualesquiera x = (x1 ; :::; xn ); y = (y1 ; :::; yn ) 2 Rn se cumple p que 1 1 n n n p q P P P p q jxk yk j jxk j jyk j ; k=1

k=1

k=1

es decir,

kxyk1

kxkp kykq

donde xy := (x1 y1 ; :::; xn yn ): Demostración: La a…rmación es trivial si x = 0 o si y = 0: Supongamos pues que ambos son distintos de cero. Aplicando la desigualdad de Young a ak := obtenemos

jxk j kxkp

jxk yk j = jak bk j kxkp kykq

y bk :=

jyk j kykq

1 p 1 q jxk jp jyk jq ak + b k = + : p q p kxkpp q kykqq

Sumando todas estas desigualdades para k = 1; :::; n; obtenemos 1 kxkp kykq

n P

k=1

jxk yk j

n P 1 1 jxk jp + p p kxkp k=1 q kykqq 1 1 = + = 1: p q

n P

k=1

jyk jq

Multiplicando ambos lados por kxkp kykq obtenemos la desigualdad deseada. Estamos listos para demostrar el siguiente resultado. Proposición 2.13 Para cada p 2 [1; 1]; la función k kp : Rn ! R de…nida en (2.2) es una norma en Rn : 2

William Henry Young (1863-1942) nació en Londres, Inglaterra. Estudió Matemáticas en la Universidad de Cambridge. Decidió dedicarse a la investigación por in‡uencia de su mujer, Grace Chisholm, quien había sido discípula de Felix Klein en Göttingen. Juntos formaron una pareja matemática destacada. Young fue profesor en diversas universidades incluyendo la de Lausanne, ciudad en la que murió. 3 Otto Ludwig Hölder (1859-1937) nació en Stuttgart, Alemania. Estudió en las universidades de Stuttgart y Berlín, donde fue estudiante de Kronecker, Weierstrass y Kummer. Obtuvo el doctorado en la Universidad de Tübingen en 1882 bajo la dirección de Paul du Bois-Reymond. Descubrió la desigualdad que lleva su nombre en 1884, cuando trabajaba en la convergencia de series de Fourier.

14


Demostración: Es sencillo ver que k kp cumple las propiedades (N1) y (N2): Demostremos la propiedad (N3), es decir, que para todo p 2 [1; 1] se cumple que kx + ykp

8x; y 2 Rn :

kxkp + kykp

(2.3)

Para p = 1 esta desigualdad es consequencia inmediata de la desigualdad del triángulo para números reales [Ejercicio 2.34]. El caso p = 1 se probó en el Ejemplo 2.5. Tomemos ahora p 2 (1; 1). La a…rmación es trivial si x = 0: Supongamos pues que x 6= 0 y apliquemos la desigualdad de Hölder a x y ((jx1 j + jy1 j)p 1 ; : : : ; (jxn j + jyn j)p 1 ): De…niendo q := p p 1 obtenemos n P

k=1

Análogamente,

n P

k=1

p 1

jxk j (jxk j + jyk j)

p 1

jyk j (jxk j + jyk j)

kxkp

kykp

n P

p

k=1

n P

k=1

1 q

(jxk j + jyk j)

;

1 q

p

(jxk j + jyk j)

:

Sumando las dos desigualdades anteriores obtenemos n P

k=1

(jxk j + jyk j)p

kxkp + kykp

k=1

Dividiendo ambos lados de esta desigualdad entre n P

k=1

n P

p

(jxk j + jyk j)p

1 q

:

1 q

(jxk j + jyk j)

y usando la desigualdad del triángulo para números reales jxk + yk j obtenemos kx + ykp =

n P

k=1

p

jxk + yk j

que es la desigualdad deseada.

1 p

n P

k=1

p

(jxk j + jyk j)

jxk j + jyk j ;

1 p

kxkp + kykp ;

Notación 2.14 Con el …n de distinguir cuál de todas estas normas estamos considerando, usaremos la notación Rnp := (Rn ; k kp );

p 2 [1; 1];

(2.4)


15

para designar al espacio Rn con la norma k kp : Escribiremos simplemente Rn en vez de Rn2 para designar a Rn con la norma usual, a la que denotaremos simplemente por q + x2n : kxk := x21 +

Nota que las métricas d1 ; d2 y d1 consideradas en los Ejemplos 2.4 al 2.6 son las inducidas por las normas k k1 ; k k y k k1 ; respectivamente. Consideremos ahora espacios de sucesiones. Las sucesiones de números reales se pueden sumar y multiplicar por escalares término a término, es decir, si x = (xk ) y y = (yk ) son sucesiones de números reales y 2 R; se de…nen y

x + y := (xk + yk )

x := ( xk ):

Con estas operaciones el conjunto de todas las sucesiones de números reales es un espacio vectorial. Para espacios de sucesiones adecuados podemos de…nir normas análogas a las de…nidas para Rn . Proposición 2.15 (a) Dada p 2 [1; 1); consideremos el conjunto `p de todas las sucesiones (xk ) de números reales tales que la serie 1 P

k=1

jxk jp

converge. Entonces `p es un espacio vectorial y la función k(xk )kp :=

1 P

k=1

1 p

p

(2.5)

jxk j

es una norma en `p : (b) El conjunto `1 de todas las sucesiones acotadas de números reales (xk ) es un espacio vectorial y la función k(xk )k1 := sup jxk j k 1

es una norma en `1 . Demostración: Es sencillo ver que x 2 `p para toda x 2 `p ; 2 R y que k kp cumple las propiedades (N1) y (N2) [Ejercicio 2.41]. Probaremos a continuación que x + y 2 `p si x; y 2 `p y que k kp cumple la propiedad (N3). Sean p 2 [1; 1) y (xk ); (yk ) 2 `p : Como la norma k kp en Rn satisface la propiedad (N3), se tiene que n P

k=1

p

jxk + yk j

1 p

n P

k=1

p

jxk j

1 p

+

n P

k=1

p

jyk j

1 p

k(xk )kp + k(yk )kp

16


para todo n 2 N: En consecuencia, la serie k(xk + yk )kp =

1 P

k=1

1 P

k=1

jxk + yk jp converge y se cumple que

p

1 p

jxk + yk j

k(xk )kp + k(yk )kp :

El caso p = 1 se probó en el Ejemplo 2.7. Si p 2 [1; 1) la desigualdad (N3) en `p se llama la desigualdad de Minkowski para series. Nota que las métricas d1 y d1 consideradas en los Ejemplos 2.8 y 2.7 son las inducidas por las normas k k1 y k k1 que acabamos de de…nir. No cualquier métrica en un espacio vectorial está inducida por una norma. De hecho, a cualquier conjunto le podemos dar la métrica siguiente. Ejemplo 2.16 Sea X un conjunto arbitrario. La función ddisc (x; y) =

0 1

si x = y; si x = 6 y;

es una métrica en X; llamada la métrica discreta. El espacio Xdisc := (X; ddisc ) se llama un espacio discreto. Es sencillo comprobar que en un espacio vectorial no trivial ninguna norma induce la métrica discreta [Ejercicio 2.40].

2.3.

Espacios de funciones

Denotemos por C 0 [a; b] al conjunto de todas las funciones continuas f : [a; b] ! R: La suma de funciones y el producto de una función por un escalar, de…nidos como (f + g)(x) := f (x) + g(x);

( f )(x) := f (x);

para f; g 2 C 0 [a; b];

2 R;

le dan a C 0 [a; b] la estructura de espacio vectorial. Dada f 2 C 0 [a; b] de…nimos kf kp : =

Z

a

b

p

1 p

jf (x)j dx

kf k1 : = maxfjf (x)j : a

si p 2 [1; 1); x

bg:

(2.6)

Demostraremos a continuación que éstas son normas en C 0 [a; b]: Empecemos observando lo siguiente.

2.3. ESPACIOS DE FUNCIONES

17

Lema 2.17 Sean f 2 C 0 [a; b] y p 2 [1; 1]: Entonces, kf kp = 0 si y sólo si f = 0: Demostración: Para p = 1 esta a…rmación es consecuencia inmediata de la de…nición (2.6). Si p 2 [1; 1); como jf (x)jp es una función continua y no negativa, se tiene que Z b p jf (x)jp dx = 0 () jf (x)jp = 0 para todo x 2 [a; b]: kf kp = a

En consecuencia, kf kp = 0 si y sólo si f = 0.

Probaremos ahora la desigualdad de Hölder para integrales. Su demostración es análoga a la correspondiente para Rn . Proposición 2.18 (Desigualdad de Hölder para integrales) Sean p; q 2 (1; 1) tales que p1 + 1q = 1: Entonces, para cualquier par de funciones continuas f; g : [a; b] ! R se cumple que Z

Z

b

a

jf (x)g(x)j dx

b

1 p

p

jf (x)j dx

a

Z

b

a

q

1 q

jg(x)j dx

;

es decir, kf gk1

kf kp kgkq :

Demostración: La a…rmación es trivial si f = 0 o si g = 0: Supongamos pues que ambas funciones son distintas de cero. Para cada x 2 [a; b]; de…nimos números reales positivos jf (x)j jg(x)j ax := y bx := : kf kp kgkq Aplicando la desigualdad de Young (Lema 2.11) obtenemos jf (x)g(x)j = jax bx j kf kp kgkq

1 p 1 q jf (x)jp jg(x)jq a + b = + ; p x q x p kf kpp q kgkqq

e integrando ambos lados de esta desigualdad obtenemos Rb a

jf (x)g(x)j dx kf kp kgkq

Rb a

jf (x)jp dx + p kf kpp

Rb a

jg(x)jq dx 1 1 = + = 1. q q kgkq p q

Finalmente, multiplicando ambos lados por kf kp kgkq obtenemos la desigualdad deseada.

18


Es fácil ver que también vale la desigualdad de Hölder kf gk1

kf k1 kgk1

[Ejercicio 2.47]. A partir de la desigualdad de Hölder se obtiene la desigualdad de Minkowski4 . Proposición 2.19 (Desigualdad de Minkowski para integrales) Sea p 2 [1; 1]: Entonces, kf + gkp kf kp + kgkp 8f; g 2 C 0 [a; b]: Demostración: Los casos p = 1; 1 se dejan como ejercicio [Ejercicio 2.46]. Sea p 2 (1; 1): Si f = 0 la a…rmación es evidente. Supongamos pues que f 6= 0: Sea h(x) := (jf (x)j + jg(x)j)p 1 : Aplicando la desigualdad de Hölder para integrales (Proposición 2.18) a las funciones f; h, y g; h respectivamente, obtenemos 1 Z b Z b q p 1 p ; jf (x)j (jf (x)j + jg(x)j) dx kf kp (jf (x)j + jg(x)j) a

Z

Z

b

a

jg(x)j (jf (x)j + jg(x)j)p 1 dx

kgkp

y sumando estas desigualdades concluimos que Z b (jf (x)j + jg(x)j)p dx kf kp + kgkp a

a

a

Z

Dividiendo ambos lados de esta desigualdad entre Z b (jf (x)j + jg(x)j)p

1 q

b

(jf (x)j + jg(x)j)p 1 q

b p

a

;

(jf (x)j + jg(x)j)

:

1 q

a

y usando la desigualdad del triángulo para números reales jf (x) + g(x)j jf (x)j+jg(x)j y la monotonía de la integral obtenemos 1 1 Z b Z b p p p p kf + gkp = jf (x) + g(x)j dx (jf (x)j + jg(x)j) dx kf kp + kgkp ; a

a

como a…rma el enunciado. Ahora podemos concluir lo siguiente. 4

Hermann Minkowski (1864-1909) nació en Lituania, entonces parte del Imperio Ruso. Realizó el doctorado en 1885 en la Universidad Albertina de Königsberg bajo la dirección de Ferdinand von Lindemann. Fue profesor en la ETH de Zürich y en la Universidad de Göttingen, ciudad en la que murió.

2.3. ESPACIOS DE FUNCIONES

19

Proposición 2.20 Para cada p 2 [1; 1] la función k kp : C 0 [a; b] ! R es una norma. Demostración: Las propiedades (N1) y (N3) se probaron en el Lema 2.17 y la Proposición 2.19 respectivamente. La propiedad (N2) es consecuencia inmediata de la linealidad de la integral.

Notación 2.21 Con el …n de distinguir cuál de todas estas normas estamos considerando, usaremos la notación Cp0 [a; b] := (C 0 [a; b]; k kp );

p 2 [1; 1];

para designar al espacio de las funciones continuas f : [a; b] ! R con la norma k kp : Como veremos más adelante, la norma más adecuada en el espacio de funciones continuas C 0 [a; b] es la norma k k1 : Por ello, escribiremos simplemente C 0 [a; b] := (C 0 [a; b]; k k1 ): Observa que la distancia kf gk1 entre dos funciones continuas f y g es pequeña si sus grá…cas están cerca la una de la otra, mientras que la distancia kf gk1 es pequeña si el área de la región delimitada por sus grá…cas es pequeña. Así, dos funciones continuas pueden estar muy cerca según la norma k k1 y a distancia 1 según la norma k k1 , como lo muestra el siguiente ejemplo. Ejemplo 2.22 Sea fk : [0; 1] ! R la función dada por kx si 0 si k1

1 0

fk (x) =

x x

1 ; k

1:

Entonces kfk k1 = 1 para toda k 2 N; mientras que kfk k1 =

1 : 2k

1

1

0 .7 5

0 .7 5

0 .5

0 .5

0 .2 5

0 .2 5

0

0 0

0 .2 5

0 .5

y = f4 (x)

0 .7 5

1

0

0 .2 5

0 .5

y = f8 (x)

0 .7 5

1

20


Es decir, según la norma k k1 todas las funciones fk distan exactamente 1 de la función constante igual a 0; mientras que, según la norma k k1 ; dichas funciones se acercan cada vez más a la función 0 conforme k crece. Las normas de…nidas en esta sección satisfacen las siguientes relaciones. Proposición 2.23 Para toda f 2 C 0 [a; b] se cumple que kf ks

(b

kf ks

(b

a)

r s rs

kf kr

1 s

a) kf k1

81

s < r < 1;

81

s < 1:

Demostración: Si 1 s < r < 1; aplicando la desigualdad de Hölder (Proposición 2.18) con p = r r s y q = rs a la función constante con valor 1 y a la función jf js obtenemos que Z

a

b

s

jf (x)j dx

Z

r s r

b

dx

a

= (b

a)

r s r

Z

a

Z

a

b

s r

r

jf (x)j dx

b

r

jf (x)j dx

s r

:

Elevando ambos lados a la potencia 1s obtenemos la primera desigualdad. La segunda desigualdad es sencilla y se deja como ejercicio.

2.4.

El espacio de funciones acotadas

El siguiente ejemplo juega un papel importante en muchas aplicaciones, algunas de las cuales se verán más adelante. Sea S un conjunto y sea X = (X; d) un espacio métrico. De…nición 2.24 Una función f : S ! X es acotada si existen c 2 R y x0 2 X tales que d(f (z); x0 ) c 8z 2 S: Denotamos por B(S; X) := ff : S ! X : f es acotadag y de…nimos d1 (f; g) := sup d(f (z); g(z)): z2S

2.4. EL ESPACIO DE FUNCIONES ACOTADAS

21

Proposición 2.25 d1 es una métrica en B(S; X): Esta métrica se llama la métrica uniforme. Demostración: Veamos primero que, si f; g 2 B(S; X); entonces d1 (f; g) 2 R. Sean x0 ; x1 2 X y c0 ; c1 2 R tales que d(f (z); x0 )

c0

y

d(g(z); x1 )

c1

8z 2 S:

Como d satisface (M3) se tiene que d(f (z); g(z))

d(f (z); x0 ) + d(x0 ; x1 ) + d(x1 ; g(z))

c0 + d(x0 ; x1 ) + c1

8z 2 S:

En consecuencia, d1 (f; g) 2 R: Probemos ahora que d1 es una métrica para B(S; X): Como d satisface (M1) se tiene que d1 (f; g) = 0 , d(f (z); g(z)) = 0 8z 2 S , f (z) = g(z) 8z 2 S; es decir, d1 satisface (M1). La propiedad (M2) para d1 se sigue inmediatamente de la misma propiedad para d: Sean f; g; h 2 B(S; X): La propiedad (M3) de d implica que d(f (z); g(z))

d(f (z); h(z)) + d(h(z); g(z))

d1 (f; h) + d1 (h; g)

8z 2 S:

En consecuencia, d1 (f; g)

d1 (f; h) + d1 (h; g);

es decir, d1 satisface (M3). Si V es un espacio vectorial, entonces el conjunto de todas las funciones de S a V es un espacio vectorial con las operaciones dadas por (f + g)(z) := f (z) + g(z);

( f )(z) := f (z):

Si V es un espacio normado con norma k k : entonces kf k1 := sup kf (z)k z2S

es una norma en B(S; V ). La demostración de estas a…rmaciones es un ejercicio sencillo [Ejercicio 2.52]. Esta norma se llama la norma uniforme.

22


2.5.

Subespacios métricos e isometrías

Los subconjuntos de un espacios métrico heredan su métrica. De…nición 2.26 Si X = (X; d) es un espacio métrico y A es un subconjunto de X de…nimos dA (x; y) := d(x; y) 8x; y 2 A: Esta es claramente una métrica en A; que se llama la métrica inducida por d: Al conjunto A con esta métrica se le llama un subespacio métrico de X: Nota que toda función continua f : [a; b] ! Rn es acotada. En particular, C 0 [a; b] B([a; b]; R): La norma de…nida en (2.6) coincide con la norma inducida en C 0 [a; b] por la norma uniforme de B([a; b]; R): Veamos otros ejemplos. Ejemplo 2.27 Si X es un subconjunto de Rn y p; q 2 X; el conjunto Tp;q (X) de todas las trayectorias de p a q en X, de…nido en la sección anterior, es un subconjunto de B([0; 1]; Rn ): Así que Tp;q (X) resulta ser un espacio métrico con la métrica inducida por la métrica uniforme de B([0; 1]; Rn ): A un subconjunto de un espacio métrico se le pueden por supuesto dar otras métricas, distintas de la inducida. Una métrica muy natural sobre la esfera es la siguiente. Ejemplo 2.28 Sean Sn 1 := fx 2 Rn : kxk = 1g la esfera unitaria en Rn y x; y 2 Sn 1 : Consideremos el conjunto Tx;y (Sn 1 ) de todas las trayectorias de x a y en Sn 1 : De…nimos d(x; y) := nffL( ) : 2 Tx;y (Sn 1 )g; donde L( ) es la longitud de la trayectoria : Ésta es una métrica en Sn 1 ; distinta de la métrica inducida por la métrica usual de Rn : La demostración de estas a…rmaciones se deja como ejercicio [Ejercicio 2.57]. Desde el punto de vista geométrico dos espacios métricos se consideran iguales si existe una biyección entre ellos que preserva distancias. De…nición 2.29 Sean X = (X; dX ) y Y = (Y; dY ) dos espacios métricos. Una función : X ! Y es una isometría si dY ( (x1 ); (x2 )) = dX (x1 ; x2 )

8x1 ; x2 2 X:

2.6. EJERCICIOS

23

Por ejemplo, si a un subconjunto A de un espacio métrico de X le damos la métrica inducida, entonces la inclusión : A ,! X es una isometría. Por otra parte, observemos que toda isometría es inyectiva. En efecto, si (x1 ) = (x2 ) entonces dX (x1 ; x2 ) = dY ( (x1 ); (x2 )) = 0 y, en consecuencia, x1 = x2 : Así pues, una isometría : X ! Y nos permite identi…car a X con el subespacio métrico (X) := f (x) : x 2 Xg de Y: Veamos algunos ejemplos. Ejemplo 2.30 Para cada p 2 [1; 1]; la función : Rnp ! `p ;

(x1 ; :::xn ) = (x1 ; :::xn ; 0; 0; :::);

es una isometría. Es decir, podemos identi…car a Rnp con el subespacio de `p que consiste de las sucesiones (xk ) tales que xk = 0 para k > n: Ejemplo 2.31 La identidad 0 id : C1 [0; 1] ! C10 [0; 1];

id(f ) = f;

no es una isometría. En efecto, la función fk del Ejemplo 2.22 satisface 1 = kfk k1 6= kfk k1 = 1; 2k es decir, la distancia de fk a la función constante 0 según la métrica inducida por la 1 ; mientras que su distancia según la métrica inducida por k k1 es 1: norma k k1 es 2k

2.6.

Ejercicios

Ejercicio 2.32 Sea X = (X; d) un espacio métrico. Prueba que, para cualesquiera w; x; y; z 2 X; se cumple que jd(w; x)

d(y; z)j

d(w; y) + d(x; z):

Ejercicio 2.33 (a) Demuestra que la distancia usual en R, de…nida en el Ejemplo 2.3, es una métrica. (b) Demuestra que la distancia usual en Rn , de…nida en el Ejemplo 2.4, es una métrica. Ejercicio 2.34 Prueba que kxk1 := max fjx1 j ; :::; jxn jg donde x = (x1 ; :::; xn ) 2 Rn ; es una norma en Rn : Ejercicio 2.35 ¿Es la función : Rn ! R; dada por (x) := m n fjx1 j ; :::; jxn jg ; una norma en Rn ? Justi…ca tu a…rmación.

24


Ejercicio 2.36 Muestra que la desigualdad de Minkowski en Rn no se cumple si p = 12 : Ejercicio 2.37 Sea (V; k k) un espacio normado. Prueba que la función d(v; w) := kv wk es una métrica en V: Ejercicio 2.38 Describe los conjuntos Bp (0; 1) := fx 2 R2 : kxkp 1; 2; 1: Haz un dibujo de cada uno de ellos.

1g para p =

Ejercicio 2.39 Describe los conjuntos Bdisc (0; 1) : = fx 2 R2 : ddisc (x; 0) 1g; Bdisc (0; 1) : = fx 2 R2 : ddisc (x; 0) < 1g; donde ddisc es la métrica discreta en R2 : Ejercicio 2.40 Sea V un espacio vectorial distinto de f0g: Prueba que no existe ninguna norma en V que induzca la métrica discreta, es decir, no existe ninguna norma en V tal que 0 si v = w; kv wk = 1 si v 6= w: Ejercicio 2.41 Prueba que, para cada p 2 [1; 1]; la función k kp de…nida en la Proposición 2.15 satisface: (N1) kxkp = 0 si y sólo si x = 0 en `p : (N2) Si (xk ) 2 `p y 2 R; entonces ( xk ) 2 `p y k( xk )kp = j j k(xk )kp : Ejercicio 2.42 Prueba que, para toda x 2 Rn ; (a) kxkr (b) kxks (c) kxks

kxks si 1 r s n sr kxkr si 1 1 n s kxk1 si 1

s r 1; s r < 1; s < 1:

(Sugerencia: Para probar la segunda desigualdad aplica la desigualdad de Hölder a los vectores (1; :::; 1) y (jx1 js ; :::; jxn js ) con p = r r s y q = rs ). Ejercicio 2.43 (Desigualdad de Hölder para series) Prueba que, si p; q 2 (1; 1), 1 + 1q = 1; (xk ) 2 `p y (yk ) 2 `q ; entonces (xk yk ) 2 `1 y p 1 P

k=1

es decir,

jxk yk j

1 P

k=1

k(xk yk )k1

p

jxk j

1 p

1 P

k=1

q

jyk j

k(xk )kp k(yk )kq :

1 q

:

2.6. EJERCICIOS

25

Ejercicio 2.44 (a) Prueba que, si 1 `s

`r ;

`s 6= `r

y

s
1; entonces k(xk )ks

(b) Prueba además que, si (xk ) 2 `p para alguna 1

8(xk ) 2 `s :

p < 1; entonces

k(xk )k1 = l m k(xk )kr : r!1

Ejercicio 2.45 Sea S el conjunto de todas las sucesiones de números reales. Para x = (xi ); y = (yi ) 2 S de…nimos d(x; y) :=

1 P

jxi yi j : i yi j) i=1 2 (1 + jxi

(a) Prueba que ésta es una métrica en S: (b) Sean xk = (xki ); x = (xi ) 2 S: Prueba que d(xk ; x) ! 0 cuando k ! 1 si y sólo si xki ! xi cuando k ! 1 para todo i 2 N: Ejercicio 2.46 Prueba que todo par de funciones continuas f; g : [a; b] ! R satisfacen las siguientes desigualdades: Z b Z b Z b jg(x)j dx; jf (x)j dx + jf (x) + g(x)j dx a

a

a

max jf (x) + g(x)j

max jf (x)j + max jg(x)j :

x2[a;b]

x2[a;b]

x2[a;b]

Ejercicio 2.47 Prueba que las desigualdades de Hölder para sumas, para series y para integrales siguen siendo válidas si p = 1 y q = 1; es decir, (a) Si (x1 ; :::; xn ); (y1 ; :::; yn ) 2 Rn entonces n P

k=1

jxk yk j

n P

k=1

jxk j

max jyk j :

1 k n

(b) Si (xk ) 2 `1 ; (yk ) 2 `1 entonces (xk yk ) 2 `1 y ! 1 1 X X jxk yk j jxk j sup jyk j : k=1

k=1

k2N

(c) Si f; g : [a; b] ! R son funciones continuas, entonces Z b Z b jf (x)g(x)j dx jf (x)j dx max jg(x)j : a

a

a x b

26


Ejercicio 2.48 Da un ejemplo de una sucesión de funciones continuas fk : [0; 1] ! R tales que kfk k1 = 1 para toda k 2 N; y kfk k1 ! 1: Concluye que no existe ninguna constante c 2 R tal que kf k1

8f 2 C 0 [0; 1]:

c kf k1

¿Es posible construir una sucesión de funciones continuas gk : [0; 1] ! R tales que kgk k1 = 1 para toda k 2 N; y kgk k1 ! 1? Justi…ca tu respuesta. Ejercicio 2.49 Sea fk : [0; 1] ! R, la función fk (x) =

kx si 0 si k1

1 0

Para cada p 2 [1; 1) y k 2 N calcula kfk kp :=

Z

0

x x

1 ; k

1:

1=p

1

p

jf (t)j dt

:

Ejercicio 2.50 Demuestra si son verdaderas o falsas las siguientes a…rmaciones: (a) Si p; r 2 [1; 1] y p < r; entonces existe una constante c > 0 tal que kf kp

c kf kr

para toda f 2 C 0 [0; 1]:

(b) Si p; r 2 [1; 1] y p > r; entonces existe una constante c > 0 tal que kf kp

c kf kr

para toda f 2 C 0 [0; 1]:

(Sugerencia: Usa el Ejercicio 2.49.) Ejercicio 2.51 Sea C r [a; b] el conjunto de las funciones f : [a; b] ! R que son rveces continuamente diferenciables en [a; b]; es decir, tales que todas sus derivadas f 0 ; f 00 ; :::; f (r) hasta la de orden r existen en (a; b) y son continuas en [a; b]: Para cada p 2 [1; 1] de…nimos kf kr;p := kf kp + kf 0 kp +

+ f (r)

p

:

Prueba que Cpr [a; b] = (C r [a; b]; k kr;p ) es un espacio normado. Ejercicio 2.52 Sean S un conjunto y V = (V; k k) un espacio normado. Prueba que B(S; V ) es un espacio vectorial con las operaciones dadas por (f + g)(z) := f (z) + g(z); f; g 2 B(S; V );

2 R; y que

kf k1 := sup kf (z)k z2S

es una norma en B(S; V ).

( f )(z) := f (z);

2.6. EJERCICIOS

27

Ejercicio 2.53 Sean X = (X; dX ) y Y = (Y; dY ) espacios métricos. Consideremos el producto cartesiano X Y := f(x; y) : x 2 X; y 2 Y g: Dados (x1 ; y1 ); (x2 ; y2 ) 2 X

Y; de…nimos

dp ((x1 ; y1 ); (x2 ; y2 )) : = (dX (x1 ; x2 )p + dY (y1 ; y2 )p )1=p d1 ((x1 ; y1 ); (x2 ; y2 )) : = max fdX (x1 ; x2 ); dY (y1 ; y2 )g :

si p 2 [1; 1);

(a) Prueba dp es una métrica en X Y para todo p 2 [1; 1]: (b) Prueba que, para cualquiera de estas métricas y para cualquier y0 2 Y , la inclusión :X!X

Y;

(x) := (x; y0 )

es una isometría. (c) ¿Es la proyección :X una isometría?

Y ! X;

(x; y) := x

Ejercicio 2.54 Prueba que, si : X ! Y es una isometría y es biyectiva, entonces su inversa 1 : Y ! X es una isometría. Ejercicio 2.55 ¿Cuáles de las siguientes funciones son isometrías y cuáles no? Justi…ca tu a…rmación. (a) La identidad id : R2p ! R2r ; id(x) = x; con p 6= r: (b) La identidad id : Cp0 [0; 1] ! Cr0 [0; 1]; id(f ) = f; con p 6= r: (c) La inclusión : C21 [0; 1] ,! C20 [0; 1]; (f ) = f: 0 [0; 1] ,! B([0; 1]; R); (f ) = f: (d) La inclusión : C1 (e) La función : B(N; R) ! `1 ; (f ) = (f (k)): Ejercicio 2.56 Sea V un espacio vectorial de dimensión …nita y sea fe1 ; :::; en g una Pn base de V: Dado v 2 V lo expresamos como v = i=1 xi ei con xi 2 R; y de…nimos !1=2 n X kvk := x2i : i=1

Demuestra las siguientes a…rmaciones: (a) k k es una norma en V . (b) Si le damos a V la norma k k ; la función (x1 ; :::; xn ) :=

: Rn ! V dada por

n X i=1

es una isometría.

xi ei ;

28


Ejercicio 2.57 Sean X Rn ; x; y 2 X y Tx;y (X) el conjunto de todas las trayectorias de x a y en X: De…nimos d(x; y) := nffL( ) :

2 Tx;y (X)g;

donde L( ) es la longitud de la trayectoria ; de…nida en el Capítulo 1. (a) Prueba que, si para cada x; y 2 X existe x;y 2 Tx;y (X) con L( x;y ) < 1; entonces d es una métrica en X: (b) ¿En cuáles de los siguientes ejemplos coincide esta métrica con la inducida por la métrica usual de Rn ? Justi…ca tu a…rmación. (b.1) X = Rn ; (b.2) X = Bn := fx 2 Rn : kxk 1g; (b.3) X = fx 2 Bn : x 6= 0g; n 2; (b.4) X = fx 2 Bn : x 2 = Dg; donde D := f(x1 ; :::; xn 1 ; 0) 2 Rn : x21 + + x2n 1 21 g; n 2; (b.5) X = Sn 1 := fx 2 Rn : kxk = 1g; n 2:

Capítulo 3 Continuidad A principios del siglo XIX Augustin Louis Cauchy y Bernard Bolzano dieron, de manera independiente, una de…nición de continuidad. Llamaron continua a una función que tomaba valores arbitrariamente cercanos para valores su…cientemente cercanos de la variable. Esta de…nición es exacta pero imprecisa. La de…nición usual hoy en día, en términos de "’s y ’s, fue introducida por Karl Weierstrass1 a …nales del siglo XIX.

Karl Weierstrass La noción de continuidad de una función entre espacios métricos es formalmente 1

Karl Theodor Wilhelm Weierstrass (1815-1897) nació en Ostenfelde, Westfalia (actualmente Alemania) y murió en Berlín. Estudió matemáticas en la Universidad de Münster. Además de sus prolí…cas investigaciones, fue profesor en la Universidad de Berlín y tuvo entre sus discípulos a Georg Cantor, Ferdinand Georg Frobenius, Wilhelm Killing, Leo Königsberger, Carl Runge y So…a Kovalévskaya. Llamado el padre del análisis moderno, Weierstrass dio las de…niciones de continuidad, límite y derivada de una función, que continúan vigentes hoy en día.

29

30

3. CONTINUIDAD

idéntica a la de continuidad de una función entre espacios euclidianos que ya conocemos. En este capítulo estudiaremos este concepto y daremos varias caracterizaciones de la continuidad.

3.1.

De…niciones y ejemplos

Sean X = (X; dX ) y Y = (Y; dY ) espacios métricos. De…nición 3.1 Una función : X ! Y es continua en el punto x0 2 X si, dada " > 0; existe > 0 (que depende de x0 y de ") tal que si dX (x; x0 ) < :

dY ( (x); (x0 )) < " Decimos que

es continua si lo es en todo punto de X.

La continuidad de depende de las métricas que estamos considerando en X y Y: Para hacer énfasis en ello usaremos en ocasiones la notación : (X; dX ) ! (Y; dY ) en vez de

: X ! Y: Veamos algunos ejemplos.

Ejemplo 3.2 La identidad id : Rnp ! Rnr es una función continua para cualesquiera p; r 2 [1; 1]. Demostración: Observa que (max far1 ; : : : ; arn g)1=r = max fa1 ; : : : ; an g si r 2 [1; 1) y a1 ; : : : ; an 0: En consecuencia, para cualesquiera p; r 2 [1; 1) y x = (x1 ; : : : ; xn ) 2 Rn se tiene que kxkr = kxk1 =

n P

i=1

1=r

1=r

r

r

jxi j

n max jxi j i=1;:::;n

1=p

max jxi j =

i=1;:::;n

(3.1)

8x 2 Rn ; p 2 [1; 1]; r 2 [1; 1):

(3.2)

Dados x0 2 Rn y " > 0 de…nimos := n desigualdades (3.1) y (3.2) se sigue que kx

1=p

jxi jp

= kxkp :

i=1;:::;n

n1=r kxkp

i=1;:::;n

n P

max jxi jp

i=1

De ambas desigualdades concluimos que kxkr

= n1=r max jxi j = n1=r kxk1 ;

x 0 kr < "

1=r

Esto prueba que id : Rnp ! Rnr es continua.

" si r 2 [1; 1) o

si kx

x 0 kp < :

:= " si r = 1: De las

3.1. DEFINICIONES Y EJEMPLOS

31

0 [0; 1] ! C10 [0; 1] es continua, mientras que la idenEjemplo 3.3 La identidad id : C1 0 0 tidad id : C1 [0; 1] ! C1 [0; 1] no lo es.

Demostración: Por la Proposición 2.23, kf k1

8f 2 C 0 [0; 1]:

kf k1

En consecuencia, dadas f0 2 C 0 [0; 1] y " > 0; para kf

f0 k1 < "

si kf

:= " se cumple que f0 k1 < :

0 Esto prueba que id : C1 [0; 1] ! C10 [0; 1] es continua. Denotemos por 0 a la función constante con valor 0 en [0; 1]: Probaremos que id : 0 C10 [0; 1] ! C1 [0; 1] no es continua en 0 (de hecho no lo es en ningún punto de C 0 [0; 1]). Sea " := 12 : A…rmamos que para cualquier 2 (0; 1) existe g 2 C 0 [0; 1] tal que kg k1 < y kg k1 = 1 > ": En efecto, la función 1

1 0

g (x) :=

x si 0 si

x x

; 1;

tiene estas propiedades. 1

0. 75

0. 5

0. 25

0 0

0. 25

0. 5

0. 75

1

y = g1=4 (x) 0 Por tanto, la identidad id : C10 [0; 1] ! C1 [0; 1] no es continua en 0:

De…nición 3.4 Una función : X ! Y es un homeomor…smo si es continua y biyectiva y su inversa 1 : Y ! X es continua. Se dice que X y Y son homeomorfos si existe un homeomor…smo entre ellos. Los ejemplos anteriores a…rman que id : Rnp ! Rnr es un homeomor…smo para 0 cualesquiera p; r 2 [1; 1], mientras que id : C1 [a; b] ! C10 [a; b] no lo es.

32

3. CONTINUIDAD

Proposición 3.5 Sean : X ! Y y : Y ! Z funciones entre espacios métricos. (a) Si y son continuas entonces la composición : X ! Z es continua. (b) Si es un homeomor…smo, entonces es continua si y sólo si es continua. (c) Si es un homeomor…smo, entonces es continua si y sólo si es continua. Demostración: (a) Sean x0 2 X y " > 0: Como es continua en y0 := (x0 ), existe > 0 tal que dZ ( (y); (y0 )) < " si dY (y; y0 ) < : Y, como

es continua en x0 ; existe

> 0 tal que

dY ( (x); (x0 )) <

si dX (x; x0 ) < :

En consecuencia, dZ ( ( (x)); ( (x0 ))) < "

si dX (x; x0 ) < :

Es decir, : X ! Z es continua. (b) Si es un homeomor…smo, de la a…rmación (a) se sigue que es continua si y 1 sólo si ( ) = lo es. (c) Análogamente, si es un homeomor…smo, entonces es continua si y sólo si 1 ( ) = lo es. La proposición anterior nos permite concluir que f : Rn ! Rm es continua si y sólo si f : Rnp ! Rm r es continua para cualesquiera p; r 2 [1; 1] [Ejercicio 3.38]. Algunas propiedades importantes de los espacios métricos, como la completitud (que estudiaremos más adelante), no se preservan bajo homeomor…smos. Por ello conviene introducir los siguientes conceptos. De…nición 3.6 Una función : X ! Y es Lipschitz continua, si existe c > 0 tal que dY ( (x); (y)) c dX (x; y) 8x; y 2 X: A c se le llama una constante de Lipschitz para : Diremos que es una equivalencia si es Lipschitz continua y biyectiva y su inversa 1 : Y ! X es Lipschitz continua. Esta noción es más fuerte que la de continuidad, es decir, se cumple lo siguiente. Proposición 3.7 Si

es Lipschitz continua entonces

es continua.

3.1. DEFINICIONES Y EJEMPLOS

33

Demostración: Sea c > 0 una constante de Lipschitz para : Entonces, dada " > 0; para := "c > 0 se cumple que dY ( (x); (x0 )) < " Por tanto,

si dX (x; x0 ) < :

es continua.

Nota que en este caso no depende del punto x0 2 X. El inverso no es cierto en general, es decir, no toda función continua es Lipschitz continua [Ejercicio 3.45]. De…nición 3.8 Dos métricas d1 y d2 en un conjunto X son equivalentes si la identidad id : (X; d1 ) ! (X; d2 ) es una equivalencia, es decir, si existen constantes c1 ; c2 > 0 tales que c1 d2 (x; y) d1 (x; y) c2 d2 (x; y) 8x; y 2 X: Análogamente, dos normas k k1 y k k2 en un espacio vectorial V son equivalentes si las métricas inducidas son equivalentes, es decir, si existen constantes c1 ; c2 > 0 tales que c1 kvk2 kvk1 c2 kvk2 8v 2 V: Las desigualdades (3.2) y (3.1) muestran que k kp y k kr son normas equivalentes en Rn para cualesquiera p; r 2 [1; 1], mientras que el Ejemplo 3.3 muestra que k k1 y k k1 no son normas equivalentes en C 0 [0; 1]. De hecho, k kp y k kr no son normas equivalentes en C 0 [a; b] para ningún par 1 p < r 1 [Ejercicio 3.47]. La siguiente noción nos permite visualizar el concepto de continuidad. De…nición 3.9 Sean X = (X; dX ) un espacio métrico, x0 2 X y " > 0: La bola abierta en X con centro en x0 y radio " es el conjunto BX (x0 ; ") := fx 2 X : dX (x; x0 ) < "g : Dados un subconjunto A de X y una función

: X ! Y; denotamos por

(A) := f (x) 2 Y : x 2 Ag a la imagen de A bajo : Con estos conceptos podemos reformular la de…nición de continuidad como sigue: : X ! Y es continua en el punto x0 de X si, dada " > 0; existe > 0 tal que (BX (x0 ; ))

BY ( (x0 ); "):

(3.3)

34

3. CONTINUIDAD

φ

x0

φ (x0 )

B(x0 ,δ )

B( φ (x0 ),ε )

Revisemos algunos de los ejemplos anteriores bajo esta nueva óptica.

B 1 (0,1)

B 2 (0,1)

B

8

Ejemplo 3.10 Denotemos por Bp (x0 ; ") a la bola abierta en Rnp con centro en x0 y radio ":

(0,1)

De las desigualdades (3.1) y (3.2) se sigue que existe c > 0 (que depende de n y r) tal que Bp (x0 ; c") Br (x0 ; ") 8p; r 2 [1; 1]; x0 2 Rn :

De la caracterización (3.3) de la continuidad se sigue entonces que id : Rnp ! Rnr es un homeomor…smo. Ejemplo 3.11 Denotemos por Bp (f0 ; ") a la bola abierta en Cp0 [0; 1] con centro en la función continua f0 : [0; 1] ! R y radio ": Si p = 1; B1 (f0 ; ") := ff 2 C 0 [0; 1] : jf (x)

f0 (x)j < " 8x 2 [0; 1]g;

es decir, B1 (f0 ; ") es el conjunto de las funciones continuas cuya grá…ca está contenida en la franja f(x; y) 2 R2 : x 2 [0; 1]; jy f0 (x)j < "g.

a

b

Por otra parte, si p = 1; 0

B1 (f0 ; ") := fg 2 C [0; 1] :

Z

0

1

jg(x)

f0 (x)j dx < "g

3.2. CONJUNTOS ABIERTOS Y CONJUNTOS CERRADOS

35

es el conjunto de las funciones continuas g tales que el área de la región comprendida entre las grá…cas de g y f0 es menor que ". Resulta claro entonces que B1 (f0 ; ") B1 (f0 ; "): Y también que, para toda " > 0 y toda > 0; podemos encontrar una función continua g tal que g 2 B1 (f0 ; ) pero g2 = B1 (f0 ; ") : y=g(x)

a

b

0 [0; 1] ! C10 [0; 1] es De la caracterización (3.3) de la continuidad se sigue que id : C1 0 [0; 1] no lo es. continua y que id : C10 [0; 1] ! C1

3.2.

Conjuntos abiertos y conjuntos cerrados

Sea X = (X; d) un espacio métrico y sea A un subconjunto de X: De…nición 3.12 Un punto x 2 X se llama un punto interior de A si existe " > 0 tal que BX (x; ") A: El conjunto de todos los puntos interiores de A se llama el interior de A en X y se denota intX (A); o simplemente int(A). Decimos que A es abierto en X si A = int(A): Observa que int X (A)

A: Veamos que la bola abierta es un abierto en este sentido.

Proposición 3.13 En cualquier espacio métrico X = (X; d); la bola abierta BX (x0 ; ") := fx 2 X : d(x; x0 ) < "g con centro en x0 y radio " es un subconjunto abierto de X: Demostración: Sea x 2 BX (x0 ; "). Tomemos z 2 BX (x; ); se cumple que d(z; x0 )

:= "

d(x; x0 ) > 0: Para todo

d(z; x) + d(x; x0 ) < + d(x; x0 ) = ";

36

3. CONTINUIDAD

es decir, z 2 BX (x0 ; "). Por tanto, BX (x; )

BX (x0 ; ").

x x0

Esto muestra que x 2 int(BX (x0 ; ")) para todo x 2 BX (x0 ; "): En consecuencia BX (x0 ; ") = int(BX (x0 ; ")):

Corolario 3.14 El interior int(A) de cualquier subconjunto A de X es abierto. Demostración: Sea x 2 int(A): Entonces existe " > 0 tal que BX (x; ") A: Probaremos ahora que BX (x; ") intA: En efecto, por la Proposición 3.13, para todo z 2 BX (x; ") existe > 0 tal que BX (z; ) BX (x; ") A: Por tanto, z 2 intA: Es fácil ver que int(A) es el mayor subconjunto abierto de X contenido en A [Ejercicio 3.64]. El que un subconjunto A de X sea abierto en X o no lo sea depende desde luego de la métrica que le demos a X. Veamos un ejemplo. Ejemplo 3.15 El conjunto A := ff 2 C 0 [0; 1] : jf (x)j < 1=2 8x 2 [0; 1]g 0 es abierto en C1 [0; 1]; pero no es abierto en C10 [0; 1]: 0 [0;1] (0; 1=2). La Proposición 3.13 asegura que Demostración: Observa que A = BC1 0 A es abierto en C1 [0; 1]: Probaremos ahora que A no es abierto en C10 [0; 1]: Para cada 0 < < 1 consideremos la función ; 1 1 x si 0 x g (x) := 0 si x 1:


Entonces kg k1 =

2

37

y kg k1 = 1: Por tanto, g 2 BC10 [0;1] (0; ); pero g 62 A: y=g (x) δ

1/2

0

-1/2

Es decir, BC10 [0;1] (0; ) no está contenida en A para ningún función 0 no es un punto interior de A en C10 [0; 1]:

> 0: En consecuencia, la

De hecho, el conjunto A del ejemplo anterior tiene interior vacío en C10 [0; 1] [Ejercicio 3.59]. De…nición 3.16 Un punto x 2 X se llama un punto de contacto de A si BX (x; ") \ A 6= ; para toda " > 0: El conjunto de todos los puntos de contacto de A se llama la X cerradura de A en X y se denota A ; o simplemente A: Decimos que A es cerrado en X si A = A: Nota que todo punto de A es punto de contacto de A; es decir, A

A:

De…nición 3.17 La bola cerrada en X con centro en x0 y radio " es el conjunto BX (x0 ; ") := fx 2 X : d(x; x0 )

"g :

Proposición 3.18 BX (x0 ; ") es un subconjunto cerrado de X: Demostración: Sea x 2 BX (x0 ; "): Entonces, para todo > 0; existe x 2 BX (x; )\ BX (x0 ; "): De la desigualdad del triángulo se sigue que d(x; x0 ) En consecuencia d(x; x0 )

d(x; x ) + d(x ; x0 ) < + "

8 > 0:

"; es decir, x 2 BX (x0 ; "):

Denotaremos por X r A al complemento de A en X; es decir, X r A := fx 2 X : x 2 = Ag : Los abiertos y los cerrados son duales en el siguiente sentido.

38

3. CONTINUIDAD

Proposición 3.19 Para cualquier subconjunto A de un espacio métrico X se cumple que X r A = int(X r A): En consecuencia, A es cerrado en X si y sólo si X r A es abierto en X: Demostración: La primera a…rmación es inmediata. En efecto, x 2 int(X r A) si y sólo si existe " > 0 tal que BX (x; ") \ A = ;; es decir, si y sólo si x 2 X r A: En consecuencia, si A es cerrado, entonces X rA = X rA = int(X rA); es decir, X rA es abierto. E inversamente, si X r A es abierto, entonces X r A = int(X r A) = X r A y, en consecuencia, A = A; es decir, A es cerrado.

Corolario 3.20 La cerradura A de cualquier subconjunto A de X es cerrado en X: Demostración: Por el Corolario 3.14, sabemos que int(X r A) es abierto en X: En consecuencia, por la Proposición 3.19, se tiene que A = Xr int(X r A) es cerrado en X: Es sencillo comprobar que A es el menor subconjunto cerrado de X que contiene a A [Ejercicio 3.65]. Existen subconjuntos que no son ni abiertos ni cerrados. Por ejemplo, el intervalo [a; b) no es ni abierto ni cerrado en R. Más aún, un subconjunto puede ser simultáneamente abierto y cerrado como lo muestra el siguiente ejemplo. Ejemplo 3.21 Todo subconjunto de un espacio métrico discreto Xdisc es abierto en Xdisc . En consecuencia, todo subconjunto de Xdisc es cerrado en Xdisc : Demostración: Observemos que, para cada punto x 2 X; Bdisc (x; 1) := fy 2 X : ddisc (y; x) < 1g = fxg: Para cualquier subconjunto A de X se tiene entonces que Bdisc (x; 1) A para todo x 2 A: Por tanto, A es abierto. De la Proposición 3.19 se sigue que A también es cerrado. En general no es cierto que la cerradura de una bola abierta sea la correspondiente bola cerrada. Veamos un ejemplo.


39

Ejemplo 3.22 Si Xdisc es un espacio métrico discreto con al menos dos puntos entonces, puesto que todos los subconjuntos de Xdisc son cerrados, se tiene que Bdisc (x; 1) = Bdisc (x; 1) = fxg

8x 2 X:

Por otra parte, Bdisc (x; 1) := fy 2 X : ddisc (y; x)

1g = X:

Esto no ocurre en un espacio normado. Proposición 3.23 Si V = (V; k k) es un espacio normado, entonces la cerradura de la bola abierta B(v0 ; ") := fv 2 V : kv v0 k < "g es la bola cerrada B(v0 ; ") := fv 2 V : kv v0 k "g. Demostración: Como B(v0 ; ") es cerrado y contiene a B(v0 ; ") se tiene que B(v0 ; ") B(v0 ; ") [Ejercicio 3.65]. Probaremos ahora que B(v0 ; ") B(v0 ; "): Es decir, probaremos que, para todo v 2 B(v0 ; ") y > 0; se cumple que B(v; ) \ B(v0 ; ") 6= ;: Sin perder generalidad podemos tomar < 2": El punto v := v +

2"

v) 2 V

(v0

satisface kv kv

vk =

2"

v0 k = (1

kv0 2"

vk ) kv

2

< ; y

v0 k

(1

2"

)" < ":

v v

δ

v0

Por tanto, v 2 B(v; ) \ B(v0 ; "): Daremos ahora una caracterización de la continuidad en términos de conjuntos abiertos y conjuntos cerrados. La imagen inversa de un subconjunto B de Y bajo la función : X ! Y es el conjunto 1

(B) := fx 2 X : (x) 2 Bg :

40

3. CONTINUIDAD

Proposición 3.24 Sean X y Y espacios métricos, y sea : X ! Y una función. Las siguientes a…rmaciones son equivalentes: (a) : X ! Y es continua. (b) 1 (U ) es abierto en X para todo subconjunto abierto U de Y: (c) 1 (C) es cerrada en X para todo subconjunto cerrado C de Y . Demostración: (a) ) (b): Sea U un subconjunto abierto de Y: Para cada x 2 1 (U ) tomemos " > 0 tal que BY ( (x); ") U: Como es continua, existe > 0 tal que 1 1 (BX (x; )) BY ( (x); "): Entonces BX (x; ) (U ): Esto prueba que (U ) es abierto en X: (b) ) (a): Sean x 2 X y " > 0: Como BY ( (x); ") es abierta en Y , se tiene que 1 (BY ( (x); ")) es abierto en X: En particular, existe > 0 tal que BX (x; ) 1 (BY ( (x); ")); es decir, (BX (x; )) BY ( (x); "): Esto prueba que es continua en x: Observa que X r 1 (B) = 1 (Y r B) para todo subconjunto B de Y: La equivalencia entre (b) y (c) es consecuencia inmediata de la Proposición 3.19. En efecto, si satisface (b) y C es cerrado en Y; entonces Y rC es abierto en Y: En consecuencia, 1 (Y rC) = X r 1 (C) es abierto en X y, por tanto 1 (C) es cerrado en X: Esto prueba que (b) ) (c). La otra implicación se demuestra de manera análoga. Ejemplo 3.25 Cualquier función : Xdisc ! Y de un espacio métrico discreto a un espacio métrico cualquiera Y es continua, ya que todo subconjunto de Xdisc es abierto (ver Ejemplo 3.22). Para …nalizar esta sección veamos algunas propiedades importantes de los abiertos. Proposición 3.26 En cualquier espacio métrico X = (X; d) se cumple lo siguiente. (i) El conjunto vacío ; es abierto en X. (ii) X es abierto S en X. (iii) La unión i2I Ui de cualquier familia fUi : i 2 Ig de subconjuntos abiertos de X es abierta en X: (iv) La intersección U \ V de dos subconjuntos abiertos U y V de X es abierta en X: Demostración: (i) se cumple por vacuidad: Todo punto de ; es punto interior de ;: (ii) BX (x; ") X para cualquier x 2 X y cualquier " > 0; es decir, cualquier x 2 X es punto interior S de X: (iii) Si x 2 i2I Ui entonces x 2 Ui0 para algún i0 2 I y, S como Ui0 es abierto, existe " >S 0 tal que BX (x; ") Ui0 : Pero entonces BX (x; ") i2I Ui : Esto prueba que x 2 int i2I Ui :

3.3. CONVERGENCIA DE SUCESIONES

41

(iv) Si x 2 U \ V; como U y V son abiertos, existen "1 ; "2 > 0 tales que BX (x; "1 ) U y BX (x; "2 ) V: Tomando " := m nf"1 ; "2 g se tiene que BX (x; ") (U \ V ): Esto prueba que x 2 int(U \ V ): Dado que los subconjuntos cerrados de X son los complementos de los abiertos, las a…rmaciones duales son ciertas para dichos subconjuntos [Ejercicio 3.63]. Las propiedades (i) a (iv) se usan como de…nición de los “abiertos” de un espacio topológico. Como la continuidad se puede caracterizar en términos de abiertos (ver Proposición 3.24), los espacios topológicos son el ámbito natural para estudiar la continuidad. Sin embargo, como mencionamos antes, otras propiedades importantes de los espacios métricos, como la completitud, no son propiedades topológicas, es decir, no se preservan bajo homeomor…smos.

3.3.

Convergencia de sucesiones

Como ocurre en Rn ; es posible dar una caracterización de la continuidad en términos de sucesiones en un espacio métrico. De…nición 3.27 Una sucesión en un espacio métrico X = (X; d) es una función x : N ! X: El valor de dicha función en k se llama el k-ésimo término de la sucesión y se denota por xk := x(k): La sucesión se denota por x = (xk ): Decimos que (xk ) converge a un punto x 2 X si, dada " > 0; existe k0 2 N tal que d(xk ; x) < " para todo k k0 : El punto x se llama el límite de la sucesión (xk ): Usaremos la notación xk ! x en X;

o bien

l m xk = x;

k!1

para decir que (xk ) converge a x en X: Observa que xk ! x en X

()

d(xk ; x) ! 0 en R.

De…nición 3.28 Una subsucesión de x = (xk ) es la composición de x con una función estrictamente creciente k : N ! N: Su j-ésimo término se denota por xkj := x(k(j)): Proposición 3.29 (i) El límite de una sucesión convergente es único. (ii) Si (xk ) converge a x en X entonces cualquier subsucesión (xkj ) converge a x en X:

42

3. CONTINUIDAD

Demostración: (i) Si xk ! x y xk ! y en X entonces 0

d(x; y)

d(xk ; x) + d(xk ; y) ! 0 en R:

Por tanto, d(x; y) = 0; es decir, x = y: (ii) Sean (xkj ) una subsucesión de (xk ) y " > 0: Como k : N ! N es estrictamente creciente, kj j para todo j 2 N: Y, como xk ! x; existe k0 2 N tal que d(xk ; x) < " para todo k k0 : Por tanto, d(xkj ; x) < " para todo j k0 :

De…nición 3.30 Una sucesión (xk ) en X está acotada si existen x 2 X y c 2 R tales que d(xk ; x) c para todo k 2 N: Proposición 3.31 Toda sucesión convergente está acotada. Demostración: Si xk ! x en X entonces existe k0 2 N tal que d(xk ; x) < 1 para todo k k0: Tomando c := maxfd(x1 ; x); :::; d(xk0 1 ; x); 1g obtenemos que d(xk ; x) c para todo k 2 N: Daremos ahora una caracterización de la cerradura de un conjunto en términos de sucesiones en dicho conjunto. Proposición 3.32 Sea A un subconjunto de X y sea x 2 X: Entonces x 2 A si y sólo si existe una sucesión (xk ) tal que xk 2 A para todo k 2 N y xk ! x en X: Demostración: Si x 2 A entonces existe xk 2 B(x; k1 ) \ A para cada k 2 N. Es decir, xk 2 A y 0 d(xk ; x) k1 para toda k 2 N. En consecuencia, xk ! x en X: Sea ahora (xk ) una sucesión de puntos en A tal que xk ! x en X: Sea " > 0: Entonces existe k0 2 N tal que d(xk ; x) < " para todo k k0 : En particular, xk0 2 BX (x; ") \ A. Por tanto, x 2 A: Podemos caracterizar la continuidad de una función en términos de sucesiones como sigue. Proposición 3.33 : X ! Y es continua en el punto x 2 X si y sólo si para cualquier sucesión (xk ) en X tal que xk ! x en X se cumple que (xk ) ! (x) en Y: Demostración: Supongamos que es continua en x y que xk ! x en X: Sea " > 0: Entonces, como es continua, existe > 0 tal que (BX (x; )) BY ( (x); ") y, como xk ! x; existe k0 2 N tal que xk 2 BX (x; ) para todo k k0 : Por lo tanto

3.4. EJERCICIOS

43

(xk ) 2 BY ( (x); ") para todo k k0 : Esto prueba que (xk ) ! (x): Inversamente, supongamos que no es continua en x: Entonces existe "0 > 0 con la = siguiente propiedad: para cada k 2 N hay un punto xk 2 BX (x; k1 ) tal que (xk ) 2 BY ( (x); "0 ): En consecuencia, (xk ) converge a x en X pero ( (xk )) no converge a (x) en Y:

Ejemplo 3.34 Consideremos las funciones continuas fk : [0; 1] ! R dadas por kx si 0 si k1

1 0

fk (x) =

x x

1 ; k

1:

0 Entonces fk ! 0 en C10 [0; 1] ; pero (fk ) no converge en C1 [0; 1] : Esto demuestra que 0 0 id : C1 [0; 1] ! C1 [0; 1] no es continua en 0:

Demostración: Se tiene que Z

kfk k1 =

1

0

jfk (x)j dx =

1 ! 0: 2k

Por tanto, fk ! 0 en C10 [0; 1] : 0 [0; 1] : Entonces, como Supongamos que fk ! f en C1 jfk (x)

f (x)j

kfk

f k1

para cada x 2 [0; 1];

se cumple que la sucesión de números reales (fk (x)) converge a f (x) en R para cada x 2 [0; 1]: En consecuencia f (x) = l m fk (x) = k!1

1 si x = 0 0 si 0 < x 1

Esta función no es continua en [0; 1], lo que contradice nuestra suposición.

3.4.

Ejercicios

Ejercicio 3.35 Prueba que en la de…nición de continuidad se puede remplazar la desigualdad estricta por la no estricta, es decir, prueba que una función : X ! Y es continua en x0 si, dada " > 0; existe > 0 (que depende de x0 y de ") tal que dY ( (x); (x0 ))

"

si dX (x; x0 ) < :

44

3. CONTINUIDAD

Ejercicio 3.36 Sean V = (V; k kV ) y W = (W; k kW ) espacios normados, y sea L : V ! W una transformación lineal. Prueba que las siguientes a…rmaciones son equivalentes. (i) L es continua. (ii) L es continua en 0: (iii) Existe c > 0 tal que kLvkW c kvkV para todo v 2 V: (iv) L es Lipschitz continua. Ejercicio 3.37 Sea X un espacio métrico. Prueba que, si f; g : X ! R son continuas, entonces las funciones maxff; gg : X ! R y m nff; gg : X ! R dadas por (maxff; gg)(x) : = maxff (x); g(x)g; (m nff; gg)(x) : = m nff (x); g(x)g); son continuas. ¿Es cierto que, si f; g : X ! R son Lipschitz continuas, maxff; gg y m nff; gg son Lipschitz continuas? Ejercicio 3.38 Prueba que f : Rn ! Rm es continua si y sólo si f : Rnp ! Rm r es continua para cualesquiera p; r 2 [1; 1]: Ejercicio 3.39 Sea g0 2 C 0 [a; b]: Prueba que, para toda p 2 [1; 1]; la función Cp0 [a; b] ! R dada por Z b f g0 (f ) :=

:

a

es Lipschitz continua. (Sugerencia: Usa la desigualdad de Hölder para integrales.) Ejercicio 3.40 Prueba que, si 1 Lipschitz continua.

p

r

1; entonces la inclusión

: `p

`r es

Ejercicio 3.41 Prueba que, para toda p 2 [1; 1]; la k-ésima proyección k

: `p ! R;

k (x)

= xk ;

con x = (xk ) 2 `p ; es Lipschitz continua. Ejercicio 3.42 Dados dos conjuntos S y S 0 ; una función : S 0 ! S y un espacio métrico X; consideremos la función : B(S; X) ! B(S 0 ; X) dada por la composición (f ) := f

:

(a) Prueba que está bien de…nida (es decir, que f es acotada si f lo es) y que es Lipschitz continua. (b) Prueba que, si es suprayectiva, entonces es una isometría.

3.4. EJERCICIOS

45

Ejercicio 3.43 Demuestra las siguientes a…rmaciones. (a) Toda isometría es Lipschitz continua. (b) Si : X ! Y y : Y ! Z son Lipschitz continuas entonces la composición : X ! Z es Lipschitz continua. (c) Si : X ! Y es una equivalencia, entonces : Y ! Z es Lipschitz continua si y sólo si : X ! Z lo es. (d) Si : Y ! Z es una equivalencia, entonces : X ! Y es Lipschitz continua si y sólo si : X ! Z lo es. Ejercicio 3.44 Sea I un intervalo en R (abierto, cerrado, …nito o in…nito). Prueba que, si f : I ! R es continuamente diferenciable en I y existe C 2 R tal que jf 0 (t)j C para todo t 2 I, entonces f es Lipschitz continua. Ejercicio 3.45 ¿Cuáles de las siguientes funciones son Lipschitz continuas y cuáles son equivalencias? (a) : R ! R; (x) = x2 : p (b) : [0; 1) ! R; (x) = x: (c) : R ! ( 2 ; 2 ); (x) = arctan x: Ejercicio 3.46 Dada f 2 C 1 [0; 1] de…nimos jjjf jjj1 : = kf 0 k1 ; jjjf jjj2 : = jf (0)j + kf 0 k1 ; Z 1 f (x)dx ; kf 0 k1 ; jjjf jjj3 : = max 0

1=2

jjjf jjj4 : = (kf k2 + kf 0 k2 )

:

(a) ¿Es jjjf jjji una norma en C 1 [0; 1]? Responde esta pregunta para cada i = 1; :::; 4: (b) Si jjjf jjji es una norma, ¿es jjjf jjji equivalente a la norma kf k1;1 := kf k1 + kf 0 k1 del Ejercicio 2.51? (c) Considera la función D : C 1 [0; 1] ! C 0 [0; 1] que a cada f 2 C 1 [0; 1] le asocia su derivada f 0 2 C 0 [0; 1]: Prueba que 0 D : (C 1 [0; 1]; k k1;1 ) ! C1 [0; 1]

es continua. (d) Para aquellas jjj jjji que sí son normas investiga si 0 D : (C 1 [0; 1]; jjj jjji ) ! C1 [0; 1]

es o no una función continua.

46

3. CONTINUIDAD

Ejercicio 3.47 Sean p; r 2 [1; 1]. (a) Investiga en qué casos id : Cp0 [0; 1] ! Cr0 [0; 1] es Lipschitz continua y en qué casos no lo es. (b) Investiga en qué casos id : Cp0 [0; 1] ! Cr0 [0; 1] es continua y en qué casos no lo es. (c) ¿En qué casos es id : Cp0 [0; 1] ! Cr0 [0; 1] una equivalencia? (d) ¿En qué casos es id : Cp0 [0; 1] ! Cr0 [0; 1] un homeomor…smo? Ejercicio 3.48 (a) Prueba que la sucesión de trayectorias k (x)

k

: [0; 1] ! R2 ;

1 = (x; p sen( kx)); k

converge a la trayectoria (x) = (x; 0) en B([0; 1]; R2 ):

8

16

32

(b) Sea T(0;0);(1;0) (R2 ) el conjunto de todas las trayectorias de longitud …nita de (0; 0) a (1; 0) en R2 con la métrica uniforme dada por d1 ( ; ) := max k (t) t2[0;1]

(t)k ;

; 2 T(0;0);(1;0) (R2 )

(ver Ejemplo 2.27). Prueba que la función longitud L : T(0;0);(1;0) (R2 ) ! R, de…nida en el Capítulo 1, no es continua. (Sugerencia: Usa el inciso anterior.) Ejercicio 3.49 Sean X = (X; dX ), Y = (Y; dY ) y Z = (Z; dZ )espacios métricos. (a) Prueba que todas las métricas del Ejercicio 2.53 en el producto cartesiano X Y := f(x; y) : x 2 X; y 2 Y g son equivalentes. En adelante X Y denotará al producto

3.4. EJERCICIOS

47

cartesiano con cualquiera de estas métricas. (b) Prueba que las proyecciones X Y

: X : X

Y ! X; Y ! Y;

X (x; y)

= x; Y (x; y) = y;

son Lipschitz continuas. (c) Prueba que, : Z ! X Y es continua si y sólo si X son continuas. (d) Prueba que la distancia dX : X X ! R es continua.

:Z!X y

y

:Z!Y

Ejercicio 3.50 Sea (V; k k) un espacio normado. (a) Demuestra que las siguientes funciones son continuas. V R

V V V

! V; ! V; ! R;

(v; w) 7! v + w; ( ; v) 7! v; v 7! kvk :

(b) ¿Cuáles de ellas son son Lipschitz continuas? Ejercicio 3.51 Sean V un espacio vectorial y d una métrica en V: Demuestra las siguientes a…rmaciones. (i) Si d satisface d(v + z; w + z) = d(v; w)

8v; w; z 2 V;

(3.4)

entonces la suma V V ! V; (v; w) 7! v + w; es continua. (ii) Si d satisface (3.4) y d( v; w) = j j d(v; w)

8v; w 2 V; 8 2 R;

(3.5)

entonces el producto por un escalar R V ! V; ( ; v) 7! v; es continuo. (iii) Si d satisface (3.4) y (3.5), entonces existe una norma k k en V que induce a la métrica d: Ejercicio 3.52 Sean X = (X; d) un espacio métrico, A un subconjunto no vacío de X y x 2 X: De…nimos la distancia de x a A como dist(x; A) := nf d(x; y): y2A

(a) Prueba que la función f : X ! R dada por f (x) := dist(x; A) es Lipschitz continua. (Sugerencia: Usa el Ejercicio 2.32). (b) Prueba que, si A es un subconjunto cerrado de X; entonces dist(x; A) = 0 si y sólo si x 2 A:

48

3. CONTINUIDAD

Ejercicio 3.53 Sean A y B subconjuntos cerrados no vacíos de un espacio métrico X tales que A \ B = ;: 1 (a) Prueba que existe una función continua : X ! [0; 1] tal que (0) = A y 1 1 (1) = B; donde (a) := fx 2 X : (x) = ag : (Sugerencia: Considera la función (x) :=

dist(x; A) : dist(x; A) + dist(x; B)

Prueba que está bien de…nida y que tiene las propiedades deseadas.) (b) Prueba que existen subconjuntos abiertos V y W de X tales que A V \ W = ;:

V; B

W y

Ejercicio 3.54 Sean X un espacio métrico y Y un subespacio métrico de X. Demuestra las siguientes a…rmaciones: (a) Si U es abierto en X entonces U \ Y es abierto en Y: (b) Si A es cerrado en X entonces A \ Y es cerrado en Y: Ejercicio 3.55 Sean X = (X; d) un espacio métrico, x0 2 X y r > 0: Prueba que la esfera SX (x0 ; r) := fx 2 X : d(x0 ; x) = rg es un subconjunto cerrado de X: (Sugerencia: Usa el Ejercicio 3.52 y la Proposición 3.24) Ejercicio 3.56 Sea p 2 [1; 1]: Demuestra las siguientes a…rmaciones. (a) U es abierto en Rn si y sólo si U es abierto en Rnp : (b) C es cerrado en Rn si y sólo si C es cerrado en Rnp : Ejercicio 3.57 Sea X = [ 1; 1] con la métrica inducida por la de R. (a) Describe las bolas abiertas BX (1; ") y BX ( 1; "); " > 0: (b) ¿Cuál es el interior en X de los siguientes conjuntos? 1 1 (0; 1]; [0; 1]; (0; ); [0; ); [ 1; 1]: 2 2 Observa que el interior de estos conjuntos en X a veces no coincide con su interior en R. (c) ¿Cuáles de estos conjuntos son abiertos en X? (d) ¿Cuáles de ellos son cerrados en X? Ejercicio 3.58 (a) Investiga para cuáles p 2 [1; 1] el conjunto Z 1 0 A1 := fg 2 C [0; 1] : jg(x)j dx < 1g 0

3.4. EJERCICIOS

49

es un subconjunto abierto de Cp0 [0; 1]? (b) Investiga para cuáles p 2 [1; 1] el conjunto Z 1 0 A2 := fg 2 C [0; 1] : jg(x)j dx

1g

0

es un subconjunto cerrado de Cp0 [0; 1]? (Sugerencia: Usa la Proposición 3.24.) Ejercicio 3.59 (a) Sea A3 := ff 2 C 0 [0; 1] : jf (x)j

1 8x 2 [0; 1]g:

Calcula el interior y la cerradura de A3 en Cp0 [0; 1] para cada p 2 [1; 1]: (b) Sea fk 2 C 0 [0; 1] la función fk (x) :=

1 0

kx si x 2 [0; k1 ]; si x 2 [ k1 ; 1]:

Calcula el interior y la cerradura de A4 := ffk : k 2 Ng en Cp0 [0; 1] para cada p 2 [1; 1]: Ejercicio 3.60 Prueba que una sucesión (xk ) en un espacio métrico discreto Xdisc converge a x en Xdisc si y sólo si existe k0 2 N tal que xk = x para todo k k0 : Ejercicio 3.61 Prueba que en cualquier espacio métrico X la intersección de un número …nito de subconjuntos abiertos U1 \ \ Um es abierta en X: Ejercicio 3.62 Da un T ejemplo de una familia numerable de abiertos fUk : k 2 Ng en R cuya intersección k2N Uk no es abierta en R:

Ejercicio 3.63 Demuestra que en cualquier espacio métrico X = (X; d) se cumple lo siguiente. (a) X es cerrado en X: (b) El conjunto vacío T ; es cerrado en X. (c) La intersección i2I Ci de cualquier familia fCi : i 2 Ig de subconjuntos cerrados de X es cerrada en X: (d) La unión C [ D de dos subconjuntos cerrados C y D de X es cerrada en X: (Sugerencia: Aplica las Proposiciones 3.26 y 3.19). Ejercicio 3.64 Sean A y B subconjuntos de un espacio métrico X: Demuestra las siguientes a…rmaciones. (a) int(B) int(A) si B A: (b) int(A) es el máximo subconjunto abierto de X contenido en A:

50

3. CONTINUIDAD

Ejercicio 3.65 Sean A y B subconjuntos de un espacio métrico X: Demuestra las siguientes a…rmaciones. (a) B A si B A: (b) A es el mínimo subconjunto cerrado de X que contiene a A: Ejercicio 3.66 Sea A un subconjunto de un espacio métrico X: La frontera de A en X es el conjunto @A := A r int(A): Prueba que x 2 @A si y sólo si BX (x0 ; ") \ A 6= ; y BX (x0 ; ") \ (X r A) 6= ; para todo " > 0: Ejercicio 3.67 Prueba que la frontera @A de cualquier subconjunto A de X es un subconjunto cerrado de X: Ejercicio 3.68 (a) Prueba que la frontera de la bola abierta BV (v0 ; r) en un espacio normado V es la esfera SV (v0 ; r) := fv 2 V : kv

v0 k = rg:

(b) ¿Es cierto que la frontera de la bola abierta BX (x0 ; r) en un espacio métrico arbitrario X es la esfera SX (x0 ; r) := fx 2 X : dX (x; x0 ) = rg?

Capítulo 4 Compacidad Los subconjuntos de Rn que son cerrados y acotados tienen una propiedad fundamental: cualquier sucesión de puntos en ellos contiene una subsucesión convergente. En general, no cualquier subconjunto cerrado y acotado de un espacio métrico tiene esta propiedad. A los subconjuntos que la tienen se les llama compactos. Este término fue introducido por Fréchet en 1906. La compacidad tiene consecuencias muy importantes. Por ejemplo, toda función continua en un espacio métrico compacto alcanza su máximo y su mínimo. Veremos que la compacidad permite concluir la existencia de una solución de una ecuación diferencial tomando el límite de ciertas aproximaciones elementales, como ocurre en el teorema de Cauchy-Peano que demostraremos más adelante (ver Teorema 7.14). Existen varias nociones equivalentes de compacidad en espacios métricos. Una de ellas a…rma que un subconjunto K de un espacio métrico es compacto si de cualquier familia de conjuntos abiertos cuya unión contiene a K podemos extraer una familia …nita cuya unión también contiene a K: Esta es la de…nición que usaremos aquí como punto de partida.

4.1.

Conjuntos compactos

Sean X un espacio métrico y A un subconjunto de X: De…nición 4.1 Una cubierta de A es una familia C = fXi : i 2 Ig de subconjuntos de X tal que S A Xi : i2I

Si además Xi es abierto en X para toda i 2 I; se dice que C es una cubierta abierta de A: 51

52

4. COMPACIDAD

De…nición 4.2 Un subconjunto K de X es compacto si cada cubierta abierta C = fXi : i 2 Ig de K en X contiene un subconjunto …nito fXi1 ; : : : ; Xim g C tal que K

Xi1 [

[ Xim :

A dicho subconjunto se le llama una subcubierta …nita. Veamos algunos ejemplos. Denotemos por B(x0 ; r) := fx 2 Rn : kx

x0 k < rg

a la bola abierta en Rn con centro en x0 y radio r: Ejemplo 4.3 Rn no es compacto. Demostración: C := fB(0; k) : k 2 Ng es una cubierta abierta de Rn ; pero ningún subconjunto …nito de C es cubierta de Rn .

Por tanto, Rn no es compacto. Ejemplo 4.4 La bola abierta B(0; 1) en Rn no es compacta. Demostración: C := fB(0; 1 k1 ) : k 2 Ng es una cubierta abierta de B(0; 1); pero ningún subconjunto …nito de C es cubierta de B(0; 1).

4.1. CONJUNTOS COMPACTOS

53

Por tanto, B(0; 1) no es compacta. A continuación probaremos algunas propiedades importantes de los conjuntos compactos. Proposición 4.5 Si K es un subconjunto compacto de X, entonces toda sucesión (xk ) de elementos de K contiene una subsucesión que converge en X a un elemento de K: Demostración: Sea (xk ) una sucesión en K: Probaremos primero que existe un punto y0 2 K tal que, para cada " > 0; la bola abierta BX (y0 ; ") con centro en y0 y radio " contiene alguna subsucesión de (xk ). Argumentando por contradicción, supongamos que para cada y 2 K existe "y > 0 tal que BX (y; "y ) no contiene ninguna subsucesión de (xk ). Entonces existe ky 2 N tal que xk 2 = BX (y; "y )

8k

ky :

Como K es compacto y C := fBX (y; "y ) : y 2 Kg es una cubierta abierta de K, existen y1 ; :::; ym 2 K tales que K

BX (y1 ; "y1 ) [

[ BX (ym ; "ym ):

Esto implica que xk 2 = K para todo k maxfky1 ; :::; kym g; lo cual es falso. En consecuencia, existe y0 2 K tal que toda bola abierta con centro en y0 contiene a una subsucesión de (xk ): Esto nos permite escoger, inductivamente, para cada j 2 N un punto xkj 2 BX (y0 ; 1j ) tal que kj > kj 1 : La sucesión (xkj ) es una subsucesión de (xk ) que converge a y0 . Más adelante veremos que el recíproco también es válido, es decir, que K es un subconjunto compacto de X si y sólo si toda sucesión (xk ) en K contiene una subsucesión convergente en K: (ver Teorema 7.4). De…nición 4.6 Un subconjunto A de un espacio métrico X es acotado si existen x 2 X y " > 0 tales que A BX (x; "): Proposición 4.7 Si K es un subconjunto compacto de X, entonces K es cerrado y acotado. Demostración: Sea K un subconjunto compacto de X: Si x0 2 K, existe una sucesión (xk ) en K que converge a x0 en X (ver Proposición 3.32). Por la Proposición 4.5, (xk ) contiene una subsucesión (xkj ) que converge a un punto y0 2 K: De la Proposición 3.29 se sigue que x0 = y0 2 K: Esto prueba que K es cerrado.

54

4. COMPACIDAD

Probemos ahora que K es acotado. Fijemos un punto x0 2 X: El conjunto C := fBX (x0 ; k) : k 2 Ng es una cubierta abierta de K: Como K es compacto, existen k1 ; :::; km 2 N tales que K

BX (x0 ; k1 ) [

Sea k0 := maxfk1 ; :::; km g: Entonces K

[ BX (x0 ; km ):

BX (x0 ; k0 ); es decir, K es acotado:

El recíproco no es cierto en general, como lo muestra el siguiente ejemplo. Ejemplo 4.8 La bola cerrada B`2 (0; 1) := f(xn ) 2 `2 : en `2 .

1 P

n=1

x2n

1g no es compacta

Demostración: Para cada k 2 N denotemos por ek 2 `2 a la sucesión cuyo k-ésimo término es 1 y todos los demás términos son 0: Claramente ek 2 B`2 (0; 1): Observa que p kej ek k2 = 2 8j 6= k: Supongamos que una subsucesión (ekj ) converge a e en `2 : Entonces existe j0 2 N tal p 2 que ekj e 2 < 2 para todo j j0 : En consecuencia, p p 2 2 p ekj e 2 + ke eki k2 < ekj eki 2 + = 2 8i; j j0 ; 2 2 lo cual es imposible. Esto prueba que (ek ) no contiene ninguna subsucesión convergente. La Proposición 4.5 implica que B`2 (0; 1) no es compacta. En general, las bolas cerradas en espacios de dimensión in…nita nunca son compactas (ver Ejercicio 5.39). Veremos en la próxima sección que en Rn sí lo son. Proposición 4.9 Sea K un subconjunto compacto de X: Si C entonces C es compacto.

K es cerrado en X;

Demostración: Sea C un subconjunto cerrado de un conjunto compacto K: Si C = fUi : i 2 Ig es una cubierta abierta de C en X; entonces C0 := fUi : i 2 Ig [ fX r Cg es una cubierta abierta de K en X: Como K es compacto, existen Ui1 ; :::; Uim 2 C tales que K Ui1 [ [ Uim [ (X r C): En consecuencia, C

Ui1 [

[ Uim : Esto prueba que C es compacto.

La compacidad se preserva bajo funciones continuas.

4.2. EL TEOREMA DE HEINE-BOREL

55

Proposición 4.10 Si : X ! Y es continua y K es un subconjunto compacto de X, entonces (K) es un subconjunto compacto de Y . Demostración: Sea C = fVi : i 2 Ig una cubierta abierta de (K) en Y: Co1 mo es continua, (Vi ) es abierto en X (ver Proposición 3.24). Por tanto, C0 := 1 (Vi ) : i 2 I es una cubierta abierta de K en X y, como K es compacto, existen 1 1 (Vi1 ); :::; 1 (Vim ) 2 C0 tales que K (Vi1 ) [ [ 1 (Vim ): En consecuencia, (K) Vi1 [ [ Vim : Esto prueba que (K) es compacto. Corolario 4.11 Si K es un espacio métrico compacto y entonces es una función acotada.

: K ! X es continua,

Demostración: Por la proposición anterior, (K) es un subconjunto compacto de X. La Proposición 4.7 asegura entonces que (K) es acotado, es decir, es una función acotada (ver De…nición 2.24).

4.2.

El teorema de Heine-Borel

Resulta difícil decidir a partir de la de…nición si un conjunto es compacto o no lo es. A continuación daremos una caracterización sencilla de los subconjuntos compactos de Rn : Probaremos que son precisamente aquéllos que son cerrados y acotados. A este resultado se le conoce como el Teorema de Heine-Borel, aunque su paternidad es más complicada1 . Empezaremos probando la siguiente a…rmación. Proposición 4.12 El cubo cerrado Q := f(x1 ; :::; xn ) 2 Rn : xi 2 [ r; r], i = 1; :::ng;

r > 0;

es compacto. 1

P. Dugac en su artículo Sur la correspondance de Borel et le théorème de Dirichlet-HeineWeierstrass-Borel-Schoen‡ies-Lebesgue, Arch. Internat. Hist. Sci. 39 (1989), págs. 69-110, cuenta que la historia de este resultado empieza con su uso implícito en diversas demostraciones del teorema que establece que toda función continua en un intervalo cerrado es uniformemente continua. Dirichlet fue el primero en probar este teorema en sus notas de 1862, publicadas en 1904, mientras que la demostración de Heine data de 1872. Dirichlet usó la existencia de una subcubierta …nita de una cubierta abierta dada del intervalo de manera más explícita que Heine. Émile Borel fue el primero en formular y demostrar en 1895 una versión explícita del resultado que ahora conocemos como el teorema de Heine-Borel, para cubiertas numerables. Cousin (1895), Lebesgue (1898) y Schoen‡ies (1900) la generalizaron a cubiertas arbitrarias.

56

4. COMPACIDAD

Demostración: Argumentando por contradicción, supongamos que Q no es compacto. Entonces existe una cubierta abierta C = fUi : i 2 Ig de Q en Rn tal que ningún subconjunto …nito de C es cubierta de Q. En consecuencia, si subdividimos a Q en 2n cubos cerrados de lado r; se cumple que al menos uno de ellos, llamémoslo Q1 ; no está contenido en la unión de un número …nito de elementos de C. Subdividamos ahora Q1 en 2n cubos cerrados de lado 2r y repitamos este argumento para obtener una sucesión decreciente de cubos cerrados Q tales Qk es un cubo de lado junto …nito de C.

r 2k

1

Q1

Qk

;

y Qk no esta contenido en la unión de ningún subcon-

Qk

Denotemos por

k

= ( k1 ; :::; k i

En particular, como

j

k n)

al centro de Qk : Entonces, r 2k

xi

2 Qk para j k i

j i

8x = (x1 ; :::; xN ) 2 Qk :

(4.1)

k; se tiene que r 2k

8j

k; 8i = 1; :::; n:

(4.2)

Por tanto, para cada i = 1; :::; n; la sucesión ( ki ) es de Cauchy en R y, en consecuencia, existe i 2 R tal que ki ! i en R. Pasando al límite cuando j ! 1 en la desigualdad (4.2) obtenemos que r k 8k; 8i = 1; :::; n: (4.3) i i 2k Como ki 2 [ r; r]; se tiene que i 2 [ r; r]: Es decir, := ( 1 ; :::; n ) 2 Q: Y como C es cubierta de Q, existe U 2 C tal que 2 U : Dado que U es abierto, existe " > 0 tal que B( ; ") U : Ahora bien, si x 2 Qk ; usando las desigualdades (4.1) y (4.3) obtenemos p p p r n r n r n k k kx k x + + k = k 1: 2k 2 2

4.2. EL TEOREMA DE HEINE-BOREL

57

En consecuencia,

p r n Qk B( ; ") U si k 1 < ". 2 Esto contradice que Qk no puede ser cubierto por un número …nito de elementos de C. Esto demuestra que Q es compacto. El siguiente resultado da una caracterización sencilla de los subconjuntos compactos de Rn : Teorema 4.13 (Heine-Borel) Sea K un subconjunto de Rn : Entonces, K es compacto si y sólo si K es cerrado y acotado. Demostración: Por la Proposición 4.7, si K es compacto entonces es cerrado y acotado. Inversamente, supongamos que K es cerrado y acotado. Entonces existe r > 0 tal que K está contenido en el cubo Q := f(x1 ; :::; xn ) 2 Rn : xi 2 [ r; r], i = 1; :::ng; que es compacto. La Proposición 4.9 implica que K también lo es. Otra consecuencia importante de la Proposición 4.12 es el siguiente resultado, que se conoce como el teorema de Bolzano2 -Weierstrass.

Bernard Bolzano 2

Bernardus Placidus Johann Nepomuk Bolzano (1781-1848) nació en Praga, entonces parte del Imperio Austriaco. Cultivó la …losofía, la teología y las matemáticas. Fue uno de los pioneros en proponer un tratamiento riguroso del análisis matemático. Sus contribuciones sólo fueron conocidas y valoradas muchos años más tarde, ya que fue destituído de su cátedra en la Universidad de Praga por razones políticas y puesto bajo arresto domiciliario con la prohibición de publicar.

58

4. COMPACIDAD

Teorema 4.14 (Bolzano-Weierstrass) Toda sucesión acotada en Rn contiene una subsucesión convergente.

k

Demostración: Si ( k ) es una sucesión acotada en Rn , entonces existe r > 0 tal que 2 Q para todo k 2 N; donde Q es el cubo Q := f(x1 ; :::; xn ) 2 Rn : xi 2 [ r; r], i = 1; :::ng;

que es compacto. Por la Proposición 4.5, la sucesión ( k ) contiene una subsucesión convergente.

4.3.

Existencia de máximos y mínimos

Sean X un espacio métrico y f : X ! R [ f1; 1g una función. De…nición 4.15 Decimos que f alcanza su mínimo en X si existe x0 2 X tal que f (x0 )

f (x)

8x 2 X:

Decimos que f alcanza su máximo en X si existe x1 2 X tal que f (x1 )

f (x)

8x 2 X:

El punto x0 se llama un mínimo de f en X y el punto x1 se llama un máximo de f en X: Una función continua no alcanza, en general, su mínimo o su máximo. Veamos un ejemplo. Ejemplo 4.16 La función arctan : R ! R está acotada inferior y superiormente pero no alcanza ni su mínimo ni su máximo en R.

1 0.5 0 -7.5

-5

-2.5

-0.5

0

-1

y = arctan x

2.5

5

7.5

4.3. EXISTENCIA DE MÁXIMOS Y MíNIMOS

59

Una consecuencia importante de la compacidad es la siguiente. Teorema 4.17 Si K es un espacio métrico compacto y no vacío, entonces toda función continua f : K ! R alcanza su mínimo y su máximo en K: Demostración: El Corolario 4.11 asegura que f (K) es un subconjunto acotado en R y, dado que no es vacío, se tiene que m0 := nf f (z) 2 R: z2K

Escojamos zk 2 K tal que m0

f (zk ) < m0 +

1 k

8k 2 N.

(4.4)

Como K es compacto, la Proposición 4.5 asegura que la sucesión (zk ) contiene una subsucesión (zkj ) que converge a un punto z0 en K: Dado que f es continua, se tiene entonces que f (zkj ) ! f (z0 ) en R: De la desigualdad (4.4) se sigue que m0 = l m f (zkj ) = f (z0 ): j!1

Es decir, z0 es un mínimo de f: De manera análoga se prueba que f alcanza su máximo en K [Ejercicio 4.39]. En particular, se tiene el siguiente resultado, al que nos referimos en el Capítulo 1. Corolario 4.18 Sea K 6= ; un subconjunto cerrado y acotado de Rn : Entonces toda función continua f : K ! R alcanza su máximo y su mínimo en K: Demostración: Esta a…rmación es consecuencia inmediata de los Teoremas 4.17 y 4.13. Una consecuencia importante del Teorema 4.17 es el siguiente resultado. Teorema 4.19 Cualesquiera dos normas en un espacio vectorial de dimensión …nita son equivalentes. Demostración: Sea V un espacio vectorial deP dimensión …nita y sea fe1 ; :::; en g una base de V: Dado v 2 V lo expresamos como v = ni=1 xi ei con xi 2 R; y de…nimos kvk :=

n P

i=1

1=2

x2i

:

60

4. COMPACIDAD

Es sencillo comprobar que k k es una norma en V: Denotemos por V := (V; k k ) al espacio V provisto de esta norma. Entonces la función : Rn ! V dada por (x1 ; :::; xn ) :=

n P

xi ei

i=1

es una isometría (ver Ejercicio 2.56). Como el conjunto S := fv 2 V : kvk = 1g es la imagen bajo de la esfera unitaria Sn 1 := fx 2 Rn : kxk = 1g; que es cerrada y acotada en Rn ; el teorema de Heine-Borel y la Proposición 4.10 aseguran que S es compacto en V : Sea k k una norma en V: Para probar la a…rmación del teorema, bastará probar que k k y k k son normas equivalentes. Pn 2 1=2 : Usando la desigualdad del triángulo para k k y la desigualdad Sea c1 := i=1 kei k n de Hölder en R con p = q = 2 (ver Proposición 2.12) obtenemos que kvk

n P

i=1

jxi j kei k

n P

i=1

1=2

jxi j2

n P

i=1

1=2

kei k2

c1 kvk

8v 2 V:

(4.5)

Como consecuencia de esta desigualdad, la función k k : V ! R es Lipschitz continua, ya que jkwk kvkj kw vk c1 kw vk 8v; w 2 V: Aplicando el Teorema 4.17 concluimos que existe v0 2 S tal que kv0 k v 2 S; es decir, c2 := kv0 k

v kvk

=

kvk kvk

kvk para todo

8v 2 V; v 6= 0:

O, equivalentemente, c2 kvk

kvk

8v 2 V:

(4.6)

Nota que c2 > 0 porque v0 6= 0: Las desigualdades (4.5) y (4.6) aseguran que las normas k k y k k son equivalentes. Denotemos por C 0 (X; Y ) := f : X ! Y :

es continuag:

(4.7)

El Corolario 4.11 asegura que, si X es un espacio métrico compacto, entonces C 0 (X; Y ) está contenido en el espacio de funciones acotadas B(X; Y ) (ver Sección 2.4). Podemos entonces darle a C 0 (X; Y ) la métrica uniforme d1 ( ; ) := sup dY ( (x); (x)): x2X

4.4. SEMICONTINUIDAD

61

Observa que, si ; 2 C 0 (X; Y ); la función f : X ! R dada por f (x) := dY ( (x); (x)) es continua. Si X es compacto y no vacío, esta función alcanza su máximo en X, por lo que en ese caso d1 ( ; ) = max dY ( (x); (x)): x2X

4.4.

Semicontinuidad

Volvamos ahora a nuestro problema de partida, el Problema 1.1, que formulamos como sigue: ¿Alcanza la función longitud su mínimo en el conjunto de trayectorias Tp;q (X)?. El conjunto Tp;q (X) es un espacio métrico con la métrica uniforme. Sin embargo, el Teorema 4.17 no es aplicable a la función longitud porque ésta no es continua (ver Ejercicio 3.48). En cierto sentido las condiciones de compacidad y continuidad son opuestas la una de la otra, es decir, mientras más abiertos tenga X más fácil es que una función X ! Y resulte continua pero más difícil es que X sea compacto. Y viceversa. Esta disyuntiva se presenta con frecuencia en las aplicaciones. Resulta pues conveniente contar con un resultado de existencia de mínimos para funciones no necesariamente continuas. Empecemos extendiendo el concepto de trayectoria a un espacio métrico arbitrario X = (X; dX ). De…nición 4.20 Una trayectoria en X es una función continua longitud de se de…ne como L( ) := sup

m P

dX ( (tk 1 ); (tk )) : a = t0

: [a; b] ! X: La

tm = b; m 2 N :

t1

k=1

q

p

La longitud de una trayectoria no es necesariamente …nita [Ejercicio 4.48]. Denotemos por L : C 0 ([a; b]; X) ! R [ f1g a la función que a cada trayectoria le asocia su longitud. Sabemos que esta función no es continua en general (ver Ejercicio 3.48). Esto se debe a que pueden existir trayectorias arbitrariamente largas tan cercanas como queramos a

62

4. COMPACIDAD

una trayectoria dada.

Sin embargo, no pueden existir trayectorias arbitrariamente cortas tan cercanas como queramos a una trayectoria dada, como lo muestra el siguiente resultado. Proposición 4.21 Dadas

2 C 0 ([a; b]; X) y c < L( ); existe c < L( )

0

> 0 tal que

si d1 ( ; ) < :

Demostración: Sean : [a; b] ! X una trayectoria en X y c < L( ): Escojamos > 0 tal que c + 0 < L( ) y una partición a = t0 t1 tm = b tal que c+

0

<

m X

dX ( (tk 1 ); (tk )):

k=1

Sea

:=

0

2m

: Si d1 ( ; ) < ; se tiene que

dX ( (tk 1 ); (tk ))

dX ( (tk 1 ); (tk 1 )) + dX ( (tk 1 ); (tk )) + dX ( (tk ); (tk )) <

+ dX ( (tk 1 ); (tk )) + = dX ( (tk 1 ); (tk )) +

0

m

:

Sumando estas desigualdades para todo k = 1; :::; m obtenemos que c+

0

<

m X

dX ( (tk 1 ); (tk )) <

m X

dX ( (tk 1 ); (tk )) +

0

L( ) +

0:

k=1

k=1

En consecuencia, c < L( ). A continuación estudiaremos a las funciones que tienen esta propiedad. De…nición 4.22 Una función f : X ! R [ f1g es semicontinua inferiormente en el punto x0 2 X si, dada c < f (x0 ); existe > 0 tal que c < f (x)

si dX (x; x0 ) < :

Se dice que f es semicontinua inferiormente (s.c.i.) si lo es en todo punto x0 2 X: Análogamente, se de…ne el siguiente concepto.

4.4. SEMICONTINUIDAD

63

De…nición 4.23 Una función f : X ! R [ f 1g es semicontinua superiormente en el punto x0 2 X si, dada c > f (x0 ); existe > 0 tal que si dX (x; x0 ) < :

f (x) < c

Se dice que f es semicontinua superiormente (s.c.s.) si lo es en todo punto x0 2 X: Observa que f : X ! R es continua si y sólo si f es s.c.i. y s.c.s. [Ejercicio 4.43]. Ejemplo 4.24 (a) La función d e : R ! R dada por dte := n si n

n; n 2 Z:

1
es s.c.i. pero no es continua. (b) La función parte entera b c : R ! R dada por btc := n si n

t < n + 1; n 2 Z;

es s.c.s. pero no es continua. La demostración es sencilla [Ejercicio 4.44]. Ejemplo 4.25 La Proposición 4.21 asegura que la función longitud L : C 0 ([a; b]; X) ! R [ f1g ;

7! L( );

es s.c.i. Una caracterización muy útil de la semicontinuidad inferior está dada en términos del siguiente concepto. De…nición 4.26 Sea (tk ) una sucesión en R [ f1; 1g: El límite inferior de (tk ) se de…ne como l m inf tk := sup nf tk 2 R [ f1; 1g; k!1

m 1

k m

y el límite superior de (tk ) como l m sup tk := nf sup tk k!1

m 1

k m

2 R [ f1; 1g:

Ejemplo 4.27 Si tk := ( 1)k entonces la sucesión (tk ) no converge, y se tiene que l m inf tk = k!1

1

y

l m sup tk = 1: k!1

64

4. COMPACIDAD

Es fácil ver [Ejercicio 4.45] que, si una sucesión de números reales (tk ) converge en R, entonces l m inf tk = l m tk = l m sup tk ; (4.8) k!1

k!1

k!1

Proposición 4.28 f : X ! R [ f1g es semicontinua inferiormente en x0 si y sólo si para toda sucesión (xk ) en X tal que l m xk = x0 se cumple que k!1

f (x0 )

l m inf f (xk ): k!1

Demostración: )) Supongamos que f es semicontinua inferiormente en x0 : Sea (xk ) una sucesión en X tal que l m xk = x0 . Entonces, para cada c < f (x0 ); existe k!1

> 0 tal que c < f (x) Sea k0 2 N tal que

si dX (x; x0 ) < :

xk 2 BX (x0 ; )

8k

k0 :

Entonces, c

nf f (xk )

k k0


Como esta desigualdad se cumple para todo c < f (x0 ); concluimos que f (x0 )


() Supongamos que f no es semicontinua inferiormente en x0 : Entonces, para algún c0 < f (x0 ) existe una sucesión (xk ) en X tal que 1 xk 2 BX (x0 ; ) k

y

c0

f (xk )

8k 2 N

Esto implica que (xk ) converge a x0 en X y que l m inf f (xk ) k!1

c0 < f (x0 );

lo que demuestra la implicación deseada. Dado a 2 R, denotamos f

a

:= fx 2 X : f (x)

ag:

El siguiente resultado tiene aplicaciones importantes. Por lo pronto, como la función longitud es s.c.i., nos da esperanzas de obtener alguna respuesta al Problema 1.1.

4.5. CONTINUIDAD UNIFORME

65

Teorema 4.29 Si f : X ! R [ f1g s.c.i. y si f a 2 R, entonces f alcanza su mínimo en X:

a

es compacto y no vacío para algún

Demostración: Sea m0 := nf x2X f (x): Como f a 6= ;; se tiene que 1 m0 a: Sea (xk ) una sucesión en f a tal que f (xk ) ! m0 : Como f a es compacto, (xk ) contiene una subsucesión (xkj ) tal que xkj ! x0 en X. De la proposición anterior y la observación (4.8) se sigue que m0

f (x0 )

l m inf f (xkj ) = l m f (xkj ) = m0 : j!1

j!1

Por lo tanto, f (x0 ) = m0 ; es decir, x0 es un mínimo de f: Para aplicar este resultado al Problema 1.1 deberemos investigar si para algún a 2 R el conjunto de trayectorias en Tp;q (X) de longitud a lo más a es compacto y no vacío. Es sencillo comprobar que no es así [Ejercicio 4.49]. Volveremos al Problema 1.1 en el Capítulo 7.

4.5.

Continuidad uniforme

La noción de continuidad de una función es una propiedad local, es decir, una función es continua si lo es en cada punto. A continuación daremos una noción de continuidad, que no depende de cada punto en particular, sino únicamente de la distancia entre los puntos. Esta propiedad es importante, por ejemplo, para garantizar la continuidad de ciertas funciones de…nidas en espacios de funciones [Ejercicio 4.52]. Sean (X; dX ) y (Y; dY ) espacios métricos. De…nición 4.30 Una función : X ! Y es uniformemente continua si dada " > 0 existe > 0 (que depende únicamente de ") tal que, para cualesquiera x1 ; x2 2 X; dY ( (x1 ); (x2 )) < "

si dX (x1 ; x2 ) < :

Claramente toda función uniformemente continua es continua. Pero el recíproco no es cierto en general [Ejercicio 4.51]. El siguiente resultado a…rma que, si la función está de…nida en un espacio compacto, ambas nociones coinciden. Teorema 4.31 Sea X un espacio métrico compacto. Entonces toda función continua : X ! Y es uniformemente continua.

66

4. COMPACIDAD

Demostración: Argumentando por contradicción, supongamos que X es compacto y que : X ! Y es continua pero no es uniformemente continua. Entonces para algún "0 > 0 y para cada k 2 N existen xk ; x ek 2 X tales que dX (xk ; x ek ) <

1 k

y

dY ( (xk ); (e xk ))

"0 :

Como X es compacto, la sucesión (xk ) contiene una subsucesión (xkj ) tal que xkj ! x en X (Proposición 4.5). De la desigualdad del triángulo dX (x; x ekj )

dX (x; xkj ) + dX (xkj ; x ekj )

se sigue que x ekj ! x en X y, como es continua, se cumple entonces que (xkj ) ! (x) y (e xkj ) ! (x) en Y (Proposición 3.33): En consecuencia, dY ( (xkj ); (e xkj ))

dY ( (xkj ); (x)) + dY ( (x); (e xkj )) < "0

para j su…cientemente grande. Esto contradice nuestra suposición.

4.6.

Ejercicios

Ejercicio 4.32 Sea V un espacio normado y sea SV := fx 2 V : kxk = 1g la esfera unitaria en V: En cada uno de los siguientes casos investiga si la esfera unitaria es o no compacta. Justi…ca tu a…rmación. (a) dimV < 1: (b) V = `p con p 2 [1; 1]: (c) V = Cp0 [0; 1] con p 2 [1; 1]: Ejercicio 4.33 (a) Sean K un subconjunto compacto de Rn ; que el conjunto [ b := K Bp ( ; )

> 0 y p 2 [1; 1]: Prueba

2K

es compacto, donde Bp ( ; ) := fx 2 Rn : kx kp g es la bola cerrada en Rnp con centro en y radio : (b) Prueba que la a…rmación anterior no es válida en un espacio métrico arbitrario. (Sugerencia: Toma K := f0g en `2 y usa el Ejemplo 4.8.) Ejercicio 4.34 ¿Es cierto en general que, si : X ! Y es continua y K es un subconjunto compacto de Y; entonces 1 (K) es un subconjunto compacto de X? Justi…ca tu respuesta.

4.6. EJERCICIOS

67

Ejercicio 4.35 Prueba que, si : X ! Y es un homeomor…smo, entonces K es compacto en X si y sólo si (K) es compacto en Y: Ejercicio 4.36 Sea X un espacio discreto. Prueba que X es compacto si y sólo si es …nito. Ejercicio 4.37 Prueba que, si : X ! Y es continua y biyectiva y X es compacto, entonces 1 : Y ! X es continua (es decir, es un homeomor…smo). Ejercicio 4.38 Sea S1 := f(x; y) 2 R2 : x2 + y 2 = 1g el círculo unitario en R2 : Considera la función f : [0; 2 ) ! S1 ,

f (t) = (cos t; sent):

Prueba que (a) f es continua y biyectiva, (b) f 1 : S1 ! [0; 2 ) no es continua. Es decir, la compacidad de X es esencial en la a…rmación del ejercicio anterior. Ejercicio 4.39 Prueba que, si un espacio métrico X es compacto y no vacío, entonces toda función continua f : X ! R alcanza su máximo en X: Ejercicio 4.40 Sean A un subconjunto no vacío de un espacio métrico X y x 2 X: Como en el Ejercicio 3.52 de…nimos la distancia de x a A como dist(x; A) := nf dX (x; y): y2A

(a) Prueba que, si A es compacto, entonces para cada x 2 X existe z 2 A tal que dX (x; z) = dist(x; A): (b) ¿Es cierta la a…rmación anterior si A es un subconjunto arbitrario de X? Ejercicio 4.41 La distancia entre dos subconjuntos no vacíos A y B de un espacio métrico X se de…ne como dist(A; B) := nffdX (x; y) : x 2 A; y 2 Bg: (a) Prueba que, si A es compacto, B es cerrado y A \ B = ;, entonces dist(A; B) > 0: (b) ¿Es cierta la a…rmación anterior si B es abierto en vez de cerrado? (c) ¿Es cierto en general que la distancia entre dos cerrados ajenos es positiva?

68

4. COMPACIDAD

Ejercicio 4.42 Sean V y W espacios normados. Demuestra las siguientes a…rmaciones: (a) Si dim V = dim W < 1; entonces existe una equivalencia : V ! W que es además un isomor…smo lineal. (b) Si dim V < 1 y K V; entonces K es compacto si y sólo si K es cerrado y acotado en V: (c) Si dimV < 1; entonces toda transformación lineal L : V ! W es Lipschitz continua. (Sugerencia: Prueba que existe c 2 R tal que kLvkW c si kvkV = 1; y demuestra que se cumple la a…rmación (iii) del Ejercicio 3.36.) Ejercicio 4.43 Sea x0 2 X: Prueba que f : X ! R es continua en x0 si y sólo si f es s.c.i. y s.c.s. en x0 : Ejercicio 4.44 Prueba que: (a) La función d e : R ! R dada por dte := n si n

1
n; n 2 Z:

es s.c.i. (b) La función parte entera b c : R ! R dada por btc := n si n

t < n + 1; n 2 Z;

es s.c.s. Ejercicio 4.45 Sea (tk ) una sucesión en en R. (a) Prueba que l m inf tk l m sup tk : k!1

k!1

(b) Prueba que la sucesión (tk ) converge en R si y sólo si l m inf tk = l m sup tk ; k!1

k!1

y que, en ese caso, l m inf tk = l m tk = l m sup tk : k!1

k!1

k!1

Ejercicio 4.46 Prueba que son equivalentes las siguientes a…rmaciones: (a) f es s.c.i. (b) f>a := fx 2 X : f (x) > ag es abierto para toda a 2 R: (c) f a := fx 2 X : f (x) ag es cerrado para toda a 2 R:

4.6. EJERCICIOS

69

Ejercicio 4.47 (a) Prueba que f : X ! R [ f 1g es s.c.s. si y sólo si f : X ! R [ f1g es s.c.i. (b) Para una función s.c.s. f : X ! R [ f 1g enuncia y demuestra los resultados correspondientes al Ejercicio 4.46, la Proposición 4.28, y el Teorema 4.29. : [0; 1] ! R2 de longitud in…nita.

Ejercicio 4.48 Da un ejemplo de una trayectoria

Ejercicio 4.49 Considera la sucesión de trayectorias k (t) :=

2k t si 0 1 si 21k

k

: [0; 1] ! R;

1 ; 2k

t t

1:

(a) Prueba que k es un mínimo de la función longitud L : T0;1 (R) ! R [ f1g para todo k 2 N: (b) Prueba que ( k ) no contiene ninguna subsucesión convergente en C 0 [0; 1] (Sugeren1 8j 6= k). cia: Prueba que k j k k1 2 (c) Prueba que L a := f 2 T0;1 (R) : L( ) ag no es un subconjunto compacto de C 0 [0; 1] para ningún a 1: (d) Concluye que L : T0;1 (R) ! R [ f1g no satisface las hipótesis del Teorema 4.29.

Ejercicio 4.50 Sean S1 := f(x; y) 2 R2 : x2 + y 2 = 1g el círculo unitario en R2 ; p = (1; 0); Tp;p (S1 ) := f 2 C 0 ([0; 1]; S1 ) : (0) = p = (1)g y L : Tp;p (S1 ) ! R [ f1g la función longitud. ¿Para qué valores de a 2 R es L

a

:= f 2 Tp;p (S1 ) : L( )

ag

un subconjunto compacto de C 0 ([0; 1]; S1 )?

Ejercicio 4.51 ¿Cuáles de las siguiente funciones son uniformemente continuas? Justi…ca tu respuesta. (a) f : (0; 1) ! R, f (t) = 1t : (b) f : [a; 1) ! R, f (t) = 1t ; con a > 0: (c) f : X ! R, f (x) := dist(x; A); donde A es un subconjunto arbitrario del espacio métrico X: Ejercicio 4.52 Sean K : [a; b] De…nimos fb : [a; b] ! R como

[a; b] ! R y f : [a; b] ! R funciones continuas.

fb(x) :=

Z

a

b

K(x; y)f (y)dy:

Prueba que fb es continua. (Sugerencia: Usa la continuidad uniforme de K.)

70

4. COMPACIDAD

Ejercicio 4.53 Investiga si son falsas o verdaderas las siguientes a…rmaciones. (a) Toda función Lipschitz continua es uniformemente continua. (b) Toda función uniformemente continua es Lipschitz continua.

Capítulo 5 Completitud Resulta útil contar con un criterio de convergencia de sucesiones que dependa únicamente de la sucesión misma. Para sucesiones de números reales contamos con un criterio tal, a saber: si una sucesión de números reales es de Cauchy entonces converge. La noción de sucesión de Cauchy se extiende de manera natural a espacios métricos. Sin embargo, no es cierto en general que cualquier sucesión de Cauchy en un espacio métrico converge. A los espacios métricos en los que, como ocurre en R, cualquier sucesión de Cauchy converge se les llama completos. La completitud es una propiedad muy importante. Permite, por ejemplo, obtener soluciones de sistemas de ecuaciones numéricas, de ecuaciones diferenciales y de ecuaciones integrales mediante un proceso de iteración, como veremos en el siguiente capítulo.

5.1.

Espacios métricos completos

Sea X = (X; dX ) un espacio métrico.

De…nición 5.1 Una sucesión (xk ) en X es de Cauchy1 si, dada " > 0; existe k0 2 N tal que dX (xk ; xj ) < " 1

8k; j

k0 :

Augustin Louis Cauchy (1789-1857) nació en París. Es uno de los pioneros del Análisis Matemático. Fue un matemático profundo, que cultivó diversas áreas de las matemáticas y ejerció una fuerte in‡uencia sobre sus contemporáneos y sucesores. Escribió cerca de 800 artículos de investigación.

71

72

5. COMPLETITUD

Augustin Cauchy

Proposición 5.2 Toda sucesión convergente en X es de Cauchy.

Demostración: dX (xk ; x) < 2" si k

Si xk ! x en X entonces, dada " > 0 existe k0 2 N tal que k0 : Por tanto

dX (xk ; xj )

8k; j

dX (xk ; x) + dX (x; xj ) < "

k0 :

Es decir, (xk ) es de Cauchy. No es cierto, en general, que cualquier sucesión de Cauchy converge. Veamos un par de ejemplos.

Ejemplo 5.3 Sea X := (0; 1) con la métrica inducida por la de R. La sucesión ( k1 ) es de Cauchy en X pero no converge en X [Ejercicio 5.31].

Ejemplo 5.4 La sucesión de funciones fk : [ 1; 1] ! R; 8 <

1 si kx si fk (x) = : 1 si

1 1 k

1 ; k

x x

1 k

x

1 ; k

1;

5.1. ESPACIOS MÉTRICOS COMPLETOS

73

es de Cauchy en C10 [ 1; 1] pero no converge en C10 [ 1; 1]: 1

1

0 .5

0 .5

0 -1

-0 .5

0 0

0 .5

-1

1

-0 .5

0

-0 .5

-0 .5

-1

-1

y = f3 (x)

0 .5

1

y = f6 (x)

Demostración: Para j k se tiene que Z 1 Z 1 jfj (x) fk (x)j dx = 2 (fj (x) 1

fk (x)) dx =

0

1 k

1 : j

En consecuencia, dada " > 0 se cumple que kfj

fk k1 < "

2 8k; j > : "

Así pues, (fk ) es de Cauchy. Supongamos que fk ! f en C10 [ 1; 1]: Sea a 2 (0; 1): Si k a1 ; entonces fk (x) = 1 para todo x 2 [a; 1]: En consecuencia, Z 1 Z 1 0 j1 f (x)j dx jfk (x) f (x)j dx =: kfk f k1 ! 0: a

Por tanto,

1

Z

1

a

j1

f (x)j dx = 0;

y esto implica que f (x) = 1 para todo x 2 [a; 1]: Análogamente, f (x) = x 2 [ 1; a] y, como a 2 (0; 1) es arbitraria, tenemos que f (x) =

1 para todo

1 si x 2 [ 1; 0); 1 si x 2 (0; 1]:

En consecuencia, f no es continua en [ 1; 1]; lo cual contradice nuestra suposición. 0 En la siguiente sección probaremos que en C1 [ 1; 1] cualquier sucesión de Cauchy converge. A los espacios métricos que tienen esta propiedad se les llama completos.

74

5. COMPLETITUD

De…nición 5.5 Un espacio métrico X es completo, si toda sucesión de Cauchy en X converge en X: Un espacio normado que es completo con la métrica inducida por su norma se llama un espacio de Banach. Los ejemplos anteriores muestran que (a; b) y C10 [a; b] no son completos. De hecho, no es un espacio de Banach para ninguna p 2 [1; 1) [Ejercicio 5.32]. Sin embargo es posible extender Cp0 [a; b] a un espacio completo en el sentido de la De…nición 5.56. Más adelante daremos una completación explícita de Cp0 [a; b], el espacio de Lebesgue Lp (a; b); que aparece de manera natural en muchas aplicaciones importantes. La completitud no es invariante bajo homeomor…smos, como lo muestra el siguiente ejemplo. Cp0 [a; b]

Ejemplo 5.6 La función tan : ( 2 ; 2 ) ! R es un homeomor…smo. R es un espacio métrico completo, pero ( 2 ; 2 ) no lo es.

1 0. 5 0 -7. 5

-5

-2. 5

0

2. 5

5

7. 5

-0. 5 -1

arctan x Sin embargo, la completitud sí se preserva bajo equivalencias. Proposición 5.7 Si existe una equivalencia : X ! Y entre dos espacios métricos X y Y , entonces X es completo si y sólo si Y lo es. Demostración: Supongamos que Y es completo y que : X ! Y es Lipschitz continua. Sea (xk ) una sucesión de Cauchy en X. Entonces, dada " > 0; existe k0 2 N tal que dY ( (xj ); (xk )) c dX (xj ; xk ) < " 8j; k k0 :

Es decir, la sucesión ( (xk )) es de Cauchy en Y y, como Y es completo, se tiene que (xk ) ! y en Y: Ahora bien, como 1 es continua, la Proposición 3.33 garantiza que 1 1 xk = ( (xk )) ! (y) en X: Esto prueba que X es completo. El recíproco se obtiene remplazando Y por X y por 1 en el argumento anterior. Una consecuencia importante es la siguiente.

5.1. ESPACIOS MÉTRICOS COMPLETOS

75

Teorema 5.8 Todo espacio normado de dimensión …nita es de Banach. Demostración: Como para cualquier espacio normado V de dimensión n existe una equivalencia : Rn1 ! V (ver Ejercicio 4.42), en virtud de la Proposición 5.7 bastará probar que Rn1 es completo. Sea (xk ) una sucesión de Cauchy en Rn1 ; donde xk = (xk;1 ; :::; xk;n ): Entonces, dada " > 0; existe k0 2 N tal que jxj;i

xk;i j

max jxj;i

i=1;:::;n

xk;i j =: kxj

xk k1 < "

8j; k

k0 ; 8i = 1; :::; n:

Esto prueba que, para cada i = 1; :::; n; la sucesión (xk;i ) es de Cauchy en R. Como R es completo, xk;i ! xi en R. Por tanto, dada " > 0; existe ki 2 N tal que jxk;i

xi j < "

8k

ki ; 8i = 1; :::; n;

y, en consecuencia, kxk

xk1 := max jxk;i i=1;:::;n

xi j < "

8k

maxfk1 ; :::; kn g;

donde x := (x1 ; :::; xn ). Es decir, xk ! x en Rn1 : No todo subespacio de un espacio métrico completo es un espacio métrico completo. Por ejemplo, R es completo pero ningún intervalo abierto (a; b) lo es. La siguiente proposición caracteriza a aquéllos que sí lo son. Proposición 5.9 Sea X un espacio métrico completo. Un subespacio métrico A de X es completo si y sólo si es cerrado en X. Demostración: Supongamos que A es cerrado en X. Sea (ak ) una sucesión de Cauchy en A: Entonces (ak ) es una sucesión de Cauchy en X y, como X es completo, ak ! x en X: Por la Proposición 3.32 se tiene que x 2 A = A: Esto prueba que A es completo. Supongamos ahora que A es completo. Sea x 2 A: Por la Proposición 3.32, existe una sucesión (ak ) en A tal que ak ! x en X: La Proposición 5.2 asegura entonces que (ak ) es de Cauchy y, como A es completo, se tiene que ak ! a en A: De la unicidad del límite (ver Proposición 3.29) se sigue que x = a 2 A: En consecuencia, A es cerrado.

76

5. COMPLETITUD

5.2.

Convergencia uniforme

En esta sección daremos ejemplos importantes de espacios métricos completos. Empezaremos comparando ciertos tipos de convergencia para sucesiones de funciones. Sean S un conjunto y X = (X; dX ) un espacio métrico. De…nición 5.10 Una sucesión de funciones fk : S ! X; k 2 N; converge puntualmente en S a una función f : S ! X si fk (z) ! f (z) en X para cada z 2 S: Es decir, (fk ) converge puntualmente a f en S si, para cada " > 0 y cada z 2 S, existe k0 2 N (que depende de " y de z) tal que 8k

dX (fk (z); f (z)) < "

k0 :

La función f se llama el límite puntual de (fk ): El límite puntual de una sucesión de funciones continuas no es, por lo general, una función continua, como lo muestra el siguiente ejemplo. Ejemplo 5.11 La sucesión de funciones fk : [0; 1] ! R; fk (x) = xk ; converge puntualmente a 0 si 0 x < 1; f (x) = 1 si x = 1: 1

1

1

0 .7 5

0 .7 5

0 .7 5

0 .5

0 .5

0 .5

0 .2 5

0 .2 5

0 .2 5

0

0 0

0 .2 5

0 .5

y = x2

0 .7 5

1

0 0

0 .2 5

0 .5

0 .7 5

y = x4

1

0

0 .2 5

0 .5

0 .7 5

1

y = x6

Daremos a continuación una noción de convergencia según la cual el límite de una sucesión de funciones continuas resultará ser una función continua. De…nición 5.12 Una sucesión de funciones fk : S ! X; k 2 N; converge uniformemente en S a una función f : S ! X si, dada " > 0; existe k0 2 N (que depende de ") tal que dX (fk (z); f (z)) < " 8k k0 , 8z 2 S: La función f se llama el límite uniforme de (fk ):

5.2. CONVERGENCIA UNIFORME

77

Notemos que esta noción es más fuerte que la de convergencia puntual, es decir, si (fk ) converge uniformemente a f; entonces converge puntualmente a f: El recíproco no es cierto pues la sucesión (fk ) del Ejemplo 5.11 no converge uniformemente en [0; 1] [Ejercicio 5.41]. El siguiente ejemplo muestra que, aun cuando una sucesión de funciones continuas converge puntualmente a una función continua, no necesariamente converge uniformemente. Ejemplo 5.13 Sea fk : [0; 1] ! R la función dada por fk (x) = max 1

k x

1 ;0 : k

0 .7 5

0 .5

0 .2 5

0 0

0 .2 5

0 .5

0 .7 5

1

y = f4 (x) La sucesión (fk ) converge puntualmente a 0; pero no converge uniformemente a 0 ya que, si " 2 (0; 1); ningún k 2 N cumple que jfk (x)j < " para todo x 2 [0; 1]: En efecto, fk

1 k

=1>"

8k 2 N:

La propiedad fundamental de la convergencia uniforme es la siguiente. Teorema 5.14 Sean Z = (Z; dZ ) y X = (X; dX ) espacios métricos. Si fk : Z ! X es continua para todo k 2 N y (fk ) converge uniformemente a f en Z; entonces f : Z ! X es continua. Demostración: Sean z0 2 Z y " > 0: Como (fk ) converge uniformemente a f; existe k0 2 N tal que " dX (fk (z); f (z)) < 8z 2 Z; 8k k0 : 3 Y, como fk0 es continua, existe > 0 tal que dX (fk0 (z); fk0 (z0 )) <

" 3

si dZ (z; z0 ) < :

78

5. COMPLETITUD

En consecuencia, dX (f (z); f (z0 ))

dX (f (z); fk0 (z)) + dX (fk0 (z); fk0 (z0 )) + dX (fk0 (z0 ); f (z0 )) < " si dZ (z; z0 ) < :

Esto prueba que f es continua. Para funciones acotadas la convergencia uniforme es simplemente la convergencia en el espacio métrico B(S; X); de…nido en la Sección 2.4, cuya métrica es la métrica uniforme d1 (f; g) := sup dX (f (z); g(z)); f; g 2 B(S; X): z2S

Es decir, se tiene el siguiente resultado. Proposición 5.15 Sea (fk ) una sucesión en B(S; X): Entonces, (fk ) converge uniformemente a f en S si y sólo si (fk ) converge a f en B(S; X): Demostración: Si (fk ) converge a f en B(S; X) entonces, dada " > 0; existe k0 2 N tal que d1 (fk ; f ) := sup dX (fk (z); f (z)) < " 8k k0 : z2S

En consecuencia, dX (fk (z); f (z)) < "

8k

k0 ; 8z 2 S:

8k

k0 ; 8z 2 S:

Es decir, (fk ) converge uniformemente a f en S: Recíprocamente, si fk 2 B(S; X) y (fk ) converge uniformemente a f en S entonces, dada " > 0; existe k0 2 N tal que dX (fk (z); f (z)) < "

(5.1)

Como fk0 es acotada, existen c > 0 y x0 2 X tales que dX (fk0 (z); x0 ) < c para todo z 2 S: En consecuencia, dX (f (z); x0 )

dX (f (z); fk0 (z)) + dX (fk0 (z); x0 ) < " + c

8z 2 S:

Esto prueba que f 2 B(S; X): De (5.1) se sigue que d1 (fk ; f ) := sup dX (fk (z); f (z)) z2S

"

8k

k0 :

Es decir, (fk ) converge a f en B(S; X): El siguiente espacio jugará un papel importante en las aplicaciones del próximo capítulo.

5.2. CONVERGENCIA UNIFORME

79

De…nición 5.16 Sean Z y X espacios métricos. El espacio de funciones continuas y acotadas de Z a X es el espacio métrico Cb0 (Z; X) := ff : Z ! X : f es continua y acotadag con la métrica inducida por la de B(Z; X), es decir, d1 (f; g) := sup dX (f (z); g(z)) z2Z

si f; g 2 Cb0 (Z; X): Para sucesiones de funciones continuas y acotadas podemos reinterpretar el Teorema 5.14 como sigue. Corolario 5.17 Sean Z y X espacios métricos. Entonces Cb0 (Z; X) es un subespacio cerrado de B(Z; X): Demostración: Sea f 2 Cb0 (Z; X): Por la Proposición 3.32 existe una sucesión (fk ) en Cb0 (Z; X) tal que fk ! f en B(Z; X): La Proposición 5.15 y el Teorema 5.14 aseguran entonces que f 2 Cb0 (Z; X): Esto prueba que Cb0 (Z; X) es cerrado en B(Z; X): Concluimos esta sección con otra consecuencia importante de la convergencia uniforme. Teorema 5.18 Si fk : [a; b] ! R es una sucesión de funciones continuamente diferenciables en [a; b] tales que (fk ) converge a f puntualmente en [a; b] y (fk0 ) converge a g uniformemente en [a; b]; entonces f es continuamente diferenciable en [a; b] y f 0 = g: Demostración: Sea x0 2 (a; b): Aplicando el teorema del valor medio a la función fj fk se tiene que, para cada x 2 (a; b); existe x 2 (a; b) tal que fj (x)

fk (x)

(fj (x0 )

fk (x0 )) = fj0 ( x )

fk0 ( x ) (x

x0 ):

En consecuencia, jfj (x)

fj (x0 )

fk (x) + fk (x0 )j

fj0

fk0

1

jx

x0 j

8x 2 (a; b):

Como (fk0 ) converge en C 0 [a; b], dada " > 0 existe k0 2 N tal que jfj (x)

fj (x0 )

fk (x) + fk (x0 )j

" jx 3

x0 j

8x 2 (a; b); 8j; k

k0 :

80

5. COMPLETITUD

Tomando el límite cuando j ! 1; concluimos que " jx x0 j jf (x) f (x0 ) fk (x) + fk (x0 )j 3 Por otra parte, existe k1 2 N tal que jfk0 (x0 ) Sea k := maxfk0 ; k1 g; y sea fk (x) x

g(x0 )j <

" 3

8x 2 (a; b); 8k

8k

(5.2)

k0 :

(5.3)

k1 :

> 0 tal que

fk (x0 ) x0

fk0 (x0 ) <

" 3

si jx

x0 j < :

(5.4)

De las desigualdades (5.2), (5.3) y (5.4) se sigue que f (x) x

f (x0 ) x0

g(x0 )

f (x) f (x0 ) fk (x) fk (x0 ) x x0 x x0 fk (x) fk (x0 ) + fk0 (x0 ) + fk0 (x0 ) x x0 < " si jx x0 j < :

g(x0 )

Es decir, f es diferenciable en x0 y f 0 (x0 ) = g(x0 ): Finalmente, como fk0 2 C 0 [a; b]; se tiene que g 2 C 0 [a; b]; es decir, f es continuamente diferenciable en [a; b]:

5.3.

Espacios completos de funciones

A continuación daremos un criterio que garantiza la convergencia uniforme de una sucesión de funciones en términos de la sucesión misma. Sean S un conjunto y X = (X; dX ) un espacio métrico. De…nición 5.19 Una sucesión de funciones fk : S ! X; k 2 N; es uniformemente de Cauchy en S si, para cada " > 0, existe k0 2 N tal que dX (fk (z); fj (z)) < "

8j; k

k0 , 8z 2 S:

El siguiente teorema nos da una condición necesaria y su…ciente para la convergencia uniforme de una sucesión de funciones. Teorema 5.20 (Criterio de convergencia uniforme de Cauchy) Sea X un espacio métrico completo. Una sucesión de funciones fk : S ! X; k 2 N; converge uniformemente en S si y sólo si (fk ) es uniformemente de Cauchy en S:

5.3. ESPACIOS COMPLETOS DE FUNCIONES

81

Demostración: Si (fk ) converge uniformemente a f en S entonces, dada " > 0, existe k0 2 N tal que " 8k k0 , 8z 2 S: dX (fk (z); f (z)) < 2 En consecuencia, dX (fk (z); fj (z))

dX (fk (z); f (z)) + dX (f (z); fj (z)) < "

8j; k

k0 , 8z 2 S:

Es decir, (fk ) es uniformemente de Cauchy. Supongamos ahora que (fk ) es uniformemente de Cauchy en S. Entonces, para cada z 2 S; la sucesión (fk (z)) es de Cauchy en X y, como X es completo, esta sucesión converge a un punto de X al que denotaremos por f (z): Probaremos ahora que fk ! f uniformemente en S. Sea " > 0: Como (fk ) es uniformemente de Cauchy, existe k0 2 N tal que " 8j; k k0 , 8z 2 S: dX (fk (z); fj (z)) < 2 Y como para cada z 2 S se tiene que fj (z) ! f (z) en X; existe k(z) 2 N (que depende de z) tal que " dX (fj (z); f (z)) < 8j k(z). 2 Dadas k k0 y z 2 S; tomemos j := maxfk0 ; k(z)g: Entonces dX (fk (z); f (z))

dX (fk (z); fj (z)) + dX (fj (z); f (z)) < ".

En consecuencia, dX (fk (z); f (z)) < " es decir, (fk ) converge uniformemente a f .

8k

k0 , 8z 2 S;

Recuerda que, si S es un conjunto y V = (V; k k) es un espacio vectorial normado, entonces B(S; V ) con la norma uniforme kf k1 := sup kf (z)k

(5.5)

z2Z

es un espacio vectorial normado (ver Ejercicio 2.52). Si Z es un espacio métrico, Cb0 (Z; V ) es un subespacio vectorial de B(Z; V ): Una consecuencia importante del teorema anterior es la siguiente. Teorema 5.21 Sean S un conjunto y Z un espacio métrico. (i) Si X es un espacio métrico completo, entonces B(S; X) y Cb0 (Z; X) son completos. (ii) Si V es un espacio de Banach, entonces, entonces B(S; V ) y Cb0 (Z; V ) son espacios de Banach.

82

5. COMPLETITUD

Demostración: Sea (fk ) una sucesión de Cauchy en B(S; X): Claramente (fk ) es uniformemente de Cauchy en S y, por la Proposición 5.15 y el Teorema 5.20, (fk ) converge en B(S; X): Esto prueba que B(S; X) es completo. Por el Corolario 5.17, Cb0 (Z; X) es un subconjunto cerrado de B(S; X): La Proposición 5.9 asegura entonces que Cb0 (Z; X) es completo. Esta propiedad hace que los espacios B(S; X) y Cb0 (Z; X) jueguen un papel importante en las aplicaciones, como veremos en el siguiente capítulo. Recuerda que, si K es un espacio métrico compacto, entonces toda función continua de K en X es acotada (ver Corolario 4.11), es decir, C 0 (K; X) := f : K ! X :

es continuag = Cb0 (K; X):

Por tanto, C 0 (K; X) es un espacio completo si K es compacto y X es completo.

5.4.

Series en espacios de Banach

Sea V = (V; k k) un espacio vectorial normado y sea (vk ) una sucesión en V: De…nición 5.22 Decimos que la serie 1 P

vk

k=1

converge en V si la sucesión (wn ) de sumas parciales wn := Su límite se denota n 1 X P vk : vk := l m n!1

k=1

Pn

k=1

vk converge en V:

k=1

Una observación sencilla es la siguiente. P Proposición 5.23 Si la serie 1 k=1 vk converge en V; entonces vk ! 0 en V: En particular, (vk ) está acotada. P Demostración: La sucesión ( nk=1 vk ) es de Cauchy (ver Proposición 5.2). Por tanto, dada " > 0; existe n0 2 N tal que kvn+1 k =

n+1 P k=1

vk

n P

k=1

vk

"

8n

n0 :

Esto prueba que vk ! 0 en V: Por la Proposición 3.31, (vk ) está acotada. En espacios de Banach se tiene el siguiente criterio de convergencia para series.

5.4. SERIES EN ESPACIOS DE BANACH

83

Proposición 5.24 (Criterio de Cauchy para series) Sea V un espacio de Banach y sea (vk ) una sucesión en V: La serie 1 P

vk

k=1

converge en V si y sólo si, para cada " > 0, existe k0 2 N tal que kvk+1 +

+ vk+j k < "

8k

k0 ; 8j

1:

PnDemostración: Como V es completo, la sucesión (wn ) de sumas parciales wn := k=1 vk converge en V si y sólo si (wn ) es de Cauchy, es decir, si y sólo si para cada " > 0, existe k0 2 N tal que kwk+j

wk k = kvk+1 +

+ vk+j k < "

8k

k0 ; 8j

1;

como a…rma el enunciado. El siguiente criterio garantiza la convergencia uniforme de una serie de funciones en términos de la convergencia de una serie de números reales. Teorema 5.25 (Criterio de Weierstrass) Sea V un espacio de Banach y sea (vk ) una sucesión en V: Si la serie de números reales 1 P

k=1

converge, entonces la serie

kvk k

1 P

vk

k=1

converge en V y se cumple que 1 P

vk

k=1

Demostración: Sea " > 0: Como asegura que existe k0 2 N tal que kvk+1 k +

1 P

k=1

P1

k=1

kvk k :

kvk k converge en R, la Proposición 5.24

+ kvk+j k < "

8k

k0 ; 8j

1:

Usando la desigualdad del triángulo obtenemos que kvk+1 +

+ vk+j k

kvk+1 k +

+ kvk+j k < "

8k

k0 ; 8j

1:

84

5. COMPLETITUD

Aplicando nuevamente la Proposición 5.24 concluimos que la serie 1 P

vk

k=1

converge en V: En consecuencia, usando la continuidad de la norma y la desigualdad del triángulo obtenemos 1 P

vk = l m

k=1

como a…rma el enunciado.

n!1

n P

vk

lm

n P

n!1 k=1

k=1

kvk k =

1 P

k=1

kvk k ;

Sea S un conjunto y sea fk : S ! V una sucesión de funciones. De…nición 5.26 Decimos que la serie de funciones 1 P

fk

k=1

converge uniformemente en S si la sucesión de funciones gn := uniformemente en S a una función S ! V; a la que se denota 1 P

Pn

k=1

fk converge

fk :

k=1

Un ejemplo importante de series de funciones son las series de potencias. De…nición 5.27 Sea (ak ) una sucesión en R y sea x0 2 R. La serie 1 P

ak (x

x0 )k

k=0

de funciones reales de variable real x se llama una serie de potencias. Su radio de convergencia se de…ne como R := supfr 2 [0; 1) :

1 P

k=0

ak rk converge en Rg 2 [0; 1]:

El siguiente resultado justi…ca llamar a R el radio de convergencia.

5.4. SERIES EN ESPACIOS DE BANACH

85

Teorema 5.28 Sean (ak ) una sucesión en R y x0 2 R. (a) Las series de potencias 1 P

x0 )k

ak (x

1 P

y

k=0

kak (x

x0 )k

1

k=1

convergen uniformemente en [x0 r; x0 + r] para todo r 2 (0; R); donde R es el radio P de convergencia de 1 a x0 )k : k=0 k (x (b) La función 1 P f (x) := ak (x x0 )k k=0

es continuamente diferenciable en (x0

R; x0 + R) y su derivada está dada por

1 P

f 0 (x) =

x0 )k 1 :

kak (x

k=1

Demostración: (a) Sea r 2 (0; R): De…nimos fk 2 C 0 [x0 r; x0 + r] como fk (x) := ak (x x0 )k , k 0: Probaremos que la sucesión (fk ) satisface el criterio de Weierstrass. De del radio de convergencia se sigue que existe r^ 2 (r; R] \ R tal que P1la de…nición k a r ^ converge en R. Por tanto, existe c 2 R tal que ak r^k < c para todo k 2 N k=0 k (Proposición 5.23) y, en consecuencia, jfk (x)j = jak j jx donde

x0 jk

jak j r^k

k

c

k

8k 2 N, 8x 2 [x0

r; x0 + r];

:= rr^ : Se tiene entonces que kfk k1 :=

max

x2[x0 r;x0 +r]

jfk (x)j

c

k

8k 2 N:

P k 2 (0; 1); la serie de números reales 1 converge. Por consiguiente, la serie k=0 kf k converge [Ejercicio 5.45] y el Teorema 5.25 implica que la serie k 1 k=0

Como P1

1 P

ak (x

x0 )k

k=0

converge uniformemente en [x0 r; x0 + r]: Por otra parte, si de…nimos gk 2 C 0 [x0 r; x0 + r]; como gk (x) := kak (x tenemos que jgk (x)j = k jak j jx

x0 jk

1

c k r^

k 1

Por tanto, kgk k1 :=

max

x2[x0 r;x0 +r]

jgk (x)j

8k 2 N, 8x 2 [x0 c k r^

k 1

8k 2 N:

x0 )k 1 ; k

r; x0 + r]:

1;

86

5. COMPLETITUD

P Dado que la serie 1 k=1 k concluimos que la serie

k 1

converge en R, argumentando como en el caso anterior, 1 P

kak (x

x0 )k

1

k=1

converge uniformemente en [x0 r; x0 + r]: (b) Sea r 2 (0; R) y denotemos por Fk (x) :=

k P

aj (x

x0 )j ;

j=0

f (x) :=

1 P

aj (x

x0 )j ;

j=0

g(x) :=

1 P

jaj (x

x0 )j 1 :

j=1

Fk es continuamente diferenciable, y acabamos de probar que (Fk ) converge a f y (Fk0 ) converge a g uniformemente en [x0 r; x0 + r]: El Teorema 5.18 asegura entonces que f es continuamente diferenciable en [x0 r; x0 + r] y que f 0 = g. Una función f : (x0 potencias

R; x0 + R) ! R que se puede expresar como una serie de f (x) =

1 P

ak (x

x0 )k

k=0

se llama una función analítica. Una función analítica tiene derivadas de todos los órdenes [Ejercicio 5.50]. El recíproco no es cierto [Ejercicio 5.51].

5.5.

Ejercicios

Ejercicio 5.29 Sea Xdisc un espacio métrico discreto. (a) Describe a las sucesiones de Cauchy en Xdisc : (b) ¿Es Xdisc un espacio métrico completo? Ejercicio 5.30 Sea (xk ) una sucesión de Cauchy en un espacio métrico X: (i) Prueba que (xk ) está acotada en X: (ii) Prueba que, si alguna subsucesión de (xk ) converge a x en X; entonces (xk ) converge a x en X: Ejercicio 5.31 Sea X = (0; 1) con la métrica inducida por la de R. Prueba que la sucesión ( k1 ) es de Cauchy en X pero no converge en X: Ejercicio 5.32 Considera la sucesión de funciones fk : [ 1; 1] ! R; 8 1 1 x ; < 1 si k 1 1 kx si x k; fk (x) = k : 1 1 si k x 1:

5.5. EJERCICIOS

(a) (b) Usa (c)

87

Prueba que (fk ) es de Cauchy en Cp0 [ 1; 1] para toda p 2 [1; 1): Prueba que (fk ) no converge en Cp0 [ 1; 1] para ninguna p 2 [1; 1]: (Sugerencia: el Ejercicio 3.47 y el Ejemplo 5.4). 0 ¿Es (fk ) de Cauchy en C1 [ 1; 1]?

Ejercicio 5.33 Prueba que `p es un espacio de Banach para todo p 2 [1; 1]: Ejercicio 5.34 Considera los siguientes subespacios de `1 con la norma inducida. ¿Cuáles de ellos son de Banach? (i) d := f(xn ) 2 `1 : xn 6= 0 sólo para un número …nito de n’sg: (ii) c0 := f(xn ) 2 `1 : xn ! 0g: (iii) c := f(xn ) 2 `1 : (xn ) converge en Rg: Ejercicio 5.35 Sean X un espacio métrico completo y x; y 2 X: Prueba que el espacio de trayectorias Tx;y (X) := f 2 C 0 ([0; 1]; X) : (0) = x;

(1) = yg

con la métrica uniforme es completo. Ejercicio 5.36 Prueba que todo espacio métrico compacto es completo. Ejercicio 5.37 Sean X y Y espacios métricos completos. Prueba que X cualquiera de las métricas del Ejercicio 2.53 es completo.

Y con

Ejercicio 5.38 Sea V un espacio normado. Prueba que todo subespacio vectorial de dimensión …nita de V es cerrado en V: Ejercicio 5.39 Sean V = (V; k k) un espacio normado y SV := fv 2 V : kvk = 1g la esfera unitaria en V . Demuestra las siguientes a…rmaciones. (a) Si W es un subespacio vectorial de V; W es cerrado en V y W 6= V entonces, para cada 2 (0; 1), existe v 2 SV tal que kv

wk

8w 2 W:

(b) Teorema (Riesz) La esfera unitaria SV := fv 2 V : kvk = 1g es compacta si y sólo si dimV < 1. (Sugerencia: Si dimV = 1; usa el Ejercicio 5.38 y el inciso (a) para construir una sucesión en SV que no contiene ninguna subsucesión convergente.) (c) La bola cerrada BV (0; 1) := fv 2 V : kvk 1g es compacta si y sólo si dimV < 1. Ejercicio 5.40 Sea : X ! Y una función uniformemente continua. (a) Prueba que, si (xk ) es de Cauchy en X, entonces ( (xk )) es de Cauchy en Y: (b) Prueba que, si existe una función continua : Y ! X tal que = id y Y es completo, entonces X es completo.

88

5. COMPLETITUD

Ejercicio 5.41 (a) Prueba que la sucesión de funciones fk (x) = xk no converge uniformemente en [0; 1]: (b) Prueba que la sucesión de funciones fk (x) = xk converge uniformemente en cualquier subintervalo cerrado [a; b] [0; 1): Ejercicio 5.42 ¿Cuáles de las siguientes sucesiones de funciones fk : R ! R convergen puntualmente en R? Encuentra todos los intervalos donde la convergencia es uniforme. (a) fk (x) =

kx ; kx2 + 1

(b) fk (x) =

kx ; 2 k x2 + 1

(c) fk (x) =

k2x : kx2 + 1

Ejercicio 5.43 ¿Cuáles de las siguientes sucesiones de funciones fk : R ! R convergen uniformemente en R? Encuentra el límite de tales sucesiones. (a)

fk (x) =

(b)

fk (x) =

(c) (d)

jx 0

kj

1 si x 2 [k si x 2 = [k

1; k + 1]; 1; k + 1]:

1 : (x=k)2 + 1 fk (x) = sen(x=k): 1 senx si x 2 [2 k; 2 (k + 1)]; k fk (x) = 0 si x 2 = [2 k; 2 (k + 1)]:

Ejercicio 5.44 Sea fk : [a; b] ! R una sucesión de funciones continuamente diferenciables en [a; b] que converge puntualmente a una función f en [a; b]: Investiga si son falsas o verdaderas las siguientes a…rmaciones.. (a) f es continua en [a; b]. (b) (fk ) converge uniformemente a f en [a; b]: (c) La sucesión (fk0 ) converge puntualmente en [a; b]. (d) Si f es continuamente diferenciable, entonces (fk0 ) converge puntualmente en [a; b]: (e) Si f es continuamente diferenciable y si (fk0 (x)) converge para cada x 2 [a; b]; entonces (fk0 ) converge puntualmente a f 0 en [a; b]: P EjercicioP5.45 (a) Prueba que, si an ; bn 2 R; 0 an bn y 1 n=1 bn converge en R, 1 entonces n=1 an converge en R. Ejercicio 5.46 Considera la sucesión de funciones fk : R ! R; fk (x) =

x2 : (1 + x2 )k

P1 (a) Prueba que, para cada x 2 R, la serie de números reales k=1 fk (x) converge. P1 (b) ¿Converge la serie de funciones f uniformemente en R? k=1 k

5.5. EJERCICIOS

89

Ejercicio 5.47 Considera las funciones fk : R ! R dadas por senkx fk (x) = p : k (a) Prueba que (fk ) converge uniformemente a 0 en R: (b) Prueba que (fk0 ) no converge puntualmente en R, donde fk0 es la derivada de fk : Ejercicio 5.48 (El espacio C m ( )) Sea Una función ' : ! R es de clase C m en m de '; @ n' @xnn

@ 1 @x1 1 existen en

con

i

un subconjunto abierto y acotado de Rn : si todas las derivadas parciales de orden

2 N [ f0g y

1

+

+

y admiten una extensión continua a la cerradura @0' := ' @x0i

@ @ i' @ si = i @xi @xi @xi | {z }

y

i

Denotamos por C m ( ) := f' :

m;

n

, donde 1:

i

veces

! R : ' es de clase C m en

g

y de…nimos k'kC m (

)

:= max

@ 1 @x1 1

@ n' @xnn

: 1

i

2 N [ f0g;

1

+

+

n

m :

Prueba que ésta es una norma en C m ( ) y que C m ( ) es un espacio de Banach. (Sugerencia: Recuerda que @' (x) = fi0 (0) @xi donde fi (t) := '(x + tei ), ei es el i-ésimo vector de la base canónica de Rn ; y usa los Teoremas 5.21 y 5.18.) Ejercicio 5.49 (a) Dada una sucesión (ck ) en R de…nimos c := l m sup jck j1=k : k!1

Demuestra el criterio de la raíz para la convergencia de series de números reales: P1 ck converge si c < 1; Pk=0 1 k=0 ck no converge si c > 1:

90

5. COMPLETITUD

(b) Prueba que el radio de convergencia R de una serie de potencias está dado por R 1 = l m sup jak j1=k :

P1

k=0

ak (x

x0 )k

k!1

(c) Calcula el radio de convergencia de las siguientes series de potencias y averigua si convergen o no en los puntos jxj = R: 1 P

1 P

k k xk ;

k=0

1 xk P : 2 k=1 k

1 xk P ; k=1 k

xk ;

k=0

P x0 )k ; ak 2 R; una serie de potencias con radio de Ejercicio 5.50 Sea 1 k=0 ak (x convergencia R > 0: Prueba que la función f : (x0 R; x0 + R) ! R dada por f (x) :=

1 X

ak (x

x0 )k

k=0

tiene derivadas de todos los órdenes y que la n-ésima derivada f (n) de f está dada por f

(n)

(x) =

1 X

k(k

1)

(k

x0 )k

n + 1)ak (x

n

x 2 (x0

;

k=n

R; x0 + R):

En particular se cumple que f (n) (x0 ) = n!an : Ejercicio 5.51 Considera la función f : R ! R dada por f (x) =

e

1=x2

0

si x 6= 0; si x = 0:

0. 8

0. 6

0. 4

0. 2 0 -2. 5

-1.25

0

y=e

1. 25

1=x2

2. 5

5.5. EJERCICIOS

91

(a) Prueba que f tiene derivadas de todos los órdenes en x = 0 y que f (n) (0) = 0: (b) ¿Se puede escribir f como una serie 1 X

f (x) =

ak x k ;

ak 2 R,

k=0

convergente en algún intervalo ( R; R); R > 0? Ejercicio 5.52 Sean akj 2 R tales que las series de números reales 1 X j=1

convergen para cada k 2 N y la serie

jakj j = bk

P1

1 1 X X

k=1 bk

akj =

k=1 j=1

también converge. Prueba que

1 X 1 X

akj :

j=1 k=1

(Sugerencia: Considera el subespacio métrico X := f n1 : n 2 Ng[f0g de R y aplica el criterio de Weierstrass a la sucesión de funciones fk : X ! R dadas por fk

1 n

=

n X

akj ;

fk (0) =

j=1

1 X

akj :

j=1

Comprueba que esta sucesión satisface todas las hipótesis del Teorema 5.25.) Ejercicio 5.53 Calcula el radio de convergencia R de la serie de potencias f (x) :=

1 X xk k=0

k!

y demuestra que f 0 = f en ( R; R). ¿Quién es la función f ? Ejercicio 5.54 Sea P el conjunto de todas las funciones polinomiales p : [0; 1] ! R; p(x) = an xn + + a1 x + a0 ; con a0 ; :::; an 2 R: (a) Prueba que P es un subespacio vectorial de C 0 [0; 1]: (b) ¿Es P con la norma uniforme kpk1 = max jp(x)j 0 x 1

un espacio de Banach? (Sugerencia: Considera la sucesión de polinomios pk (x) = 1 xk 1 + + x + 1 y utiliza la Proposición 5.9). (k 1)!

1 k x + k!

92

5. COMPLETITUD

Ejercicio 5.55 Sea ' : R ! R la función dada por si x 2 [0; 1]; x si x 2 [1; 2];

x 2

'(x) := y '(x + 2) = '(x) para todo x 2 R: (a) Prueba que la serie 1 X k=0

3 4

k

'(4k x)

converge uniformemente en R. En consecuencia, la función f : R ! R dada por f (x) :=

1 X k=0

3 4

k

'(4k x)

es continua. (b) Prueba que f no es diferenciable en ningún punto x 2 R: (Sugerencia: Para cada j 2 N toma m 2 N tal que m 4j x < m + 1; y de…ne yj := 4 j m; zj := 4 j (m + 1): Prueba que f (zj ) f (yj ) !1 cuando j ! 1: zj yj Usa este hecho para concluir que f no es diferenciable en x.)

5.6.

Proyecto de trabajo

Sean X = (X; d) y X = (X ; d ) espacios métricos. De…nición 5.56 X es una completación de X si X es completo y existe una isometría : X ! X tal que (X) = X ; donde (X) denota a la cerradura de (X) en X . Por ejemplo, el espacio R de los números reales es una completación del espacio Q de números racionales.

5.6.1.

Objetivo

El objetivo de este proyecto es demostrar que todo espacio métrico admite una completación y que ésta es única salvo isometría.

5.6. PROYECTO DE TRABAJO

5.6.2.

93

Esquema de la demostración

Unicidad.

Demuestra la siguiente a…rmación.

Proposición 5.57 Si X = (X ; d ) y X # = (X # ; d# ) son completaciones de X; entonces existe una isometría biyectiva : X ! X # : Existencia.

Para construir una completación de X considera la siguiente relación.

De…nición 5.58 Sean (xk ) y (yk ) dos sucesiones de Cauchy en X: Decimos que (xk ) y (yk ) son equivalentes, y lo denotamos (xk ) (yk ); si l m d(xk ; yk ) = 0:

k!1

Demuestra ahora el siguiente lema. Lema 5.59 La relación (xk ) (yk ) es una relación de equivalencia en el conjunto de todas las sucesiones de Cauchy de X: Denota por [xk ] a la clase de equivalencia de la sucesión de Cauchy (xk ) y de…ne X := f[xk ] : (xk ) es de Cauchy en Xg d ([xk ]; [yk ]) := l m d(xk ; yk ): k!1

Demuestra el siguiente lema. Lema 5.60 (i) d está bien de…nida, es decir, existe l mk!1 d(xk ; yk ) y no depende de los representantes (xk ) y (yk ) elegidos. (ii) d es una métrica en X : Dado x 2 X denota por [x] a la clase de equivalencia de la sucesión cuyos términos son todos iguales a x: Demuestra el siguiente teorema. Teorema 5.61 X es una completación de X: Más precisamente, X = (X ; d ) es un espacio métrico completo y la función : X ! X dada por (x) := [x] es una isometría tal que (X) = X :

94

5. COMPLETITUD

Capítulo 6 El teorema de punto …jo de Banach y aplicaciones El teorema de punto …jo de Banach, también llamado el principio de contracción, garantiza la existencia y unicidad de puntos …jos de cierto tipo de funciones de un espacio métrico completo en sí mismo. A diferencia de otros teoremas de punto …jo, éste da un método constructivo para obtenerlo mediante un proceso de iteración. El teorema de punto …jo de Banach tiene muchísimas aplicaciones a resultados de existencia y unicidad de soluciones de ecuaciones numéricas, ecuaciones diferenciales y ecuaciones integrales. Daremos aquí algunos ejemplos. Una aplicación muy importante es el teorema de Picard-Lindelöf que asegura la existencia y unicidad de soluciones de ecuaciones diferenciales ordinarias con una condición inicial. Este resultado fue publicado por primera vez en 1890 por Lindelöf1 . Simultáneamente, Picard2 desarrolló un método de aproximación sucesiva de soluciones. El método de iteración de Picard es justamente el método iterativo del teorema de punto …jo de Banach.

6.1.

El teorema de punto …jo de Banach

Sea X = (X; d) un espacio métrico. De…nición 6.1 Una función

: X ! X se llama una contracción si existe

2 (0; 1)

1

Ernst Leonard Lindelöf (1870-1946) fue un matemático …nlandés que realizó aportaciones importantes en Análisis y Ecuaciones Diferenciales. 2

Charles Émile Picard (1856-1941) fue un destacado matemático francés que realizó aportaciones muy importantes en múltiples ramas de las matemáticas, particularmente en Variable Compleja y Ecuaciones Diferenciales.

95

96

6. EL TEOREMA DE PUNTO FIJO DE BANACH Y APLICACIONES

tal que d( (x); (y))

8x; y 2 X:

d(x; y)

(6.1)

Es decir, una contracción es una función de un espacio métrico en sí mismo que es Lipschitz continua con constante de Lipschitz estrictamente menor que 1: Es importante observar que el que : X ! X sea o no contracción depende de la métrica que le demos a X [Ejercicio 6.20]. De…nición 6.2 Un punto x 2 X se llama un punto …jo de la función (x ) = x : Denotamos por

k k

: X ! X si

a la composición

:=

|

{z

k veces

}

0

si k 2 N;

:= idX ;

donde idX : X ! X es la función identidad. El siguiente resultado, debido a Stefan Banach3 , tiene aplicaciones muy importantes.

Stefan Banach Teorema 6.3 (Banach) Sea X un espacio métrico completo, no vacío, y sea : X ! X una contracción. Entonces se cumple lo siguiente: (i) tiene un único punto …jo x : (ii) Para cualquier x0 2 X la sucesión ( k (x0 )) converge a x en X; y se cumple que d( donde 3

k

k

(x0 ); x )

1

d( (x0 ); x0 );

(6.2)

2 (0; 1) satisface (6.1).

Stefan Banach (1892-1945) nació en Cracovia, Polonia. Fue básicamente autodidacta y su genio fue descubierto accidentalmente por el matemático Hugo Steinhaus. Se le considera fundador del Análisis Funcional moderno. Muchos conceptos y resultados notables llevan su nombre.

6.1. EL TEOREMA DE PUNTO FIJO DE BANACH

97

Demostración: Sea x0 un punto cualquiera de X y denotemos por xk :=

k

(x0 ):

Demostraremos primero que la sucesión (xk ) es de Cauchy en X. Nota que, si (6.1), entonces d(xk+1 ; xk ) = d(

k

(x1 );

k

k

(x0 ))

satisface

8k 2 N:

d(x1 ; x0 )

Además, para cualesquiera y; z 2 X; se cumple que d(y; z)

d(y; (y)) + d( (y); (z)) + d( (z); z) d(y; (y)) + d(y; z) + d( (z); z);

es decir, (1

)d(y; z)

d(y; (y)) + d( (z); z):

Tomando y := xk y z := xj obtenemos d(xk ; xj ) Sea " > 0: Como

d(xk+1 ; xk ) + d(xj+1 ; xj ) 1

k

+

1

j

d(x1 ; x0 ):

(6.3)

2 (0; 1) existe k0 2 N tal que k

d(x1 ; x0 ) <

1

" 2

8k

(6.4)

k0 :

En consecuencia, 8j; k

d(xk ; xj ) < "

k0 :

Esto demuestra que la sucesión (xk ) es de Cauchy en X: Como X es completo, existe x 2 X tal que xk ! x en X y, como es continua, se tiene entonces que xk+1 = (xk ) ! (x ) en X: Como el límite de una sucesión es único, concluimos que (x ) = x ; es decir, x es un punto …jo de : Veamos ahora que es único. Si x1 y x2 son puntos …jos de entonces d(x1 ; x2 ) = d( (x1 ); (x2 ))

d(x1 ; x2 ):

Como < 1; esta desigualdad implica que d(x1 ; x2 ) = 0; es decir, x1 = x2 : Por último, haciendo tender j ! 1 en la desigualdad (6.3) obtenemos que k

d(xk ; x ) = l m d(xk ; xj ) j!1

1

d(x1 ; x0 )

8k 2 N.

98


Esto concluye la demostración. El teorema anterior no sólo a…rma la existencia de un único punto …jo para una contracción : X ! X. También nos dice cómo encontrarlo, o cómo encontrar una buena aproximación de él: Basta tomar un punto arbitrario x0 2 X y considerar la sucesión de iteradas ( k (x0 )): Esta converge al punto …jo. La desigualdad (6.2) nos da una estimación del error en cada paso de la iteración. A este método se le conoce como el método de aproximaciones sucesivas. Veremos algunas aplicaciones en las siguientes secciones. Los siguientes ejemplos muestran que las condiciones del teorema de punto …jo de Banach son necesarias. Ejemplo 6.4 La función : (0; 1) ! (0; 1) dada por (t) = 12 t es una contracción y no tiene ningún punto …jo en (0; 1): Por tanto, para la validez del Teorema 6.3 es necesario que X sea completo. Ejemplo 6.5 La función

: R ! R dada por (t) = t + 1 satisface j (t)

(s)j = jt

sj

8t; s 2 R:

Sin embargo, no tiene ningún punto …jo. Por tanto, para la validez del Teorema 6.3 es necesario que el número de la condición (6.1) sea estrictamente menor que 1: Esta condición también es necesaria para la unicidad del punto …jo [Ejercicio 6.22]. La siguiente generalización del teorema de punto …jo de Banach es muy útil en las aplicaciones. Corolario 6.6 Sea X un espacio métrico completo y : X ! X una función. Si existe k 2 N tal que k : X ! X es una contracción, entonces tiene un único punto …jo. Demostración: El Teorema 6.3 asegura que k tiene un único punto …jo x 2 X: Aplicando a la igualdad k (x ) = x obtenemos que k

( (x )) =

k

(x ) =

(x ) ;

es decir, (x ) es también un punto …jo de k : Como el punto …jo es único, obtenemos que (x ) = x : En consecuencia, x es también un punto …jo de : Y es el único, ya que todo punto …jo de es también un punto …jo de k :

6.2. SISTEMAS DE ECUACIONES LINEALES

6.2.

99

Sistemas de ecuaciones lineales

Consideremos el sistema de ecuaciones lineales Ax

(6.5)

x=b

donde A = (aij ) es una matriz real de n n y b = (b1 ; : : : ; bn ) 2 Rn : Observemos que x 2 Rn es una solución de este sistema si y sólo si x es un punto …jo de la función : Rn ! Rn dada por (x) := Ax b: De modo que, si es una contracción, podemos aplicar el método de aproximaciones sucesivas para encontrar una solución. El que sea una contracción depende de la métrica que le demos a Rn : Por ejemplo, si le damos a la métrica k k1 del Ejemplo 2.5 obtenemos el siguiente resultado. Teorema 6.7 Si existe

2 (0; 1) tal que n X i=1

jaij j

8j = 1; :::; n;

(6.6)

entonces el sistema (6.5) tiene solución única para cada b 2 Rn : La solución x satisface x +

k 1 X

k

Am b

m=0

kbk1 :

1

1

Demostración: Para todo x 2 Rn se tiene que kAxk1 =

n n X X i=1

aij xj

j=1

En consecuencia, la función k (x)

n X n X

(y)k1 = kAx

i=1 j=1

jaij j jxj j

n X j=1

jxj j =

: Rn1 ! Rn1 dada por (x) = Ax Ayk1 = kA(x

y)k1

kx

kxk1 :

b satisface yk1

8x; y 2 Rn ;

es decir, es una contracción. Por el Teorema 6.3, existe un único x 2 Rn tal que (x ) = Ax b = x : Más aún, como k

k 1 X

(0) =

Am b;

m=0

se tiene que x +

k 1 X

m=0

k

Am b 1

1

kbk1 :

100


Esto concluye la demostración. Si consideramos otras métricas en Rn obtendremos condiciones, distintas de (6.6), que también garantizan la existencia y unicidad de soluciones del sistema (6.5) para cada b [Ejercicio 6.28]. Sabemos que el sistema (6.5) tiene solución única si y sólo si det(A I) 6= 0; donde I es la matriz identidad. En consecuencia, la condición (6.5) y las del Ejercicio 6.28 garantizan que det(A I) 6= 0: En este caso, la matriz A I es invertible y la solución del sistema está dada por x := (A I) 1 b: Sin embargo, en problemas que involucran un número grande de variables, encontrar la inversa de una matriz tiene un costo prohibitivo, incluso con la potencia de las mejores computadoras disponibles. Por ello se utilizan métodos iterativos, como el de Jacobi o el de Gauss-Seidel, para encontrar la solución mediante aproximaciones sucesivas a partir de una estimación inicial. Para ecuaciones no lineales los métodos iterativos son, en general, la única opción.

6.3.

Ecuaciones integrales

Aplicaremos el teorema de punto …jo de Banach para probar la existencia y unicidad de soluciones de dos tipos de ecuaciones integrales importantes: la ecuación integral de Fredholm y la ecuación integral de Volterra.

6.3.1.

La ecuación integral de Fredholm del segundo tipo

Sean K : [a; b] [a; b] ! R y g : [a; b] ! R funciones continuas, y sea real. Una ecuación integral de la forma f (x)

Z

a

un número

b

K(x; y)f (y)dy = g(x);

x 2 [a; b];

(6.7)

se llama una ecuación integral de Fredholm4 . Se dice que es del primer tipo si = 0 y del segundo tipo si 6= 0. Una función continua f : [a; b] ! R que satisface (6.7) para todo x 2 [a; b] se llama una solución de (6.7). Nos preguntamos, ¿para qué valores tiene la ecuación (6.7) una única solución? Queremos expresar este problema como un problema de punto …jo. Es decir, queremos encontrar una función : C 0 [a; b] ! C 0 [a; b] cuyos puntos …jos sean las soluciones de la ecuación (6.7). Para ello, procederemos del siguiente modo. A cada f 2 C 0 [a; b] le 4

Erik Ivar Fredholm (1866-1927) fue un matemático sueco. En 1903 introdujo la teoría moderna de ecuaciones integrales, a la que se conoce como Teoría de Fredholm.

6.3. ECUACIONES INTEGRALES

101

asociamos la función Ff : [a; b] ! R dada por (Ff ) (x) :=

Z

b

K(x; y)f (y)dy:

a

En términos de esta función la ecuación (6.7) se escribe como f (x)

8x 2 [a; b];

(Ff ) (x) = g(x)

es decir, f es solución de (6.7) si y sólo si satisface la ecuación funcional Ff = g:

f Si

6= 0 esta ecuación es equivalente a f=

1

(Ff + g):

Probaremos que Ff 2 C 0 [a; b] (ver Lema 6.8). Esto nos permite de…nir una función de C 0 [a; b] en sí mismo como sigue: : C 0 [a; b] ! C 0 [a; b];

(f ) :=

1

(Ff + g):

Las soluciones de (6.7) son justamente los puntos …jos de : Para poder aplicar el teorema de punto …jo de Banach requerimos que C 0 [a; b] sea completo. De acuerdo con el Teorema 5.21 este espacio, dotado de la norma uniforme kf k1 := max jf (x)j ; x2[a;b]

es un espacio de Banach. Probaremos que para ciertos valores de la función : 0 0 C [a; b] ! C [a; b] es una contracción. El Teorema 6.3 asegura entonces que tiene un único punto …jo, es decir, que la ecuación (6.7) tiene una única solución (ver Teorema 6.9). A continuación damos los detalles. Lema 6.8 Para cada f 2 C 0 [a; b]; la función Ff : [a; b] ! R dada por (Ff ) (x) :=

Z

a

es continua.

b

K(x; y)f (y)dy

102


Demostración: Sea f 2 C 0 [a; b]: Si f = 0 entonces Ff = 0: Supongamos que f 6= 0: Como [a; b] [a; b] es compacto, el Teorema 4.31 asegura que K es uniformemente continua. En consecuencia, dada " > 0; existe > 0 tal que " si jx1 x2 j < y jy1 y2 j < : jK(x1 ; y1 ) K(x2 ; y2 )j < (b a) kf k1 Por tanto,

j(Ff ) (x1 )

(Ff ) (x2 )j

Z

b

jK(x1 ; y)

a

(b

a)

K(x2 ; y)j jf (y)j dy

" kf k1 = " a) kf k1

(b

Esto prueba que Ff es continua.

si jx1

x2 j < :

Teorema 6.9 Si j j > kKk1 (b a) entonces, para cada g 2 C 0 [a; b]; la ecuación integral de Fredholm (6.7) tiene una única solución. Demostración: Dados

6= 0 y g 2 C 0 [a; b]; de…nimos (f ) :=

1

: C 0 [a; b] ! C 0 [a; b] como

(Ff + g) :

El lema anterior asegura que es, efectivamente, una función de C 0 [a; b] en sí mismo. Veamos que, si j j > kKk1 (b a); entonces es una contracción. Sean f1 ; f2 2 C 0 [a; b]: Entonces, para toda x 2 [a; b]; se tiene que j

(f1 )(x)

(f2 )(x)j =

Por consiguiente, k

(f1 )

(f2 )k1

1 j j

(b

1

jFf1 (x) Ff2 (x)j j j Z b 1 jK(x; y)j jf1 (y) f2 (y)j dy j j a 1 (b a) kKk1 kf1 f2 k1 : j j

a) kKk1 kf1

f2 k1

8f1 ; f2 2 C 0 [a; b]:

Por hipótesis, j1j (b a) kKk1 < 1: En consecuencia, es una contracción. 0 Dado que C [a; b] es completo (ver Teorema 5.21), el Teorema 6.3 asegura que existe una única f 2 C 0 [a; b] tal que f =

(f ) =

1

(Ff + g) :


103

Es decir, existe una única f 2 C 0 [a; b] que satisface la ecuación integral de Fredholm f = Ff + g; como a…rma el enunciado. Es sencillo comprobar que la función F : C 0 [a; b] ! C 0 [a; b]; que a cada f le asocia Ff; es lineal y continua [Ejercicio 6.30]. Si g = 0; la ecuación integral de Fredholm se convierte en la ecuación de valores propios5 Ff = f para el operador de Fredholm F. Nota que la función f = 0 satisface esta ecuación. El teorema anterior asegura que ésta es la única solución si j j > kKk1 (b a): En consecuencia, los valores propios de F están contenidos en el intervalo cerrado [ kKk1 (b a); kKk1 (b a)]:

6.3.2.

La ecuación integral de Volterra del segundo tipo

Consideremos ahora la ecuación Z x f (x) K(x; y)f (y)dy = g(x) 8x 2 [a; b];

(6.8)

a

donde K : [a; b] [a; b] ! R y g : [a; b] ! R son funciones continuas dadas y es un número real. Nota que ahora la variable x aparece también en el extremo superior de la integral. Una ecuación de este tipo se llama una ecuación integral de Volterra6 . Se dice que es del primer tipo si = 0 y del segundo tipo si 6= 0. Queremos expresar a las soluciones de (6.8) como los puntos …jos de una función : C 0 [a; b] ! C 0 [a; b]: Para ello, a cada función f 2 C 0 [a; b] le asociamos la función Vf : [a; b] ! R dada por Z x (Vf ) (x) := K(x; y)f (y)dy: a

En términos de esta función, la ecuación (6.8) se escribe como f 5

Vf = g:

Recuerda que v 2 V es un valor propio (llamado también autovalor o eigenvalor ) de la función lineal L : V ! V si v 6= 0 y Lv = v para algún 2 R: 6 Las ecuaciones integrales de Volterra fueron estudiadas por el matemático rumano Traian Lalescu en 1908 en su tesis escrita bajo la dirección de Émile Picard. En 1911, Lalescu escribió el primer libro sobre ecuaciones integrales.

104


Probaremos que Vf 2 C 0 [a; b] (ver Lema 6.10). Si función de C 0 [a; b] en sí mismo como sigue: : C 0 [a; b] ! C 0 [a; b];

6= 0; podemos entonces de…nir una

(f ) :=

1

(Vf + g):

Sus puntos …jos son las soluciones de la ecuación (6.8). Probaremos que para cada 6= 0 existe k 2 N tal que la función k es una contracción (ver Lema 6.11). El Corolario 6.6 asegura entonces que tiene un único punto …jo, es decir, que la ecuación (6.8) tiene una única solución. Lema 6.10 Para cada f 2 C 0 [a; b]; la función Vf : [a; b] ! R dada por Z x (Vf ) (x) := K(x; y)f (y)dy a

es continua. Demostración: Sea f 2 C 0 [a; b]: Si K = 0 o f = 0 entonces Vf = 0: Si K = 6 0y f 6= 0; el Teorema 4.31 asegura que para cada " > 0 existe > 0 tal que jK(x1 ; y1 )

K(x2 ; y2 )j <

En consecuencia, si jx1 j(Vf ) (x1 )

2(b

" a) kf k1

si k(x1 ; y1 )

x2 j < m nf ; 2kKk " kf k g y x1

(Vf ) (x2 )j =

Z

Z

1

1

x2 ; se tiene que

x1

K(x2 ; y))f (y)dy

(K(x1 ; y)

a x1

a

< (x1

jK(x1 ; y) a)

2(b " " + = ": 2 2

(x2 ; y2 )k < :

Z

K(x2 ; y)j jf (y)j dy +

x2

K(x2 ; y)f (y)dy

x1

Z

x2

x1

jK(x2 ; y)j jf (y)j dy

" " kf k1 + kKk1 kf k1 a) kf k1 2 kKk1 kf k1

Esto prueba que Vf es continua. Dados

6= 0 y g 2 C 0 [a; b]; de…nimos (f ) :=

: C 0 [a; b] ! C 0 [a; b] como 1

(Vf + g) :

El lema anterior asegura que es, efectivamente, una función de C 0 [a; b] en sí mismo. Probaremos el siguiente resultado.


Lema 6.11 La función k

105

satisface la desigualdad k

(f1 )

(f2 )

k

j j

1

kKkk1

(b

a)k kf1 k!

f2 k1 ;

para todas f1 ; f2 2 C 0 [a; b]; k 2 N: Demostración: Probaremos por inducción que k

k

(f1 )(x)

1

j j

(f2 )(x)

kKk1 (x k!

a)

k

kf1

f2 k1

8x 2 [a; b]:

(6.9)

Para k = 1 se tiene que j

(f1 )(x)

1

Z

x

jK(x; y)j jf1 (y) f2 (y)j dy j j a 1 kKk1 (x a) kf1 f2 k1 : j j

(f2 )(x)j

Supongamos que la desigualdad (6.9) vale para k 1: Entonces Z x 1 k k k 1 (f1 )(x) (f2 )(x) jK(x; y)j k 1 (f1 )(y) (f2 )(y) dy j j a Z kKk1 x k 1 k 1 (f1 )(y) (f2 )(y) dy j j a Z x kKkk1 (y a)k 1 kf f k dy 1 2 1 (k 1)! j jk a kKkk1

=

j jk

kf1

f2 k1

a)k

(x

k!

:

Esto demuestra la desigualdad (6.9). De ella se sigue que k

(f1 )(x)

k

(f2 )(x)

j j

k

kKkk1

(b

a)k kf1 k!

f2 k1

8x 2 [a; b]

y, en consecuencia, que k

(f1 )


k

(f2 )

1

j j

1

kKk1 (b k!

a)

k

kf1

f2 k1 ;

(6.10)

106


Teorema 6.12 Si 6= 0 entonces, para cada g 2 C 0 [a; b]; la ecuación integral de Volterra (6.8) tiene una única solución.

Demostración: Existe k0 2 N tal que j j

1

kKk1 (b k!

a)

k

<1

8k

k0

[Ejercicio 6.33]. Por el lema anterior, para k k0 , la función k : C 0 [a; b] ! C 0 [a; b] es una contracción. Del Corolario 6.6 se sigue que tiene un único punto …jo, es decir, la ecuación (6.8) tiene solución única. Este resultado asegura en particular que, si solución de la ecuación de valores propios

6= 0; la solución trivial es la única

Vf = f para el operador de Volterra V: Es decir, ningún = 6 0 es un valor propio de V: La ecuación integral de Volterra del primer tipo, Vf = g, es bastante más complicada y no la estudiaremos aquí.

6.4.

El problema de Cauchy

Sea un subconjunto abierto de Rn : Un campo vectorial en es una función continua de en Rn : Los campos vectoriales se utilizan a menudo en la física para modelar, por ejemplo, la velocidad de un líquido móvil, o la intensidad y la dirección de una cierta fuerza, como la fuerza electromagnética. Consideraremos campos vectoriales que cambian continuamente con el tiempo, es decir, funciones continuas : (a; b) ! Rn : El intervalo abierto (a; b) puede ser in…nito. Las siguientes …guras ilustran el campo vectorial (t; x; y) = (tx y; x + ty) para t = 0 y t = 1:

6.4. EL PROBLEMA DE CAUCHY

107

(0; x; y) = ( y; x)

(1; x; y) = (x

y; x + y)

Dado un tiempo inicial t0 2 (a; b) y una posición inicial x0 2 ; nos preguntamos si existe una trayectoria u(t) en tal que u(t0 ) = x0 cuya velocidad u0 (t) en cada tiempo t sea precisamente (t; u(t)): De…nición 6.13 Una solución del problema de Cauchy u0 = (t; u); u(t0 ) = x0 ;

(6.11)

es una función continuamente diferenciable u : J ! de (a; b) que contiene a t0 ; que satisface u0 (t) = (t; u(t)) 8t 2 J

y

; de…nida en un subintervalo J u(t0 ) = x0 :

El punto (t0 ; x0 ) se llama la condición inicial del problema (6.11). Empezaremos mostrando que el problema (6.11) es equivalente a una ecuación integral. Dada una función continua f = (f1 ; :::; fn ) : [a; b] ! Rn ; denotamos por Z b Z b Z b f (t)dt := f1 (t)dt; :::; fn (t)dt 2 Rn a

a

a

al vector cuyas componentes son las integrales de las componentes de f: Lema 6.14 u : [t0 ; t0 + ] ! es solución del problema de Cauchy (6.11) si y sólo si u es continua y satisface Z t u(t) = (s; u(s))ds + x0 8t 2 [t0 ; t0 + ]: (6.12) t0

108


Demostración: Esta a…rmación es consecuencia inmediata de los teoremas fundamentales del cálculo, aplicados a cada componente. En efecto, si u = (u1 ; :::; un ) y = ( 1 ; :::; n ); entonces ui es continua y satisface Z t ui (t) = i (s; u(s))ds + x0;i t0

si y sólo si ui es continuamente diferenciable y satisface u0i (t) =

i (t; u(t));

ui (t0 ) = x0;i ;

para cada i = 1; :::; n: Queremos expresar la ecuación integral (6.12) como un problema de punto …jo. Para ello requerimos una condición adicional sobre el campo : Denotemos por B(x0 ; ) := fx 2 Rn : kx a la bola cerrada de radio

x0 k

g

y centro x0 en Rn con la norma usual.

De…nición 6.15 Una función : (a; b) ! Rn es localmente Lipschitz continua en la segunda variable si, para cada t0 2 (a; b) y x0 2 ; existen 0 > 0 y C > 0 (que dependen de t0 y x0 ) tales que [t0 (a; b), B(x0 ; 0 ) y 0 ; t0 + 0 ] k (t; x1 )

(t; x2 )k

C kx1

x2 k

si jt

t0 j

0

y x1 ; x2 2 B(x0 ;

0 ):

En el resto de esta sección supondremos que : (a; b) ! Rn es localmente Lipschitz continua en la segunda variable. Para la condición inicial (t0 ; x0 ) del problema (6.11) escogemos 0 > 0 y C > 0 como en la De…nición 6.15. Escogemos además M 1 tal que k (t; x)k

8(t; x) 2 [t0

M

0 ; t0

+

0]

B(x0 ;

Tal M existe gracias al Corolario 4.11. Finalmente, escogemos Ω

a

t0 −δ

t0 +δ

b

0 ):

(6.13)

2 0; m nf C1 ; M0 g :


109

De…nimos X := fu 2 C 0 ([t0

; t0 + ]; Rn ) : ku

x 0 k1

Mg

donde x0 es la función constante con valor x0 y kuk1 := max ku(t)k t2[a;b]

es la norma uniforme de C 0 ([t0 ; t0 + ]; Rn ): Recuerda que C 0 ([t0 ; t0 + ]; Rn ) es un espacio de Banach (Teorema 5.21). Le damos a X la métrica inducida por esta norma. Lema 6.16 (a) X es un espacio métrico completo. (b) Si u 2 X; entonces u(t) 2 para toda t 2 [t0 ; t0 + ]: Demostración: (a) Observa que X es la bola cerrada con centro en la función constante x0 y radio M en el espacio C 0 ([t0 ; t0 + ]; Rn ) con la norma uniforme. Por tanto, X es un subconjunto cerrado de C 0 ([t0 ; t0 + ]; Rn ). De la Proposición 5.9 se sigue que X es un espacio métrico completo. (b) Si u 2 X entonces ku(t)

x0 k

M<

En consecuencia, u(t) 2 B(x0 ;

0)

8t 2 [t0

0

para toda t 2 [t0

; t0 + ]: ; t0 + ]:

Para cada u 2 X de…nimos la función (u) : [t0 ; t0 + ] ! Rn como Z t (u)(t) := (s; u(s))ds + x0 : t0

Nota que el integrando está bien de…nido porque, de acuerdo con el lema anterior, u(s) 2 para todo s 2 [t0 ; t0 + ]: Requerimos la siguiente desigualdad. Lema 6.17 Para toda función continua f : [a; b] ! Rn se cumple que Z

b

f (t)dt

a

jb

aj kf k1 :

La demostración de esta desigualdad es sencilla y se deja como ejercicio [Ejercicio 6.36]. Probaremos ahora que es una función de X en sí mismo. Lema 6.18

(u) 2 X para todo u 2 X:

110


Demostración: Por el teorema fundamental del cálculo, la i-ésima función componente de (u), Z t (u)i (t) := i (s; u(s))ds + x0;i ; t0

es continuamente diferenciable. En particular, (u) 2 C 0 ([t0 ; t0 + ]; Rn ). Usando el Lema 6.17 obtenemos además que Z t (s; u(s))ds jt t0 j M M: k (u)(t) x0 k = t0

En consecuencia, u 2 X: El siguiente teorema es uno de los resultados más importantes de la teoría de ecuaciones diferenciales ordinarias. Teorema 6.19 (Picard-Lindelöf) Sea : (a; b) ! Rn una función continua y localmente Lipschitz continua en la segunda variable. Entonces, dados t0 2 (a; b) y x0 2 ; existe > 0 tal que el problema de Cauchy (6.11) tiene una única solución en el intervalo [t0 ; t0 + ]: Demostración: El lema anterior asegura que es una función de X en sí mismo. Observemos que u 2 X satisface la ecuación integral (6.12) si y sólo si (u)(t) :=

Z

t

(s; u(s))ds + x0 = u(t)

t0

8t 2 [t0

; t0 + ];

es decir, si y sólo si u es un punto …jo de : X ! X: Probaremos que es una contracción. Sean u; v 2 X: Usando el Lema 6.17 obtenemos que, para toda t 2 [t0 ; t0 + ]; se cumple que k (u)(t)

(v)(t)k =

Z

t

( (s; u(s))

(s; v(s)))ds

t0

jt

t0 j max k (s; u(s))

jt

t0 j max C ku(s)

js t0 j

C ku

js t0 j

vk1 :

Por consiguiente, k (u)

(v)k1

C ku

vk1

(s; v(s))k

v(s)k

6.5. EJERCICIOS

111

y, como hemos elegido tal que C < 1; se tiene que es una contracción. Como X es completo, el Teorema 6.3 asegura que tiene un único punto …jo. Es decir, que existe una única u 2 X que satisface la ecuación integral (6.12). Del Lema 6.14 se sigue que u es la única solución del problema de Cauchy (6.11) en el intervalo [t0 ; t0 + ]:

6.5.

Ejercicios

Ejercicio 6.20 Sea X un conjunto arbitrario con la métrica discreta ddisc de…nida en el Ejemplo 2.16. Prueba que : X ! X es una contracción si y sólo si es una función constante. Ejercicio 6.21 (a) Prueba que la función : Rnp ! Rnp dada por (x) = 21 x es una contracción para todo p 2 [1; 1): (b) ¿Es posible darle a Rn alguna métrica tal que no sea contracción? (c) ¿Es posible darle a Rn alguna norma tal que no sea contracción? Ejercicio 6.22 (a) Usa el teorema del valor intermedio para probar que toda función continua f : [a; b] ! [a; b] tiene al menos un punto …jo. (b) Da un ejemplo de una función continua f : [a; b] ! [a; b] con una in…nidad de puntos …jos. Ejercicio 6.23 Sea f : [a; b] ! R continuamente diferenciable en [a; b] y tal que f (a) < 0 < f (b) y f 0 (x) > 0 para toda x 2 [a; b]. Prueba que existe un único x 2 [a; b] tal que f (x ) = 0 y que x se puede encontrar por el método de aproximaciones sucesivas. (Sugerencia: Demuestra que existe > 0 tal que x f (x) 2 [a; b] para todo x 2 [a; b] y tal que (x) := x f (x) es una contracción en [a; b]:) Ejercicio 6.24 Prueba que, si f : R ! R es continuamente diferenciable y jf 0 (x)j M < 1 para todo x 2 R, entonces f es una contracción. Ejercicio 6.25 Da un ejemplo de un espacio métrico completo y una función X que satisface d( (x); (y)) < d(x; y)

8x; y 2 X con x 6= y;

:X! (6.14)

y que no tiene ningún punto …jo. Es decir, la condición (6.14) no es su…ciente para garantizar la existencia de un punto …jo.

112


Ejercicio 6.26 Sean X un espacio métrico completo y tinua. (a) Prueba que, si existe 2 (0; 1) tal que d( 2 (x); (x))

d( (x); x)

: X ! X una función con-

8x 2 X;

entonces tiene un punto …jo. (b) Muestra, mediante un ejemplo, que dicho punto …jo no necesariamente es único. Ejercicio 6.27 Prueba que, si X es un espacio métrico compacto y face d( (x); (y)) < d(x; y) 8x; y 2 X con x 6= y; entonces

: X ! X satis-

tiene un único punto …jo.

Ejercicio 6.28 Sea : Rn ! Rn la función dada por (x) = Ax es una matriz de n n y b 2 Rn : (a) Prueba que, si n X n X a2ij < 1;

b; donde A = (aij )

(6.15)

i=1 j=1

Rn2

! entonces : (b) Prueba que, si

Rn2

es una contracción. max

i=1;:::;n

Rn1

Rn1

n X j=1

jaij j < 1;

(6.16)

es una contracción. ! entonces : (c) Da ejemplos de matrices A que satisfagan cada una de las condiciones (6.6), (6.15) y (6.16) pero no las otras dos. Es decir, cada una de estas condiciones es su…ciente para que la ecuación Ax x = b; tenga solución única, pero ninguna es necesaria. (d) En cada uno de los incisos (a) y (b) aplica la fórmula (6.2) para estimar la solución en términos de A y b exclusivamente. (e) Prueba que cada una de las condiciones (6.15) y (6.16) implica que det(A I) 6= 0: (f) Da un ejemplo de una matriz A tal que det(A I) 6= 0 y que no cumple ninguna de las condiciones (6.6), (6.15) y (6.16). Ejercicio 6.29 Sea A una matriz de n n: Recuerda que 2 R es un valor propio de A si existe x 2 Rn , x 6= 0; tal que Ax = x: Prueba que todo valor propio de A satisface n X j j max jaij j : i=1;:::;n

j=1

6.5. EJERCICIOS

113

Ejercicio 6.30 Sea K : [a; b] [a; b] ! R una función continua. (a) Prueba que el operador de Fredholm F : C 0 [a; b] ! C 0 [a; b] dado por (Ff )(x) :=

Z

a

b

K(x; y)f (y)dy

es un operador lineal, es decir, F( 1 f1 +

2 f2 )

=

1 F(f1 )

8f1 ; f2 2 C 0 [a; b];

2 F(f2 )

+

1;

2

2 R.

(b) Prueba que F : C 0 [a; b] ! C 0 [a; b] es Lipschitz continuo. Ejercicio 6.31 Sean K : [a; b] [a; b] ! R y g : [a; b] ! R funciones continuas, y sea 2 R tal que j j > kKk1 (b a): Prueba que la solución f de la ecuación integral de Fredholm (6.7) satisface f

k X 1

k

m 1 g mF

m=1

donde

:=

1 j j

kKk1 (b

1

(1

)j j

kgk1 ;

a) y F es el operador de Fredholm.

Ejercicio 6.32 Considera la ecuación no lineal de Fredholm f (x)

Z

a

b

K(x; y; f (y))dy = g(x);

donde K : [a; b] [a; b] R ! R y g : [a; b] ! R son funciones continuas, y K es Lipschitz continua en la tercera variable, es decir, existe M > 0 tal que jK(x; y; z1 )

K(x; y; z2 )j

M jz1

z2 j

8x; y 2 [a; b]; z1 ; z2 2 R.

Prueba que esta ecuación tiene solución única si j j > M (b

a):

Ejercicio 6.33 Sea c > 0: Prueba que ck = 0: k!1 k! lm

114


Ejercicio 6.34 Sea K : [a; b] [a; b] ! R una función continua. (a) Prueba que el operador de Volterra V : C 0 [a; b] ! C 0 [a; b] dado por Z x (Vf ) (x) := K(x; y)f (y)dy a

es un operador lineal, es decir, V( 1 f1 +

2 f2 )

=

1 V(f1 )

+

2 V(f2 )

8f1 ; f2 2 C 0 [a; b];

1;

2

2 R.

(b) Prueba que V : C 0 [a; b] ! C 0 [a; b] es Lipschitz continuo. (c) Prueba que, si es un valor propio de V; entonces = 0: Ejercicio 6.35 Sean K : [a; b] [a; b] ! R y g : [a; b] ! R funciones continuas, y 6= 0: Prueba que la solución f de la ecuación integral de Volterra (6.8) satisface f

k X 1

k

m 1 g mV

m=1

donde

:=

1 j j

kKk1 (b

1

)j j

(1

kgk1 ;

a) y V es el operador de Volterra.

Ejercicio 6.36 Dada una función continua f = (f1 ; :::; fn ) : [a; b] ! Rn ; denotamos por Z b Z b Z b f1 (t)dt; :::; fn (t)dt 2 Rn f (t)dt := a

a

a

al vector cuyas componentes son las integrales de las componentes de f: Prueba que Z b f (t)dt jb aj kf k1 ; a

donde k k es la norma usual en Rn y kf k1 := supt2[a;b] kf (t)k es la norma uniforme en C 0 ([a; b]; Rn ): (Sugerencia: Aplica primero la desigualdad de Hölder para probar que Z

a

b

fi

(b

1=2

a)

Z

1=2

b

fi2

a

para i = 1; :::; n). Ejercicio 6.37 Prueba que, si f : R ! R es continuamente diferenciable, entonces es localmente Lipschitz continua, es decir, para cada t 2 R ; existe t > 0 tal que la restricción de f al intervalo [t t ; t + t ] es Lipschitz continua.

6.5. EJERCICIOS

115

Ejercicio 6.38 Sea : R R ! R tal que (t; x) = 3x2=3 : (a) Prueba que no es localmente Lipschitz continua en la segunda variable. (b) Prueba que, para todas < 0 < ; la función 8 )3 si t ; < (t 0 si t ; u ; (t) := : 3 (t ) si t ; es diferenciable en R y es solución del problema de Cauchy u0 = 3u2=3 ; u(0) = 0: En consecuencia, si no es localmente Lipschitz continua en la segunda variable, el problema de Cauchy puede tener una in…nidad de soluciones. Ejercicio 6.39 Sea : R R ! R tal que (t; x) = x2 : (a) Prueba que es localmente Lipschitz continua en la segunda variable. (b) Para 6= 0 considera el problema de Cauchy u0 = u2 ; u(0) = 1 : Prueba que u(t) =

1

t es solución de (6.17) en algún intervalo que contiene a 0: (c) ¿Cuál es el intervalo máximo para el que existe una solución de (6.17)?

(6.17)

116


Capítulo 7 Compacidad en espacios de funciones En el Capítulo 4 dimos una caracterización sencilla de los subconjuntos compactos de Rn . Probamos que son precisamente aquellos que son cerrados y acotados. El objetivo de este capítulo es dar una caracterización sencilla de los subconjuntos compactos del espacio de funciones continuas C 0 (K; X) en un espacio métrico compacto K. Dicha caracterización, debida a Giulio Ascoli1 y Cesare Arzelà2 , se basa fundamentalmente en la noción de equicontinuidad, introducida por Ascoli en 1884. El teorema de Arzelà-Ascoli es un resultado fundamental en Análisis, que tiene múltiples aplicaciones. En él se basa la demostración del teorema de Cauchy-Peano sobre la existencia de soluciones al problema de Cauchy para campos vectoriales continuos. Permite además obtener condiciones para la existencia de trayectorias de longitud mínima en espacios métricos. En este capítulo expondremos ambas aplicaciones y daremos una respuesta a la pregunta planteada en el Capítulo 1.

7.1.

Conjuntos totalmente acotados.

La demostración del teorema de Heine-Borel se basó en el hecho de que podemos cubrir a un cubo en Rn (y, en consecuencia, a cualquier subconjunto acotado) con un número …nito de bolas de radio "; para cualquier " > 0. Esto no es cierto en un espacio métrico arbitrario, como lo muestra el siguiente ejemplo. 1

Giulio Ascoli (1843-1896), matemático italiano. Fue profesor en el Politecnico di Milano. Hizo importantes contribuciones a la teoría de funciones de variable real. 2 Cesare Arzelà (1847-1912), matemático italiano. Fue profesor en Bologna. Destacan sus importantes contribuciones al estudio de sucesiones de funciones.

117

118

7. COMPACIDAD EN ESPACIOS DE FUNCIONES

Ejemplo 7.1 La bola cerrada B`2 (0; 1) := f(xn ) 2 `2 :

1 P

n=1

x2n

1g no puede ser

cubierta por un número …nito de bolas abiertas de radio " en `2 , para ningún " 2 p (0; 2=2): Demostración: Sea ek = (ek;n ) la sucesión tal que ek;k = 1 y ek;n = 0 si k 6= n: Entonces ek 2 B`2 (0; 1) y kej

ek k2 =

1 P

1=2

(ej;n

ek;n )2

=

p

2

n=1

8j 6= k:

p Sea " 2 (0; 2=2): Si B`2 (0; 1) pudiese ser cubierta por un número …nito de bolas de radio " en `2 , entonces al menos una de ellas tendría que contener a un par ej ; ek , j 6= k; lo cual es imposible. Sea X = (X; dX ) un espacio métrico. Estudiaremos a los subconjuntos de X que tienen la siguiente propiedad. De…nición 7.2 Un subconjunto A de X es totalmente acotado si para cada " > 0 existe un número …nito de puntos a1 ; :::; am 2 A tales que A

BX (a1 ; ") [

[ BX (am ; ");

donde BX (a; ") denota a la bola abierta con centro en a y radio " en X: Veamos algunas propiedades sencillas de los conjuntos totalmente acotados. Proposición 7.3 Sea A un subconjunto de X: (a) Si A es compacto, entonces A es totalmente acotado. (b) Si A es totalmente acotado, entonces A es acotado en X. (c) Si D A y A es totalmente acotado, entonces D es totalmente acotado. (d) Si A es totalmente acotado, entonces su cerradura A en X es totalmente acotada. Demostración: (a) Si A X es compacto entonces, para toda " > 0; la cubierta abierta fBX (x; ") : x 2 Ag de A contiene una subcubierta …nita. Es decir, existen x1 ; :::; xm 2 A tales que A (b) Si A

BX (x1 ; ") [

[ BX (xm ; "):

X es totalmente acotado entonces existen a1 ; :::; am 2 A tales que A

BX (a1 ; 1) [

[ BX (am ; 1):

7.1. CONJUNTOS TOTALMENTE ACOTADOS.

119

En consecuencia, A BX (a1 ; r + 1) donde r := maxfdX (a1 ; aj ) : j = 2; :::; mg; es decir, A es acotado. (c) Sean A un subconjunto de X totalmente acotado, D A y " > 0. Entonces existen a1 ; :::; am 2 A tales que A

" BX (a1 ; ) [ 2

" [ BX (am ; ): 2

Sea J := fj 2 f1; :::; mg : BX (aj ; 2" ) \ D 6= ;g: Para cada j 2 J elegimos un punto bj 2 BX (aj ; 2" ) \ D: Entonces se cumple que D

[

BX (bj ; "):

j2J

Esto prueba que D es totalmente acotado. (d) Sean A un subconjunto totalmente acotado de X, " > 0, y a1 ; :::; am 2 A tales que A Como BX (a1 ; 2" ) [

" BX (a1 ; ) [ 2

" [ BX (am ; ): 2

[ BX (am ; 2" ) es cerrado, se tiene que A

" BX (a1 ; ) [ 2

" [ BX (am ; ): 2

A

BX (a1 ; ") [

[ BX (am ; "):

En consecuencia, Esto prueba que A es totalmente acotado. El siguiente resultado da caracterizaciones muy útiles de los espacios métricos compactos. Teorema 7.4 Las siguientes tres a…rmaciones son equivalentes: (a) X es compacto. (b) Toda sucesión en X contiene una subsucesión que converge en X: (c) X es completo y totalmente acotado. Demostración: (a))(b): Esta es la a…rmación de la Proposición 4.5. (b))(c): Sea (xk ) una sucesión de Cauchy en X: Si X satisface (b) entonces (xk ) contiene una subsucesión que converge a un punto x 2 X: En consecuencia, (xk ) converge a x en X: (Ejercicio 5.30): Esto prueba que X es completo. Supongamos ahora que X no es totalmente acotado. Entonces existe "0 > 0 tal que X no

120


puede ser cubierto por un número …nito de bolas abiertas de radio "0 . Por consiguiente, podemos escoger, inductivamente, una sucesión de puntos xk 2 X tales que xk 2 = BX (x1 ; "0 ) [

[ BX (xk 1 ; "0 ):

Por tanto, dX (xj ; xk ) "0 para toda j 6= k y, en consecuencia, ninguna subsucesión de (xk ) es de Cauchy. Esto implica que (xk ) no contiene ninguna subsucesión convergente: Es decir, si X no es totalmente acotado, entonces (b) no se cumple. (c))(a): Argumentando por contradicción, supongamos que X es completo y totalmente acotado pero no es compacto. Entonces X tiene una cubierta abierta U = fUi : i 2 Ig que no contiene ninguna subcubierta …nita. Como X es totalmente acotado, está contenido en un número …nito de bolas abiertas de radio 1: Por tanto, existe un punto x0 2 X tal que BX (x0 ; 1); no puede ser cubierta por un número …nito de elementos de U. Como BX (x0 ; 1) es totalmente acotado (ver Proposición 7.3), está contenido en un número …nito de bolas abiertas de radio 12 cuyos centros están en BX (x0 ; 1). Por consiguiente, existe x1 2 BX (x0 ; 1) tal que BX (x1 ; 12 ); no puede ser cubierta por un número …nito de elementos de U: De este modo construímos, inductivamente, una sucesión (xk ) tal que xk 2 BX (xk 1 ; 2k1 1 ) y BX (xk ; 21k ) no puede ser cubierta por un número …nito de elementos de U. Para toda j k, se tiene entonces que dX (xk ; xj )

dX (xk ; xk+1 ) +

+ dX (xj 1 ; xj ) <

1 + 2k

+

1

2j 1

<

1

2k 1

;

(7.1)

es decir, la sucesión (xk ) es Cauchy. Como X es completo, esta sucesión converge a un punto x en X: Haciendo tender j ! 1 en la desigualdad (7.1) obtenemos que dX (xk ; x )

1 2k 1

8k 2 N:

Por otra parte, como x 2 X, existe U 2 U tal que x 2 U . Como U es abierto, existe " > 0 tal que BX (x ; ") U : Sea k tal que 2k1 1 < 2" : Entonces, para todo x 2 BX (xk ; 21k ); se tiene que dX (x; x )

dX (x; xk ) + dX (x ; xk ) <

1 1 + k 1 < "; k 2 2

es decir, 1 ) BX (x ; ") U : 2k Esto es una contradicción, ya que habíamos supuesto que BX (xk ; 21k ) no puede ser cubierta por un número …nito de elementos de U. BX (xk ;

Observa la similitud de la demostración de la a…rmación (c))(a) con la de la Proposición 4.12, que constituye la parte medular de la demostración del teorema de

7.2. EL TEOREMA DE ARZELÀ-ASCOLI.

121

Heine-Borel. La caracterización (c) es muy útil, como veremos en las siguientes secciones. De…nición 7.5 Un subconjunto A de X es relativamente compacto en X si su cerradura A en X es compacta. Los subconjuntos relativamente compactos de Rn son precisamente aquellos que son acotados. En un espacio métrico completo se cumple lo siguiente. Corolario 7.6 Un subconjunto A de un espacio métrico completo X es relativamente compacto en X si y sólo si es totalmente acotado. Demostración: Sea A relativamente compacto en X. La Proposición 7.3 implica entonces que A es totalmente acotado y, en consecuencia, que A también lo es. Inversamente, supongamos que A es totalmente acotado. La Proposición 7.3 a…rma que A es totalmente acotado. Por otra parte, como X es completo y A es cerrado en X, se tiene que A es completo (ver Proposición 5.9). El Teorema 7.4 asegura entonces que A es compacto.

7.2.

El teorema de Arzelà-Ascoli.

Sean K = (K; dK ) un espacio métrico compacto y X = (X; dX ) un espacio métrico. Consideremos el espacio de funciones continuas C 0 (K; X) := ff : K ! X : f es continuag con la métrica uniforme d1 (f; g) := max dX (f (z); g(z)); z2K

que introdujimos en la De…nición 5.16. Usaremos el Corolario 7.6 para obtener una caracterización sencilla de los subconjuntos relativamente compactos de C 0 (K; X). La siguiente noción jugará un papel fundamental. De…nición 7.7 Un subconjunto H de C 0 (K; X) es equicontinuo en el punto z0 2 K si, dada " > 0; existe > 0 (que depende de " y de z0 ) tal que, para toda f 2 H; dX (f (z); f (z0 )) < "

si dZ (z; z0 ) < :

H es equicontinuo si lo es en todo punto de K:

122


El aspecto crucial de esta de…nición es que la misma > 0 nos sirve para todas las funciones que pertenecen a H: Un ejemplo en el que esto no se cumple es el siguiente. Ejemplo 7.8 El conjunto H = ffk 2 C 0 ([ 1; 1]; R) : k 2 Ng; donde 8 < 1 si t 2 1; k1 ; 1 1 kt si t 2 ; ; fk (t) = k k : 1 1 si t 2 k ; 1 ;

no es equicontinuo en 0:

1

1

0 .5

0 .5

0 -1

-0 .5

0 0

0 .5

1

-1

-0 .5

0

-0 .5

-0 .5

-1

-1

f3

f6

0 .5

1

La demostración es sencilla [Ejercicio 7.30]. Denotaremos por B1 (f0 ; r) := ff 2 C 0 (K; X) : d1 (f; f0 ) < rg a la bola abierta en C 0 (K; X) con centro en f0 y radio r: Teorema 7.9 (Arzelà-Ascoli) Sean K un espacio métrico compacto y X un espacio métrico completo. Un subconjunto H de C 0 (K; X) es relativamente compacto en C 0 (K; X) si y sólo si H es equicontinuo y los conjuntos H(z) := ff (z) : f 2 Hg son relativamente compactos en X para cada z 2 K: Demostración: Supongamos que H es relativamente compacto en C 0 (K; X): Entonces H es totalmente acotado. En consecuencia, dada " > 0; existen g1 ; :::; gm 2 H tales que " " H B1 (g1 ; ) [ [ B1 (gm ; ): 3 3


123

Por tanto, gi (z) 2 H(z) para i = 1; :::; m; y " " [ BX (gm (z); ) H(z) BX (g1 (z); ) [ 3 3

8z 2 K:

Esto prueba que H(z) es totalmente acotado y, como X es completo, el Corolario 7.6 asegura que H(z) es relativamente compacto en X para todo z 2 K: Por otra parte, como K es compacto, cada gi es uniformemente continua. En consecuencia, existe i > 0 tal que, para cualesquiera y; z 2 K; " si dK (y; z) < i : (7.2) dX (gi (y); gi (z)) < 3 De…nimos := m nf 1 ; :::; m g: Dada f 2 H existe i 2 f1; :::; mg tal que d1 (f; gi ) < 3" : Usando (7.2) obtenemos que dX (f (y); f (z))

dX (f (y); gi (y)) + dX (gi (y); gi (z)) + dX (gi (z); f (z)) < " si dK (y; z) < :

Esto prueba que H es equicontinuo. Supongamos ahora que H es equicontinuo y que H(z) es relativamente compacto en X para todo z 2 K: Queremos probar que H es relativamente compacto en C 0 (K; X): Como X es completo, C 0 (K; X) también lo es (ver Teorema 5.21). Por el Corolario 7.6 basta entonces probar que H es totalmente acotado. Sea " > 0: Para cada z 2 K tomemos z > 0 tal que, para toda f 2 H; " dX (f (y); f (z)) < si dK (y; z) < z : (7.3) 4 Como K es compacto, existen z1 ; :::; zm 2 K tales que K

BK (z1 ;

z1 )

[

[ BK (zm ;

zm )

y, como cada H(zi ) es totalmente acotado, existen x1 ; :::; xk 2 X tales que " " H(z1 ) [ [ H(zm ) BX (x1 ; ) [ [ BX (xk ; ) 4 4

(7.4)

(7.5)

Consideremos el conjunto (…nito) S de todas las funciones : f1; :::; mg ! f1; :::; kg: Para cada 2 S consideremos el conjunto " H := ff 2 H : f (zi ) 2 BX (x (i) ; ) 8i = 1; :::; mg: 4 Se sigue de (7.5) que, para cada f 2 H y cada i 2 f1; :::; mg; existe (i) 2 f1; :::; kg tal que f (zi ) 2 BX (x (i) ; 4" ): En consecuencia, [ H H : (7.6) 2S

124


Sean f; g 2 H y sea z 2 K: Se sigue de (7.4) que existe i 2 f1; :::; mg tal que dK (z; zi ) < zi y, en consecuencia, (7.3) implica que dX (h(z); h(zi )) < 4" para toda h 2 H: Por tanto, dX (f (z); g(z))

dX (f (z); f (zi )) + dX (f (zi ); x (i) ) +dX (g(zi ); x (i) ) + dX (g(z); g(zi )) < ":

Tomando el máximo sobre toda z 2 K concluimos que d1 (f; g) < " para todas f; g 2 H : En consecuencia, para cualquier elección de g 2 H ; se cumple que H De (7.6) y (7.7) se sigue que H Por tanto, H es totalmente acotado.

(7.7)

B1 (g ; "): [

2S

B1 (g ; "):

Recordemos que H es un subconjunto acotado de C 0 (K; Rn ) si existen f0 2 H y C > 0 tales que kf

f0 k1 := max kf (z) z2K

f0 (z)k

C

8f 2 H

(ver De…nición 4.6). El teorema de Arzelà-Ascoli permite caracterizar a los subconjuntos relativamente compactos de C 0 (K; Rn ) como sigue. Corolario 7.10 Sea K un espacio métrico compacto. Un subconjunto H de C 0 (K; Rn ) es relativamente compacto en C 0 (K; Rn ) si y sólo si H es equicontinuo y acotado en C 0 (K; Rn ): Demostración: Sea H un subconjunto relativamente compacto en C 0 (K; Rn ): Por el Teorema 7.9, H es equicontinuo y, por la Proposición 4.7, la cerradura de H es acotada en C 0 (K; Rn ): En consecuencia, H es acotado en C 0 (K; Rn ): Inversamente, supongamos que H es equicontinuo y acotado en C 0 (K; Rn ): Entonces existen f0 2 H y C > 0 tales que kf

f0 k1 := max kf (z) z2K

f0 (z)k

C

8f 2 H:

En consecuencia, H(z) está acotado en Rn para todo z 2 K y, por el teorema de HeineBorel (ver Teorema 4.13), H(z) es relativamente compacto en Rn para todo z 2 K: El Teorema 7.9 asegura entonces que H es relativamente compacto en C 0 (K; Rn ): Daremos a continuación una primera aplicación interesante de este resultado. Requerimos la siguiente de…nición.


125

De…nición 7.11 Una función lineal T : V ! W entre espacios de Banach se llama un operador compacto si, para toda sucesión acotada (vk ) en V; la sucesión (T vk ) contiene una subsucesión convergente en W: Proposición 7.12 Sea K : [a; b] [a; b] ! R una función continua. El operador de Volterra V : C 0 [a; b] ! C 0 [a; b] dado por Z x K(x; y)f (y)dy (Vf )(x) := a

es un operador compacto. Demostración: Sea (fk ) una sucesión en C 0 [a; b] tal que kfk k1 c para algún c 2 R: Entonces, Z x jK(x; y)j jfk (y)j dy (b a) kKk1 kfk k1 (b a) kKk1 c j(Vfk )(x)j a

para todo x 2 [a; b] y todo k 2 N: Por tanto, kVfk k1 (b a) kKk1 c para todo k 2 N, es decir, H := fVfk : k 2 Ng es acotado en C 0 [a; b]: Más aún, como K es uniformemente continua, para cada " > 0 existe 1 > 0 tal que jK(x1 ; y1 )

En consecuencia, si jx1 j(Vfk ) (x1 )

"

K(x2 ; y2 )j <

a)c

si k(x1 ; y1 )

:= m nf 1 ; 2kKk"

x2 j <

(Vfk ) (x2 )j =

2(b

1c

Z

Z

< (b

(K(x1 ; y) jK(x1 ; y) a)

" 2(b

a)c

K(x2 ; y))fk (y)dy

Z

K(x2 ; y)j jfk (y)j dy + c+

1:

x2 ; se tiene que

x1

a x1

a

g y x1

(x2 ; y2 )k <

x2

K(x2 ; y)fk (y)dy

x1

Z

x2

x1

jK(x2 ; y)j jfk (y)j dy

" kKk1 c = "; 2 kKk1 c

para todo k 2 N: Esto prueba que H es equicontinuo. Por el Corolario 7.10, H es relativamente compacto en C 0 [a; b] y, en consecuencia, (Vfk ) contiene una subsucesión convergente en C 0 [a; b]: A continuación daremos otras dos aplicaciones importantes del teorema de ArzelàAscoli.

126

7.3.


El problema de Cauchy

Sean un subconjunto abierto de Rn , : (a; b) ! Rn una función continua, t0 2 (a; b) y x0 2 : En la Sección 6.4 probamos que el problema de Cauchy u0 = (t; u); u(t0 ) = x0 : tiene una única solución en un intervalo [t0 ; t0 + ] si el campo vectorial es localmente Lipschitz continuo en la segunda variable (ver Teorema 6.19). Usaremos el teorema de Arzelà-Ascoli para probar que basta con que el campo vectorial sea continuo para que este problema tenga solución. En este caso, sin embargo, la solución no necesariamente es única (ver Ejercicio 6.38). Fijemos r > 0 tal que [t0

r; t0 + r]

y

(a; b)

(7.8)

B(x0 ; r)

y consideremos el conjunto K := f(t; x) 2 R

Rn : jt

t0 j

r; kx

x0 k

rg:

Sea M > 0 tal que M > max k (t; x)k ; (t;x)2K

y sea

r g: M Empezaremos demostrando que el problema de Cauchy tiene soluciones aproximadas. := m nfr;

Lema 7.13 Dada " > 0 existe u" 2 C 0 ([t0 ; t0 + ] ; Rn ) con las siguientes propiedades: (i) u" (t0 ) = x0 . (ii) ku" (t) x0 k r para todo t 2 [t0 ; t0 + ] : (iii) ku" (t) u" (s)k M jt sj si s; t 2 [t0 ; t0 + ] : (iv) Existe un subconjunto …nito F" de (t0 ; t0 + ) tal que u" es continuamente diferenciable en (t0 ; t0 + ) r F" ; y ku0" (t)

(t; u" (t))k < "

8t 2 (t0

; t0 + ) r F" :

Demostración: Como es uniformemente continua en K, existe cualesquiera (s; x); (t; y) 2 K; k (s; x)

(t; y)k

"

si js

tj

; kx

yk

> 0 tal que, para

:

(7.9)


127

Subdividimos el intervalo [t0 t0

=: t

n

; t0 + ] en subintervalos <

1

< t0 < t1 <

< tn := t0 +

tales que jti+1 ti j m nf ; =M g para toda i = n; :::; n 1: De…nimos u" : [t0 ; t0 + ] ! Rn ; empezando con u" (t0 ) := x0 ; recursivamente como sigue: u" (ti ) + (t ti ) (ti ; u" (ti )) si i 0; t 2 [ti ; ti+1 ] u" (t) := u" (ti ) + (t ti ) (ti ; u" (ti )) si i 0; t 2 [ti 1 ; ti ]

Probaremos primero que u" está bien de…nida, es decir, que u" (ti ) 2 i = n; :::; n: Para ello, basta probar que ku" (ti )

x0 k

M jti

t0 j

8i =

para todo (7.10)

n; :::; n;

ya que, en ese caso, ku" (ti ) x0 k M r y, en consecuencia, u" (ti ) 2 : Demostraremos la desigualdad (7.10) inductivamente. Si i = 0; puesto que hemos de…nido u" (t0 ) := x0 ; la desigualdad se cumple. Supongamos que ku" (ti ) x0 k M jti t0 j para algún jij < n y tomemos s; t 2 [ti ; ti+1 ] si i 0; o bien s; t 2 [ti 1 ; ti ] si i 0: Como ku" (t)

u" (s)k = k(t

s) (ti ; u" (ti ))k

M jt

sj ;

se tiene entonces que ku" (t)

x0 k

ku" (t) u" (ti )k + ku" (ti ) x0 k M jt ti j + M jti t0 j = M jt t0 j :

En particular, ku" (ti+1 ) x0 k M jti+1 t0 j si i 0 y ku" (ti 1 ) x0 k M jti 1 t0 j si i 0: Esto prueba, inductivamente, la desigualdad (7.10). Veri…quemos ahora que u" tiene las propiedades deseadas. Por de…nición, u" cumple (i). Para s; t 2 [t0 ; t0 + ] con tj 1 s < tj < < tj+i < t tj+i+1 se tiene que ku" (t)

u" (s)k

ku" (t) u" (tj+i )k + + ku" (tj ) u" (s)k M (t tj+i ) + + M (tj s) = M jt sj :

128


Es decir, se cumple (iii). Tomando s = t0 en la desigualdad anterior obtenemos ku" (t)

x0 k

M jt

t0 j

8t 2 [t0

r

; t0 + ]:

Esta es la a…rmación (ii). Claramente, u" es continuamente diferenciable en (t0 fti : i = n + 1; : : : ; n 1g: Si t 2 (ti ; ti+1 ) ; usando (iii) obtenemos que jt

ti j

y

ku" (t)

u" (ti )k

; t0 + )r

:

Se sigue entonces de (7.9) que k (t; u" (t))

u0" (t)k = k (t; u" (t))

(ti ; u" (ti ))k

":

Esto prueba la a…rmación (iv).

Teorema 7.14 (Cauchy-Peano) Sean un abierto de Rn y : (a; b) ! Rn una función continua. Entonces, para cada (t0 ; x0 ) 2 (a; b) ; existe > 0 tal que el problema de Cauchy u0 = (t; u); (7.11) u(t0 ) = x0 : tiene al menos una solución en el intervalo [t0

; t0 + ].

Demostración: Consideremos el conjunto H := fu1=k 2 C 0 ([t0

; t0 + ] ; Rn ) : k 2 Ng;

donde u1=k es la función dada por el Lema 7.13. En particular, si denotamos por x0 a la función constante con valor x0 de…nida en [t0 ; t0 + ] ; la función u1=k satisface u1=k

x0

1

:= max jt t0 j

u1=k (t)

x0

r:

Esto prueba que H está acotado en C 0 ([t0 ; t0 + ] ; Rn ): Por otra parte, dada " > 0; la propiedad (iii) del Lema 7.13 asegura que, para toda k 2 N, u1=k (t)

u1=k (s) < "

si jt

sj <

" : M

Esto prueba que H es equicontinuo. El Corolario 7.10 asegura entonces que H es relativamente compacto en C 0 ([t0 Por tanto, existen una subsucesión (u1=kj ) de (u1=k ) y una función u 2 C 0 ([t0 tales que u1=kj ! u cuando j ! 1 en C 0 ([t0 ; t0 + ] ; Rn ):

; t0 + ] ; Rn ). ; t0 + ] ; Rn ) (7.12)


129

Probaremos ahora que u es una solución del problema (7.11). Como u1=kj (t) ! u (t) para cada t 2 [t0 ; t0 + ] ; la propiedad (ii) implica que ku (t)

x0 k

r

8t 2 [t0

; t0 + ] :

Se sigue de (7.8) que u (t) 2 para todo t 2 [t0 ; t0 + ] : Además, la propiedad (i) implica que u (t0 ) = x0 : Demostraremos que u satisface Z t (s; u (s))ds 8t 2 [t0 ; t0 + ]: (7.13) u (t) = x0 + t0

Sea " > 0: Como

es uniformemente continua en K; existe > 0 tal que " k (s; x) (s; y)k < si (s; x); (s; y) 2 K y kx yk < : 3

Tomemos j0 2 N tal que

kj

<

u1=kj

" 3

para todo j u

1

j0 y tal que

" < m nf ; g 3

si j

j0 :

Entonces, usando el Lema 6.17, para cada t 2 [t0 ; t0 + ] obtenemos Z t (s; u1=kj (s)) (s; u (s)) ds jt t0 j max (s; u1=kj (s)) t0

<

js t0 j

" 3

si j

(s; u (s))

j0 :

Usando además el teorema fundamental del Cálculo y la propiedad (iv) obtenemos Z t Z th i 0 u1=kj (t) x0 (s; u1=kj (s))ds = u1=kj (s) (s; u1=kj (s)) ds t0

t0

jt <

" 3

t0 j

1 kj

si j

j0 :

En consecuencia, u (t)

x0

Z

t

(s; u (s))ds

u (t)

t0

u1=kj (t) Z

t

+ u1=kj (t) x0 (s; u1=kj (s))ds t0 Z t + (s; u1=kj (s)) (s; u (s)) ds t0

< ";

130


para toda " > 0: Esto demuestra (7.13). El Lema 6.14 asegura entonces que u es solución del problema (7.11).

7.4.

Existencia de trayectorias de longitud mínima

Volvamos a nuestro problema de partida, el Problema 1.1. Podemos ahora plantear esa misma pregunta de manera más general, para trayectorias en espacios métricos y no únicamente en subconjuntos de Rn : Sean X = (X; d) un espacio métrico y x; y 2 X: Una trayectoria de x a y en X es una función continua : [a; b] ! X tal que (a) = x y (b) = y: Recordemos que la longitud de se de…ne como L( ) := sup

m P

d( (tk 1 ); (tk )) : a = t0

t1

k=1

tm = b; m 2 N

(ver De…nición 4.20). El objetivo de esta sección es dar una respuesta a la siguiente pregunta. Problema 7.15 Dados x; y 2 X; ¿existe una trayectoria de longitud mínima de x a y en X? Para poder expresar este problema como un problema de minimización en un espacio de funciones veremos primero que, reparametrizando a , podemos siempre suponer que está de…nida en el intervalo [0; 1]: Si : [ ; ] ! [a; b] es una función continua, no decreciente y suprayectiva, y 2 C 0 ([a; b]; X) es una trayectoria de x a y en X, entonces la trayectoria 2 C 0 ([ ; ]; X) es también una trayectoria de x a y en X: Se le llama una reparametrización de : Las reparametrizaciones preservan la longitud, es decir, se cumple lo siguiente. Lema 7.16 Si

es una reparametrización de , entonces L(

) = L( ):

La demostración es sencilla y se deja como ejercicio [Ejercicio 7.38]. Cualquier trayectoria 2 C 0 ([a; b]; X) se puede reparamentrizar mediante la función : [0; 1] ! [a; b]; El dominio de la trayectoria longitud que :

(t) = (1

t)a + tb:

es el intervalo [0; 1] y esta trayectoria tiene la misma

7.4. EXISTENCIA DE TRAYECTORIAS DE LONGITUD MíNIMA

131

Consideremos entonces el espacio de trayectorias Tx;y (X) := f 2 C 0 ([0; 1]; X) : (0) = x;

(1) = yg

con la métrica uniforme d1 ( ; ) := max d( (t); (t)); t2[0;1]

y la función longitud L : Tx;y (X) ! R [ f1g ;

7! L( ):

El Problema 7.15 se puede reformular como sigue. Problema 7.17 ¿Alcanza L su mínimo en Tx;y (X)? Recordemos que la función L es semicontinua inferiormente (ver Proposición 4.21). Sin embargo, vimos un ejemplo en el que no es posible aplicar el Teorema 4.29 para obtener la existencia de una trayectoria de longitud mínima (ver Ejercicio 4.49). El siguiente resultado muestra que, para nuestro problema, las hipótesis de dicho teorema casi nunca se cumplen. Proposición 7.18 Sean x; y 2 X; x 6= y; c 2 R. Si L cg = 6 ;; entonces L c no es compacto. Demostración: Sea dadas por

2 Tx;y (X) tal que L( ) k (t)

:=

c

:= f 2 Tx;y (X) : L( )

c: Las funciones

k

: [0; 1] ! [0; 1]

k

es una repara-

kt si t 2 0; k1 ; 1 si t 2 k1 ; 1 ;

son continuas, no decrecientes y suprayectivas. Por tanto, k := metrización de y, en consecuencia, L( k ) = L( ) c: Observa que k (t)

=

(1) = y si t 2 (0; 1] y k

k (0)

=

(0) = x para todo k 2 N:

1 ; t

Argumentando por contradicción, supongamos que L c es compacto. Entonces ( k ) contiene una subsucesión tal que kj ! en C 0 ([0; 1]; X): En particular, converge puntualmente, es decir, (t) = l m

j!1

kj (t)

=

x si t = 0; y si t 2 (0; 1];

132


lo que contradice la continuidad de

: En consecuencia, L

c

no es compacto.

En la proposición anterior la falta de compacidad se deriva de admitir muchas parametrizaciones de una trayectoria. Mostraremos a continuación que es posible seleccionar una parametrización especí…ca para cada trayectoria. De…nición 7.19 Decimos que una trayectoria 2 C 0 ([0; 1]; X) de longitud …nita está parametrizada proporcionalmente a la longitud de arco si L( j[0;t] ) = L( )t donde

j[0;t] : [0; t] ! X denota la restricción de

8t 2 [0; 1]; al intervalo [0; t]:

σ

0

σ(0)=σ(1)

1

Probaremos a continuación que toda trayectoria de longitud …nita se puede reparametrizar de este modo. Para ello requerimos el siguiente lema. Lema 7.20 Dada como

2 C 0 ([0; 1]; X) de longitud …nita, de…nimos

: [0; 1] ! [0; L( )]

(t) := L( j[0;t] ): Esta función es continua, no decreciente y suprayectiva. Demostración: Sean s; t 2 [0; 1] con s < t: Usando el Ejercicio 7.39 obtenemos (t) := L( j[0;t] ) = L( j[0;s] ) + L( j[s;t] )

L( j[0;s] ) =: (s);

lo que prueba que es no decreciente. Para probar que es continua probaremos es continua por la izquierda y por la derecha. Probemos primero que es continua por la izquierda. Sean tk ; t 2 [0; 1] tales que tk t y tk ! t : Consideremos las reparametrizaciones k ; 2 C 0 ([0; 1]; X) de j[0;tk ] y j[0;t ] respectivamente, dadas por k (t)

:= (tk t);

(t) := (t t):

7.4. EXISTENCIA DE TRAYECTORIAS DE LONGITUD MíNIMA

133

El Lema 7.16 asegura que L( k ) = L( j[0;tk ] ) =: (tk ); L( ) = L( j[0;t ] ) =: (t ): Sea " > 0: Como

es uniformemente continua en [0; 1] existe si jt

d( (t); (s)) < "

> 0 tal que

sj < ;

y como tk ! t existe k0 2 N tal que jtk

t j<

8k

k0 :

De aquí que d(

k (t);

(t)) = d( (tk t); (t t)) < "

8k

k0 ; 8t 2 [0; 1]:

En consecuencia, k ! en C 0 ([0; 1]; X): La Proposición 4.21 asegura que L es semicontinua inferiormente así que, usando la Proposición 4.28 y que es no decreciente, obtenemos (t ) = L( )

l m inf L( k!1

k)

= l m inf (tk ) k!1

l m sup (tk )

(t ):

k!1

Por tanto, l mk!1 (tk ) = (t ); lo que demuestra que es continua por la izquierda. Probemos ahora que es continua por la derecha. Sean tk ; t 2 [0; 1] tales que tk t y tk ! t : Consideremos ahora las reparametrizaciones k ; 2 C 0 ([0; 1]; X) de j[tk;1 ] y j[t ;1] dadas por k (t)

:= (tk (1

t) + t);

(t) := (t (1

t) + t):

El Lema 7.16 y el Ejercicio 7.39 aseguran que L( k ) = L( j[tk ;1] ) = L( ) L( ) = L( j[t ;1] ) = L( )

(tk ); (t ):

Argumentando como antes concluimos que l mk!1 L( k ) = L( ): De las identidades anteriores se sigue entonces que l mk!1 (tk ) = (t ); lo cual demuestra que es continua por la derecha. Finalmente, como (0) = 0 y (1) = L( ); el teorema del valor intermedio implica que es suprayectiva. Denotamos por T^x;y (X) := f 2 Tx;y (X) : L( ) < 1; L( j[0;t] ) = L( )t 8t 2 [0; 1]g al espacio de las trayectorias de x a y parametrizadas proporcionalmente a la longitud de arco, con la métrica uniforme.

134


Lema 7.21 Para cada L( ):

2 Tx;y (X) de longitud …nita existe ^ 2 T^x;y (X) tal que L(^ ) =

Demostración: Sea 2 Tx;y (X) de longitud …nita y sea : [0; 1] ! [0; L( )] como en el Lema 7.20. Observa que, como es no decreciente, si (t1 ) = (t2 ) entonces (t) = (t1 ) para todo t 2 [t1 ; t2 ]: Por tanto, la función e : [0; L( )] ! X; dada por e(s) = (t)

donde t 2

1

(s);

no depende de la elección de t 2 1 (s). Veamos ahora que e es continua. Sea Y un 1 subconjunto cerrado de X: Como es continua, (Y ) es un subconjunto cerrado 1 de [0; 1]: En consecuencia, (Y ) es compacto y, como es continua, ( 1 (Y )) es 1 compacto. En particular, ( (Y )) es un subconjunto cerrado de [0; L( )]: Dado que es suprayectiva, es sencillo comprobar que (

1

(Y )) = e 1 (Y ):

Así pues, e 1 (Y ) es un subconjunto cerrado de [0; L( )]: Esto demuestra que e es continua. Ahora bien, como e = ; el Lema 7.16 asegura que L(e j[0;s] ) = L( j[0;t] ) = (t) = s

8s 2 [0; L( )]:

Ahora de…nimos ^ : [0; 1] ! X como ^ (t) := e(L( )t):

Claramente, ^ es continua y satisface

L(^ j[0;t] ) = L(e j[0;

( )t] )

= L( )t

8t 2 [0; 1]:

En particular, L(^ ) = L( ) < 1: Por tanto, ^ 2 T^x;y (X). El siguiente resultado da una respuesta a…rmativa al Problema 7.15 cuando X es compacto. Teorema 7.22 (Existencia de trayectorias geodésicas) Sean X un espacio métrico compacto y x; y 2 X. Si existe una trayectoria de x a y en X; entonces existe una trayectoria de longitud mínima de x a y en X: Demostración: Por hipótesis, Tx;y (X) 6= ;: Si todas las trayectorias en Tx;y (X) tienen longitud in…nita, cualquiera de ellas es un mínimo de L. Así que, supongamos que existe 2 Tx;y (X) tal que L( ) =: c < 1: Entonces, por el Lema 7.21, H := f 2 T^x;y (X) : L( )

cg = 6 ;:

7.5. EJERCICIOS

135

Veamos que este conjunto satisface las hipótesis del teorema de Arzelà-Ascoli. Como X es compacto, cualquier subconjunto de X es relativamente compacto en él. En particular, H(t) := f (t) : 2 Hg es relativamente compacto en X para todo t 2 [0; 1]: Probemos ahora que H es equicontinuo. Sean t0 2 [0; 1] y " > 0: Para toda 2 H se cumple que L( j[0;t] )

d( (t); (t0 ))

= L( ) jt

L( j[0;t0 ] )

t0 j

c jt

t0 j < "

si jt

" t0 j < : c

Esto prueba que H es equicontinuo. El teorema de Arzelà-Ascoli asegura entonces que H es relativamente compacto en C 0 ([0; 1]; X). Denotemos por K := H a la cerradura de H en C 0 ([0; 1]; X) y consideremos la restricción L jK de la función L a K. Como L es s.c.i. (ver Proposición 4.21), se tiene que L c es cerrado en C 0 ([0; 1]; X) (ver Ejercicio 4.46). En consecuencia, (L jK ) c = L c \ K es compacto. El Teorema 4.29 asegura entonces que existe 0 2 K tal que L( 0 ) y, dado que ^ 2 H

K para todo L( 0 )

es decir,

7.5.

0

L( )

8 2K

2 Tx;y (X) con L( )

L(^ ) = L( )

c; el Lema 7.21 asegura que

8 2 Tx;y (X);

es una trayectoria de longitud mínima de x a y en X:

Ejercicios

Ejercicio 7.23 Sea A un subconjunto de X: Investiga si es falsa o verdadera cada una de las siguientes a…rmaciones. (a) Si A es acotado, entonces A es totalmente acotado. (b) Si A es totalmente acotado, entonces A es compacto. (c) Si A es totalmente acotado, entonces A es relativamente compacto en X. (d) Si A es relativamente compacto en X, entonces A es totalmente acotado. (e) Si X es compacto, entonces A es relativamente compacto en X: Ejercicio 7.24 Prueba que un espacio métrico X es totalmente acotado si y sólo si toda sucesión en X contiene una subsucesión de Cauchy.

136


Ejercicio 7.25 (a) Prueba que, si : X ! Y es uniformemente continua y A es un subconjunto totalmente acotado de X; entonces (A) es un subconjunto totalmente acotado de Y: (b) ¿Es cierto que, si : X ! Y es continua y A es un subconjunto totalmente acotado de X; entonces (A) es un subconjunto totalmente acotado de Y ? Demuestra tu a…rmación. Ejercicio 7.26 Prueba que los subconjuntos totalmente acotados de Rn son precisamente los conjuntos acotados. Ejercicio 7.27 Sea X un espacio vectorial normado y sea SX := fx 2 X : kxk = 1g la esfera unitaria en X: En cada uno de los siguientes casos investiga si la esfera unitaria es o no totalmente acotada. Demuestra tu a…rmación. (a) X = `2 : (b) X = `1 : (c) X = C 0 [0; 1]: (d) X = C10 [0; 1]: Ejercicio 7.28 Prueba que, si X y Y son espacios métricos compactos, el producto X Y con cualquiera de las métricas del Ejercicio 2.53 es compacto. Ejercicio 7.29 El conjunto Q :=

(xk ) 2 `2 : jxk j

1 2k 1

se llama el cubo de Hilbert. Prueba que (a) Q es cerrado en `2 (b) Q es totalmente acotado. (Sugerencia: Prueba que, para cada k0 2 N; el conjunto Qk0 := f(xk ) 2 Q : xk = 0 8k > k0 g es compacto. Dado x = (xk ) 2 Q; de…ne xk0 := (x1 ; :::; xk0 ; 0; 0; :::) 2 Qk0 : Prueba que x xk0 2 < 2k01 1 :) En consecuencia, el cubo de Hilbert es compacto. Ejercicio 7.30 Sea fk : [ 1; 1] ! R la función dada por 8 1 x < 1 si 1 kx si x k1 fk (x) := k : 1 1 si k x 1

1 k

Prueba que el conjunto H := ffk : k 2 Ng no es equicontinuo en 0:

7.5. EJERCICIOS

137

Ejercicio 7.31 Sean Z y X espacios métricos y H C; > 0 tales que dX (f (x); f (y))

C (dZ (x; y))

C 0b (Z; X): Prueba que, si existen 8f 2 H,

entonces H es equicontinuo. Ejercicio 7.32 Sean Z y X espacios métricos. Prueba que la cerradura en Cb0 (Z; X) de cualquier subconjunto equicontinuo es equicontinua. p Ejercicio 7.33 Sea fk : [0; 1) ! R la función dada por fk (t) := sen t + 4 2 k 2 : Demuestra las siguientes a…rmaciones. (a) El conjunto H := ffk : k 2 Ng es equicontinuo. (b) El conjunto H(t) es relativamente compacto en R para cada t 2 [0; 1): (Sugerencia: Prueba que la sucesión (fk ) converge puntualmente a 0 en [0; 1):) (c) H no es un subconjunto compacto de Cb0 ([0; 1); R). (Sugerencia: Prueba que la sucesión (fk ) no converge uniformemente a 0 en [0; 1):) Concluye que la compacidad de K es necesaria en el teorema de Arzelà-Ascoli. Ejercicio 7.34 Sean X := f(x; y) 2 R2 : (x; y) 6= ( 12 ; 0)g y k 2 C 0 ([0; 1]; X) la función k (t) := (t; k1 sen t): Considera el conjunto H := f k : k 2 Ng: (a) ¿Es H equicontinuo? (b) ¿Es H acotado en C 0 ([0; 1]; X)? (c) ¿Es H relativamente compacto en C 0 ([0; 1]; X)? Compara tus conclusiones con el Corolario 7.10. Ejercicio 7.35 Sean K un espacio métrico compacto, X un espacio métrico completo y (fk ) una sucesión en C 0 (K; X) que converge puntualmente a una función f : K ! X: Prueba que, si H := ffk : k 2 Ng es equicontinuo, entonces f es continua y fk ! f en C 0 (K; X): Ejercicio 7.36 Prueba que, si K y X son espacios métricos compactos, entonces un subconjunto H de C 0 (K; X) es relativamente compacto en C 0 (K; X) si y sólo si es equicontinuo. Ejercicio 7.37 Sea K : [a; b] [a; b] ! R una función continua. Prueba que el operador de Fredholm F : C 0 [a; b] ! C 0 [a; b] dado por Z b (Ff )(x) := K(x; y)f (y)dy a

es un operador compacto.

138


Ejercicio 7.38 Sea : [ ; ] ! [a; b] una función continua, no decreciente y suprayectiva. Prueba que, para toda 2 C 0 ([a; b]; X) se cumple que L(

) = L( ):

Ejercicio 7.39 Prueba que, si a < b < c; entonces para toda cumple que L( ) = L( j[a;b] ) + L( j[b;c] ):

2 C 0 ([a; c]; X) y se

Ejercicio 7.40 Sean X un espacio métrico y x 2 X: Prueba que el espacio de trayectorias Tx (X) := f 2 C 0 ([0; 1]; X) : (0) = (1) = xg

de x a x en X es relativamente compacto en C 0 ([0; 1]; X) si y sólo si la única trayectoria de x a x en X es la trayectoria constante.

Capítulo 8 Teoremas de aproximación Cuando hacemos cálculos con números reales usamos siempre una aproximación decimal de éstos, es decir, usamos algún número racional su…cientemente cercano al número real que nos interesa. En este capítulo probaremos que toda función continua f : [a; b] ! R se puede aproximar uniformemente por una función polinomial. Este resultado se conoce como el teorema de aproximación de Weierstrass y tiene gran relevancia desde el punto de vista teórico y práctico, ya que que los polinomios son funciones sencillas y fáciles de calcular. De hecho, exhibiremos una sucesión explícita de polinomios que converge uniformemente a f en [a; b]; los polinomios de Bernstein, y estimaremos el error en la aproximación. La versión original del teorema de aproximación fue formulada por Karl Weierstrass en 1885. En 1937 Marshall H. Stone1 generalizó considerablemente este resultado, y simpli…có su demostración. Su resultado se conoce como el teorema de Stone-Weierstrass, y extiende el resultado original de Weierstrass en dos sentidos: permite remplazar al intervalo [a; b] por cualquier espacio métrico compacto K; y permite remplazar a los polinomios por subconjuntos más generales del espacio de funciones continuas C 0 (K; R): En este capítulo expondremos también este resultado.

8.1.

El teorema de aproximación de Weierstrass

El objetivo de esta sección es demostrar que toda función continua f : [a; b] ! R se puede aproximar uniformemente por polinomios, es decir, por funciones de la forma p (t) = a0 + a1 t +

+ an tn ;

1

ak 2 R; n 2 N [ f0g.

Marshall Harvey Stone (1903-1989) fue un matemático estadounidense que realizó importantes contribuciones al análisis real, al análisis funcional y a la topología.

139

140

8. TEOREMAS DE APROXIMACIÓN

Este resultado se conoce como el teorema de aproximación de Weierstrass. Más aún, exhibiremos una sucesión explícita de polinomios que converge uniformemente a la función f en [a; b]: Para 0 k n consideremos los polinomios n;k (t)

=

n k

n k

=

tk (1

t)n k ;

donde n! k!(n k)!

es el coe…ciente binomial. De la conocida fórmula binomial n

(a + b) =

n X

n k

k=0

ak b n

k

se sigue que n X

n;k (t)

(8.1)

= 1:

k=0

Multiplicando por t la igualdad (8.1) para n n 1 X t = t

1 en vez de n; obtenemos

n 1;k (t)

j=0

=

n 1 X

n

= =

n 1 X

j+1 n j=0

n X k

k=1 n X

tj+1 (1

j

j=0

=

1

n

k n k=0

n j+1

t)n

tj+1 (1

1 j

t)n

(j+1)

n;k (t)

n;k (t):

En consecuencia, nt =

n X k=0

k

n;k (t):

(8.2)

8.1. EL TEOREMA DE APROXIMACIÓN DE WEIERSTRASS

141

De manera análoga, multiplicando por t2 la igualdad (8.1) para n sencillo probar que n X 2 2 (n n)t = (k 2 k) n;k (t)

2 en vez de n; es (8.3)

k=0

[Ejercicio 8.12].

1

0 .2 5 0 .7 5 0 .2

0 .1 5

0 .5

0 .1 0 .2 5 0 .0 5

0

0 0

0 .2 5

0 .5

0 .7 5

1

0

0 .2 5

0 .5

0 .7 5

1

t

3;3 (t)

t

= t3

3;2 (t)

= 2t2 (1

t)

1

0 .2 5 0 .7 5 0 .2

0 .1 5

0 .5

0 .1 0 .2 5 0 .0 5

0

0 0

0 .2 5

0 .5

0 .7 5

1

0

0 .2 5

0 .5

0 .7 5

t

3;1 (t)

= 2t(1

1 t

t)2

3;0 (t)

= (1

t)3

De…nición 8.1 Sea f : [0; 1] ! R una función continua. El n-ésimo polinomio de Bernstein2 de f es el polinomio n (t) =

f;n (t) =

n X k=0

2

f

k n

n;k (t):

Sergei Natanovich Bernstein (1880-1968) fue un matemático ruso. En su tesis doctoral, presentada en 1904 en la Sorbona, resolvió el 19o problema de Hilbert sobre la solución analítica de ecuaciones diferenciales elípticas. Realizó importantes contribuciones a la teoría de probabilidad, la teoría constructiva de funciones y los fundamentos matemáticos de la genética.

142


Se tiene el siguiente resultado. Teorema 8.2 (Bernstein) Sea f : [0; 1] ! R una función continua. La sucesión de polinomios de Bernstein ( f;n ) converge uniformemente a f en [0; 1]: Demostración: Sea " > 0: Como f es uniformemente continua, existe > 0 tal que " si js tj < : (8.4) jf (s) f (t)j < 2 Fijemos t 2 [0; 1]: Multiplicando la igualdad (8.1) por f (t) obtenemos que f (t) =

n X

f (t)

n;k (t)

k=0

En consecuencia, f (t)

f;n (t)

=

n X

(f (t)

k=0

f

k ) n

8n 2 N: n X

n;k (t)

f (t)

f

k=0

k n

n;k (t):

(8.5)

Probaremos que el lado derecho de esta desigualdad es menor que " si n satisface ( ) 1 kf k21 n max (8.6) 4; "2 Consideremos los conjuntos ( I1 =

k 2 N [ f0g : 0

I2 = fk 2 N [ f0g : 0

k

k n

n;

t <

1 n

1 4

)

;

n; k 2 = I1 g;

k

1

y tomemos una n que cumple (8.6). Entonces n1 4 ; y se sigue de (8.4) y de (8.1) que n X" X "X " k f (t) f (t) < (t) (8.7) n;k n;k n;k (t) = : n 2 2 2 k2I1 k=0 k2I1 p k 2 Por otra parte, si k 2 I2 entonces (t n ) n y, en consecuencia, X X k 2 kf k1 n;k (t) f (t) f n;k (t) n k2I k2I 2

2

= 2 kf k1

X (t

k2I2

(t

k 2 ) n k 2 ) n

p X 2 kf k1 n t k2I2

n;k (t)

k n

2 n;k (t):

(8.8)

8.1. EL TEOREMA DE APROXIMACIÓN DE WEIERSTRASS

143

Probaremos que ahora que n X

2

k n

t

k=0

1 4n

n;k (t)

8n 2 N:

Multiplicando la igualdad (8.1) por t2 ; la igualdad (8.2) por igualdades (8.2) y (8.3) por n12 obtenemos, respectivamente, 2

t

n X

=

1 n

t2 +

k=0 n 2 X

k 2 t n

k n2 k=0

1 t = n

2 t; n

y la suma de las

n;k (t);

k=0 n X

2t2 = 1

t2

(8.9)

n;k (t);

n;k (t):

Sumando estas tres igualdades obtenemos 1 (t n

2

t )=

n X

t

k=0

k n

2

(8.10)

n;k (t):

Observa que maxt2[0;1] (t t2 ) = 41 : En consecuencia, (8.10) implica (8.9). kf k Si n satisface (8.6) entonces pn1 ": Por tanto, (8.8) y (8.9) implican que X

f (t)

k n

f

k2I2

" : 2

n;k (t)

De esta desigualdad, junto con (8.5) y (8.7), obtenemos que f (t)

n X

f;n (t)

f (t)

f

k n

n;k (t)

f (t)

f

k n

n;k (t) +

k=0

=

X

k2I1

f;n 1

<"

si n

f (t)

f

1 kf k21 4; "2

)

k n

k2I2

para toda t 2 [0; 1]; si n satisface (8.6). Es decir, f

X

max

(

:

n;k (t)

<"

(8.11)

144


Esto concluye la demostración. Observa que la fórmula (8.11) nos da una estimación del error, en términos de f; en cada paso de la aproximación. El siguiente resultado es consecuencia inmediata del teorema anterior. Teorema 8.3 (de aproximación de Weierstrass) Sea f : [a; b] ! R una función continua. Entonces existe una sucesión de polinomios (pn ) que converge uniformemente a f en [a; b]: Demostración: Este resultado se obtiene del anterior mediante un cambio de variable. Especí…camente, sea : [0; 1] ! [a; b] la función dada por (t) := (1 t)a + tb: Aplicando el Teorema 8.2 a la función g := f obtenemos que g;n

La función pn := kpn

g;n

1

es un polinomio y se cumple que

f k1 := max jpn (s) s2[a;b]

en C 0 [0; 1]:

!g

f (s)j = max

g;n (t)

t2[0;1]

g(t) =:

g;n

g

1

:

En consecuencia, pn ! f en C 0 [a; b]: La compacidad del dominio de f jugó un papel importante en la demostración del Teorema 8.2 para asegurar la continuidad uniforme de f . El siguiente ejemplo muestra que el Teorema 8.3 no es válido, en general, si el dominio no es compacto. Ejemplo 8.4 Sea f (t) = sen 1t ; t 2 (0; 1]: Ninguna sucesión de polinomios converge uniformemente a f en (0; 1]: y

1

0 .5

0 0 .2

0 .4

0 .6

0 .8

1 x

-0 .5

-1

8.2. EL TEOREMA DE STONE-WEIERSTRASS

145

Demostración: Argumentando por contradicción, supongamos que existe una sucesión de polinomios (pk ) que converge uniformemente a f en (0; 1]: Entonces (pk ) converge a f en B((0; 1]; R) (ver Proposición 5.15) y, por tanto, es de Cauchy en B((0; 1]; R): Es decir, dada " > 0 existe k0 2 N tal que jpk (t)

8t 2 (0; 1] , 8k; j

pj (t)j < "

k0 :

Como la función t 7! jpk (t) pj (t)j es continua en todo R; la desigualdad anterior implica que jpk (0) pj (0)j " 8k; j k0 : Esto demuestra que (pk ) es de Cauchy en C 0 [0; 1]: Por tanto, como C 0 [0; 1] es completo (ver Teorema 5.21), existe g 2 C 0 [0; 1] tal que pk ! g

en C 0 [0; 1]:

En particular, se cumple que g(t) = l m pk (t) = sen k!1

1 t

8t 2 (0; 1]:

Como g es continua en [0; 1], se tiene entonces que l m sen

n!1

n = lm g n!1 2

2 n

= g(0);

lo cual es una contradicción, ya que la sucesión sen n2

8.2.

no converge.

El teorema de Stone-Weierstrass

Sea X un espacio métrico. De…nición 8.5 Un subconjunto A de X es denso en X si A = X; es decir, si para todo x 2 X existe una sucesión (ak ) en A tal que ak ! x en X: Por ejemplo, el conjunto Q de los números racionales es denso en R: Denotemos por R [t] al conjunto de todos los polinomios p (t) =

0

+

1t

+

+

n nt ;

n 2 N [ f0g;

i

2 R,

146


con coe…cientes reales. En términos de la de…nición anterior, el Teorema 8.3 a…rma que el conjunto de funciones polinomiales en [a; b]; P [a; b] := fp j[a:b] : p 2 R [t]g; es denso en C 0 [a; b]: En esta sección probaremos un resultado más general, conocido como el teorema de Stone-Weierstrass. Supondremos de aquí en adelante que K es un espacio métrico compacto y, por simplicidad, denotaremos por C 0 (K) := C 0 (K; R) al espacio de funciones continuas f : K ! R con la norma uniforme kf k1 := max jf (x)j : x2K

Observa que C 0 (K) no sólo es un espacio vectorial sino que cuenta además con un producto, de…nido como sigue: f g : K ! R;

(f g)(x) := f (x)g(x):

Este producto le da al espacio vectorial C 0 (K) la estructura de una R-álgebra con unidad [Ejercicio 8.26]. La unidad es la función constante igual a 1; a la que denotamos por 1: El siguiente resultado da condiciones su…cientes para que un subconjunto A de 0 C (K) sea denso en C 0 (K): Teorema 8.6 (Stone-Weierstrass) Sea K un espacio métrico compacto y sea A un subconjunto de C 0 (K) con las siguientes propiedades: (a) ' + 2 A para todas '; 2 A y ; 2 R. (b) ' 2 A para todas '; 2 A. (c) 1 2 A. (d) Dados x1 6= x2 en K; existe ' 2 A tal que '(x1 ) 6= '(x2 ): Entonces A es denso en C 0 (K), es decir, dada una función continua f : K ! R existe una sucesión ('k ) de funciones en A que converge uniformemente a f en K: En términos algebraicos, las primeras tres condiciones (a), (b) y (c) se expresan diciendo que "A es una R-subálgebra con unidad de la R-álgebra de funciones continuas C 0 (K)". La propiedad (d) suele expresarse diciendo que “A separa puntos”. Para demostrar el teorema de Stone-Weierstrass usaremos los siguientes cuatro lemas.


147

Lema 8.7 Dados x1 6= x2 en K y c1 ; c2 2 R; existe (x2 ) = c2 :

2 A tal que

(x1 ) = c1 y

Demostración: Sea ' 2 A tal que '(x1 ) 6= '(x2 ): Como el determinante '(x1 ) 1 '(x2 ) 1 existen ;

6= 0;

2 R tales que '(x1 ) + '(x2 ) +

= c1 = c2

(8.12) (8.13)

De las propiedades (a) y (c) se sigue que la función := ' + 1 2 A. Las igualdades (8.12) y (8.13) a…rman que (x1 ) = c1 y (x2 ) = c2 :

Lema 8.8 La cerradura A de A en C 0 (K) también tiene las propiedades (a), (b) y (c). Demostración: Es sencillo comprobar que A tiene la propiedad (a) [Ejercicio 8.27]. La propiedad (c) es inmediata. Probemos (b). Dadas '; 2 A existen 'k ; k 2 A tales que 'k ! ' y k ! en C 0 (K) (ver Proposición 3.32): Como toda sucesión convergente está acotada, existe C > 0 tal que k k k1 C para toda k: En consecuencia, k'

'k

k k1

k'( k'k1 k( k'k1 k(

+ k(' 'k ) k k1 'k )k1 k k k1 k )k1 + k(' 'k )k1 k )k1 + C k('

k )k1

Tomando el límite cuando k ! 1 en ambos lados de la desigualdad obtenemos que 'k k ! ' . Dado que 'k k 2 A, concluimos que ' 2 A (ver Proposición 3.32): Lema 8.9 Si ' 2 A, entonces j'j 2 A: Demostración: Como ' es continua y K es compacto, se tiene que '(K) es acotado en R (ver Corolario 4.11). Por tanto, '(K) está contenido en algún intervalo [a; b]: Por el Teorema 8.3 existe una sucesión de polinomios pk que converge uniformemente a la función valor absoluto j j en el intervalo [a; b]; es decir, dada " > 0 existe k0 2 N tal que jpk (t)

jtjj < "

8k

k0 8t 2 [a; b]:

148


Esta desigualdad se cumple, en particular, para t = '(x) con x 2 K: Por tanto, kpk

'

j'jk1 = max jpk ('(x))

j'(x)jj < "

x2K

8k

k0 ;

es decir, pk ' ! j'j en C 0 (K). Finalmente, el Lema 8.8 implica que, para cualquier polinomio p(t) = m m t ; se cumple que p '=

0

+

1'

+

+

m'

m

0

+

1t

+

+

2 A:

Por tanto, j'j 2 A: Dadas dos funciones f; g : K ! R denotamos por maxff; gg; m nff; gg : K ! R a las funciones (maxff; gg)(x) : = maxff (x); g(x)g; (m nff; gg)(x) : = m nff (x); g(x)g: Lema 8.10 Si ';

2 A: entonces maxf'; g; m nf'; g 2 A:

Demostración: Basta observar que 1 (' + 2 1 m nf'; g = (' + 2

maxf'; g =

+ j'

j)

(8.14)

j'

j)

(8.15)

Como A satisface la propiedad (a), el lema anterior implica que maxf'; g; m nf'; g 2 A: Demostración del Teorema 8.6. Sea f : K ! R una función continua y sea " > 0: El Lema 8.7 asegura que, para cada par de puntos x; y 2 K; podemos escoger 'x;y 2 A tal que 'x;y (x) = f (x) y 'x;y (y) = f (y): Fijemos x 2 K: Como 'x;y f es continua y 'x;y (y) f (y) = 0, existe y > 0 tal que 'x;y (z)

f (z) < "

8z 2 BK (y;

y)

y, como K es compacto, existen y1 ; :::; ym 2 K tales que K

BK (y1 ;

y1 )

[

[ BK (ym ;

ym ):

(8.16)


149

Sea 'x := maxf'x;y1 ; :::; 'x;ym g: El Lema 8.10 asegura que 'x 2 A: Puesto que cada z 2 K pertenece a alguna B(yi ; yi ); la desigualdad (8.16) implica que 'x (z)

f (z) >

"

8z 2 K:

(8.17)

Por otra parte, dado que 'x;y (x) = f (x) para todo y 2 K; se tiene que 'x (x) = f (x) y, como 'x f es continua, existe x > 0 tal que j'x (z)

8z 2 BK (x;

f (z)j < "

x ):

(8.18)

De la compacidad de K se sigue que existen x1 ; :::; xn 2 K tales que K

BK (x1 ;

x1 )

[

[ BK (xn ;

xn ):

Sea ' := m nf'x1 ; :::; 'xn g: El Lema 8.10 asegura que ' 2 A: Puesto que cada z 2 K pertenece a alguna B(xi ; xi ); usando la desigualdad (8.18) obtenemos que '(z)

f (z) < "

8z 2 K:

(8.19)

Y, como la desigualdad (8.17) vale para toda x 2 K; se tiene además que '(z)

f (z) >

"

8z 2 K:

Las desigualdades (8.19) y (8.20) implican que k' que ' 2 A; concluimos que f 2 A:

(8.20)

f k1 < ": Por consiguiente, dado

Denotemos por R [x1 ; :::; xn ] al conjunto de polinomios p(x1 ; :::; xn ) =

m X

ki;1 i x1

xkni;n ;

i=1

ai 2 R; ki;j 2 N [ f0g;

en n variables con coe…cientes reales. Una consecuencia interesante del teorema de Stone-Weierstrass es la siguiente. Corolario 8.11 Sea K un subconjunto compacto de Rn : Entonces, dada una función continua f : K ! R, existe una sucesión de polinomios (pk ) en R [x1 ; :::; xn ] que converge uniformemente a f en K. Demostración: Obviamente el conjunto P(K) := fp jK : p 2 R [x1 ; :::; xn ]g satisface las condiciones (a), (b) y (c) del Teorema 8.6. Consideremos los polinomios i (x1 ; :::; xn ) = xi ; i = 1; :::; n: Si ; 2 K son puntos distintos, entonces al menos una de sus coordenadas es distinta, digamos que i 6= i : Entonces, i ( ) = i 6= i = i ( ): Esto prueba que P(K) satisface la condición (d). El Teorema 8.6 asegura que existe una sucesión de polinomios (pk ) en R [x1 ; :::; xn ] que converge uniformemente a f en K.

150

8.3.


Ejercicios

Ejercicio 8.12 Demuestra la igualdad (8.3). Ejercicio 8.13 Sea X un espacio métrico. Prueba que, si Z en X, entonces Y es denso en X:

Y

X y Z es denso

Ejercicio 8.14 Prueba que, si : X ! Y es continua y suprayectiva y A es denso en X; entonces (A) es denso en Y: Ejercicio 8.15 Prueba que el conjunto Qn := f(q1 ; :::; qn ) 2 Rn : qk 2 Q 8k = 1; :::; ng es denso en Rn . Ejercicio 8.16 Sea Q1 el conjunto de todas las sucesiones (q1 ; :::; qk ; 0; 0; :::) de números racionales tales que sólo un número …nito de sus términos es distinto de cero. Prueba que Q1 es denso en `p para todo p 2 [1; 1): Ejercicio 8.17 Sea Q [t] el conjunto de todos los polinomios q (t) = q0 + q1 t +

+ qn tn ; n 2 N [ f0g; qi 2 Q,

con coe…cientes racionales. Prueba que PQ [a; b] := fq j[a:b] : q 2 Q [t]g es denso en C 0 [a; b]: Ejercicio 8.18 Se dice que un conjunto A es a lo más numerable si existe una función inyectiva i : A ! N: (a) Prueba que el conjunto Q de los números racionales es a lo más numerable. (b) Prueba que Prueba que el conjunto de todas las sucesiones (bk ) tales que bk 2 f0; 1g no es a lo más numerable. (c) Prueba que R no es a lo más numerable. (Sugerencia: Usa el hecho de que todo número real tiene una representación binaria.) Ejercicio 8.19 Un espacio métrico X se llama separable si contiene un subconjunto a lo más numerable que es denso en X. Demuestra las siguientes a…rmaciones. (a) Ningún subconjunto propio de un espacio métrico discreto Xdisc es denso en Xdisc : (b) Un espacio métrico discreto Xdisc es separable si y sólo si Xdisc es a lo más numerable.

8.3. EJERCICIOS

151

Ejercicio 8.20 Investiga si los siguientes espacios métricos son o no separables. (a) Rnp con p 2 [1; 1]: (b) `p con p 2 [1; 1]: (c) Cp0 [a; b] con p 2 [1; 1]: (d) Cb0 (R; R). Ejercicio 8.21 Prueba que todo espacio métrico compacto X es separable. (Sugerencia: Para cada k 2 N; toma un conjunto …nito de bolas de radio k1 cuya unión es X: Considera el conjunto de centros de todas esas bolas.) Ejercicio 8.22 Sea un subconjunto abierto y acotado de Rn : Denotemos por C 1 ( ) al conjunto de todas las funciones f : ! R que tienen derivadas parciales de todos los órdenes en y dichas derivadas son continuas en la cerradura de . Prueba que C 1 ( ) es denso en C 0 ( ): (Sugerencia: Usa el Corolario 8.11 y el Ejercicio 8.13.) Ejercicio 8.23 Sea f 2 C 0 [0; 1] tal que Z 1 f (x)xn dx = 0 0

Prueba que

Z

8n 2 N [ f0g:

1

f 2 (x)dx = 0

0

y concluye que f (x) = 0 para todo x 2 [0; 1]: Ejercicio 8.24 Sea S1 = f(cos ; sin ) 2 R2 : 0 2 g el círculo unitario en R2 . 1 Prueba que cualquier función continua f : S ! R es el límite uniforme de funciones de la forma '(cos ; sin ) = a0 + a1 cos + b1 sin +

+ an cos n + bn sin n

con ai ; bi 2 R; n 2 N [ f0g: Ejercicio 8.25 Sean X y Y espacios métricos compactos. Prueba que cualquier función continua f : X Y ! R es el límite uniforme de funciones de la forma '(x; y) = f1 (x)g1 (y) +

+ fn (x)gn (y);

con f1 ; :::; fn 2 C 0 (X); g1 ; :::; gn 2 C 0 (Y ) y n 2 N: Ejercicio 8.26 Investiga lo que es una R-álgebra con unidad y prueba que, para cualquier espacio métrico X, el espacio C 0 (X) es una R-álgebra con unidad. Ejercicio 8.27 Sea A un subespacio vectorial de C 0 (X): Prueba que A es un subespacio vectorial de C 0 (X): (Sugerencia: Usa el Ejercicio 3.50.)

152


Parte II Diferenciabilidad

153

Capítulo 9 Diferenciabilidad Una de las ideas fundamentales del cálculo diferencial e integral consiste en aproximar localmente a una función f : Rn ! Rm por una función lineal. La derivada de f en un punto x0 de Rn es la función lineal f 0 (x0 ) : Rn ! Rm que mejor aproxima a f en dicho punto, en el sentido de que la distancia entre f (x0 + x) y f (x0 ) + f 0 (x0 )x tiende a cero más rápidamente que x: Dicho de modo preciso, lm

x!0

kf (x0 + x)

(f (x0 ) + f 0 (x0 )x)k = 0: kxk

Las funciones que admiten tal aproximación son las funciones diferenciables. La noción de diferenciabilidad se extiende de manera natural a funciones f : V ! W entre espacios de Banach con la siguiente precaución: además de requerir que f 0 (x0 ) : V ! W sea una función lineal es necesario pedir que sea continua. Recuerda que las funciones lineales entre espacios de Banach de dimensión in…nita no son necesariamente continuas. La continuidad de '0 (x0 ) juega un papel esencial para la validez de muchas propiedades importantes, como la continuidad de las funciones diferenciables o la regla de la cadena. El papel de la continuidad queda oculto cuando consideramos funciones entre espacios euclidianos: la usamos sin darnos cuenta, pues toda función lineal entre espacios de dimensión …nita es automáticamente continua. En este capítulo introduciremos el concepto de derivada para funciones entre espacios de Banach y estudiaremos sus propiedades fundamentales. Los resultados que presentaremos son generalizaciones inmediatas de los resultados de cálculo que ya conocemos. Sin embargo, presentarlos en esta generalidad tiene varias ventajas. Por una parte, hay aplicaciones importantes que requieren este nivel de generalidad. Por ejemplo, las soluciones de muchas ecuaciones diferenciales parciales, que modelan problemas importantes de la física, la ingeniería, la biología y otras disciplinas, resultan ser puntos críticos de una función diferenciable de…nida en un espacio de funciones1 . 1

Consulta por ejemplo el libro de D.G. Costa, An invitation to variational methods in di¤erential

155

156

9. DIFERENCIABILIDAD

Por otra parte, este nivel de generalidad permite de…nir muchos conceptos de manera sencilla. Un ejemplo de ello son las derivadas de orden superior, cada una de las cuales no es sino la derivada de la precedente. La demostración en esta generalidad de los resultados que ya conocemos ayuda a comprenderlos mejor y a mayor profundidad. Y no perdemos nada, ya que las demostraciones no son ni más largas ni más complicadas que las correspondientes para espacios euclidianos.

9.1.

El espacio de funciones lineales y continuas

Sean V = (V; k kV ) y W = (W; k kW ) espacios de Banach. La continuidad de una función lineal entre ellos se caracteriza de las siguientes formas. Proposición 9.1 Si T : V ! W es una función lineal, son equivalentes las siguientes a…rmaciones: (a) T es continua. (b) T es continua en 0: (c) Existe c 2 R tal que kT vkW c kvkV para todo v 2 V: (d) T es Lipschitz continua. Demostración: Las implicaciones (a))(b) y (d))(a) son evidentes. (b))(c): Si T es continua en 0 existe > 0 tal que kT vkW < 1

si kvkV < :

En consecuencia, kT vkW =

2

kvkV T

v 2 kvkV

(c))(d): Si existe c > 0 tal que kT vkW kT v1

T v2 kW = kT (v1

v2 )kW

< W

2

kvkV

8v 2 V:

c kvkV para todo v 2 V; entonces c kv1

v2 kV

8v1 ; v2 2 V:

Esto prueba que T es Lipschitz continua.

De…nición 9.2 Denotamos por L(V; W ) := fT : V ! W : T es lineal y continuag equations, Birkhäuser, Boston 2007.

9.1. EL ESPACIO DE FUNCIONES LINEALES Y CONTINUAS

157

y de…nimos kT kL(V;W ) := sup v2V v6=0

kT vkW kvkV

8T 2 L(V; W ):

(9.1)

Nota que L(V; W ) es un espacio vectorial con las operaciones dadas por (T + S)v := T v + Sv;

( T )v := T v;

donde T; S 2 L(V; W ), 2 R y v 2 V: La Proposición 9.1 asegura que kT kL(V;W ) < 1: Es sencillo comprobar que k kL(V;W ) es una norma en L(V; W ) [Ejercicio 9.35]. Observa que kT vkW

kT kL(V;W ) kvkV

8v 2 V; T 2 L(V; W ):

(9.2)

Usaremos con frecuencia esta desigualdad. Proposición 9.3 L(V; W ) con la norma de…nida en (9.1) es un espacio de Banach. Demostración: Sean (Tk ) una sucesión de Cauchy en L(V; W ) y " > 0: Entonces existe k0 2 N tal que kTk Tj kL(V;W ) < " 8j; k k0 : Por tanto, kTk v

Tj vkW < " kvkV

8j; k

k0 ; v 2 V:

(9.3)

Esto implica que, para cada v 2 V; la sucesión (Tk v) es de Cauchy en W y, como W es un espacio de Banach, existe T v 2 W tal que Tk v ! T v

en W:

Probaremos ahora que T 2 L(V; W ): Si v; w 2 V; ; T ( v + w) = =

2 R; se tiene que

l m Tk ( v + w) = l m ( Tk v + Tk w)

k!1

k!1

l m Tk v +

k!1

l m Tk w = T v + T w:

k!1

Esto prueba que T es lineal. Por otra parte, haciendo tender k ! 1 en la desigualdad (9.3) obtenemos kT v Tj vkW " kvkV 8j k0 ; v 2 V: (9.4) De la Proposición 9.1 se sigue que T Tk0 es continua. Por tanto, T = (T es continua. Finalmente, la desigualdad (9.4) implica que kT v

Tj vkW kvkV

"

8j

k0 ; v 2 V;

Tk0 ) + Tk0

158


Por tanto, kT

Tj kL(V;W )

"

8j

k0 :

Esto prueba que Tj ! T en L(V; W ): En consecuencia, L(V; W ) es un espacio de Banach. Recuerda que, si dim V < 1; cualquier función lineal T : V ! W es continua (ver Ejercicio 4.42), de modo que L(V; W ) es simplemente el espacio de funciones lineales de V a W: En consecuencia, L(Rn ; Rm ) es isomorfo al espacio vectorial de las matrices de m n; cuya dimensión es mn:

9.2.

Diferenciabilidad

Para hablar de diferenciabilidad requerimos la noción de límite. De…nición 9.4 Sean X; Y espacios métricos, A un subconjunto de X; f : A ! Y una función, x0 2 A y y0 2 Y: Decimos que y0 = l m f (x) x!x0

si, dada " > 0; existe

> 0 tal que 8x 2 A con dX (x; x0 ) < :

dY (f (x); y0 ) < "

Nota que f no necesariamente está de…nida en x0 ; pero x0 debe pertenecer a la cerradura del dominio de f: Sean V y W espacios de Banach y un subconjunto abierto de V . La noción de derivada de una función entre espacios euclidianos se extiende a funciones entre espacios de Banach como sigue. De…nición 9.5 Una función ' : ! W es (Fréchet-)diferenciable en el punto u0 2 si existe T 2 L(V; W ) tal que lm

v!0

k'(u0 + v)

'(u0 ) kvkV

T vkW

= 0:

T se llama la derivada (de Fréchet) de ' en u0 y se denota por '0 (u0 )

o bien por

D'(u0 ):

(9.5)

9.2. DIFERENCIABILIDAD

159

Hacemos énfasis en que '0 (u0 ) : V ! W es una función lineal y continua. Como es usual en el caso de funciones lineales, escribiremos '0 (u0 )v en vez de '0 (u0 ) (v) para denotar al valor de la función '0 (u0 ) en v y, cuando haga falta, usaremos la notación '0 (u0 ) [v] : La condición (9.5) a…rma que, para cada " > 0 existe > 0 tal que, para cuaquier v 2 V con kvkV < se cumple que u0 + v 2

y

k'(u0 + v)

'0 (u0 )vkW < " kvkV :

'(u0 )

Intuitivamente, esto signi…ca que en una vecindad su…cientemente pequeña de u0 la función v 7! '(u0 + v) se parece mucho a la función afín v 7! '(u0 ) + '0 (u0 )v: Tanto así, que la norma de la diferencia entre los valores en v de ambas funciones k'(u0 + v) ('(u0 ) + '0 (u0 )v)kW tiende a 0 más rápidamente que la norma de v: La siguiente proposición garantiza que la derivada está bien de…nida. Proposición 9.6 Si ' es diferenciable en u0 , la función T 2 L(V; W ) que cumple (9.5) es única. Demostración: Supongamos que T1 ; T2 2 L(V; W ) cumplen (9.5). Entonces, dada " > 0; existe > 0 tal que k'(u0 + v)

'(u0 )

Ti vkW <

" kvkV 2

si kvkV < ; i = 1; 2:

Por tanto, kT1 v Si kvkV

T2 vkW

kT1 v '(u0 + v) + '(u0 )kW + k'(u0 + v) < " kvkV si kvkV < :

; escogemos kT1 v

'(u0 )

2 (0; 1) tal que k vkV < : Entonces

T2 vkW =

1

kT1 ( v)

T2 ( v)kW <

"

k vkV = " kvkV :

En consecuencia, kT1 v

T2 vkW < " kvkV

Como " > 0 es arbitraria, necesariamente T1 v = T2 v:

8v 2 V:

T2 vkW

160


De…nición 9.7 ' : u 2 : La función

! W es (Fréchet-)diferenciable en '0 :

si lo es en cada punto

u 7! '0 (u);

! L(V; W );

se llama la derivada (de Fréchet) de ';. La denotaremos también por ! L(V; W ):

D' :

Usualmente diremos que ' : ! W es diferenciable en vez de decir que es Fréchetdiferenciable y hablaremos de su derivada para referirnos a su derivada de Fréchet. Ejemplo 9.8 Si ' : ! W es constante, entonces es diferenciable en 0 2 L(V; W ) para todo u 2 ; ya que '(u + v)

y '0 (u) =

8v 2 V con u + v 2 :

'(u) = 0

Ejemplo 9.9 Toda función T 2 L(V; W ) es diferenciable en V y T 0 (u) = T para todo u 2 V; ya que T (u + v) T u T v = 0 8v 2 V: Ejemplo 9.10 La función ' : `2 ! R dada por '(x) := kxk2`2 = en `2 y '0 (x)y = 2

1 P

1 P

x2k es diferenciable

k=1

8x = (xk ); y = (yk ) 2 `2 :

xk yk

k=1

Demostración: Observa que

kx + yk2`2 = kxk2`2 + 2 Por tanto, j'(x + y)

'(x) 2 kyk`2

P1

k=1

1 P

k=1

xk yk + kyk2`2

xk yk j

= kyk`2 ! 0

8x; y 2 `2 :

cuando y ! 0:

Fijemos x 2 `2 : La función T : `2 ! R dada por T y := 2

1 P

xk yk

k=1

es evidentemente lineal. De la desigualdad de Hölder para series (ver Ejercicio 2.43) se sigue que 1 1 P P jT yj = 2 xk yk 2 jxk yk j 2 kxk`2 kyk`2 : k=1

k=1

9.2. DIFERENCIABILIDAD

161

En consecuencia, T : `2 ! R es continua (ver Proposición 9.1). Esto prueba que ' es diferenciable en x y que '0 (x) = T:

Proposición 9.11 Si ' es diferenciable en u0 , entonces ' es continua en u0 : Demostración: Si ' es diferenciable en u0 , existe k'(u)

'(u0 )

'0 (u0 )(u

u0 )kW < ku

1

> 0 tal que

u 0 kV

si ku

u0 kV <

1:

Como '0 (u0 ) 2 L(V; W ); usando la desigualdad (9.2) obtenemos k'(u)

k'(u) '(u0 ) '0 (u0 )(u u0 )kW + k'0 (u0 )(u < ku u0 kV + k'0 (u0 )kL(V;W ) ku u0 kV

'(u0 )kW

1 + k'0 (u0 )kL(V;W ) ku

= Dada " > 0; tomemos

:= m n

k'(u)

1; "

u0 kV

1 + k'0 (u0 )kL(V;W ) si ku

'(u0 )kW < "

si ku

u0 )kW

u 0 kV <

1:

1

: Entonces,

u 0 kV < :

Esto prueba que ' es continua en u0 :

Proposición 9.12 (Linealidad de la derivada) Si '; : en u0 y ; 2 R; entonces ' + es diferenciable en u0 y ( '+

)0 (u0 ) = '0 (u0 ) +

0

! W son diferenciables

(u0 ):

Demostración: La demostración es un ejercicio sencillo [Ejercicio 9.38].

Proposición 9.13 (Regla de la cadena) Sean V; e W subconjuntos abiere tos. Si ' : ! W es diferenciable en u0 ; '(v) 2 para todo v 2 y : e ! Z es diferenciable en v0 := '(u0 ); entonces ' : ! Z es diferenciable en u0 y (

')0 (u0 ) =

0

(v0 ) '0 (u0 ):

162


Demostración: Para v 2 V y w 2 W tales que u0 + v 2 o1 (v) : = '(u0 + v) o2 (w) : = (v0 + w)

'(u0 ) (v0 )

y v0 + w 2 e ; de…nimos

'0 (u0 )v; 0 (v0 )w:

Se tiene entonces que (

')(u0 + v) = ('(u0 + v)) = ('(u0 ) + '0 (u0 )v + o1 (v)) = (v0 ) + 0 (v0 )('0 (u0 )v + o1 (v)) + o2 ('0 (u0 )v + o1 (v)) = ( ')(u0 ) + [ 0 (v0 ) '0 (u0 )] v + o3 (v);

donde o3 (v) :=

0

(v0 )o1 (v) + o2 ('0 (u0 )v + o1 (v)):

Probaremos a continuación que ko3 (v)kZ = 0: v!0 kvkV

(9.6)

lm

Sea " > 0: Denotemos por c1 := k'0 (u0 )kL(V;W ) + 1; "1 := m n Como ' es diferenciable en u0 y

c2 := k 0 (u0 )kL(W;Z) + 1;

" ;1 ; 2c2

3

" : 2c1

es diferenciable en v0 ; existen

ko1 (v)kW < "1 kvkV ko2 (w)kZ < "2 kwkW Sea

"2 :=

1; 2

> 0 tales que

si kvkV < 1 ; si kwkW < 2 :

:= m nf 1 ; c12 g: Entonces,

k'0 (u0 )v + o1 (v)kW

k'0 (u0 )vkW + ko1 (v)kW < k'0 (u0 )kL(V;W ) kvkV + "1 kvkV

Por tanto, k'0 (u0 )v + o1 (v)kW <

2

si kvkV <

3

c1 kvkV

si kvkV <

y, en consecuencia,

ko2 ('0 (u0 )v + o1 (v))kZ < "2 k'0 (u0 )v + o1 (v)kW " < "2 c1 kvkV kvkV 2

si kvkV <

3:

1:

9.3. EL TEOREMA DEL VALOR MEDIO

163

Por otra parte, k 0 (v0 )o1 (v)kZ

k 0 (v0 )kL(W;Z) ko1 (v)kW " < c2 "1 kvkV kvkV si kvkV < 2

1:

Concluímos que ko3 (v)kZ < " kvkV

si kvkV <

3:

Esto prueba (9.6) y concluye la demostración de la proposición.

9.3.

El teorema del valor medio

Una función lineal T : R ! V está totalmente determinada por su valor en 1; ya que T (t) = T (t1) = tT (1) 8t 2 R: La función : L(R; V ) ! V;

(9.7)

(T ) := T (1);

es un isomor…smo de espacios vectoriales. Además, es una isometría, ya que kT kL(R;V ) := sup t2R t6=0

kT (t)kV tT (1) = sup jtj t t2R t6=0

V

= kT (1)kV

8T 2 L(R; V ):

Esta isometría permite identi…car a L(R; V ) con V: Si : (a; b) ! V es diferenciable en un punto t0 de (a; b); identi…caremos en lo sucesivo a la transformación lineal 0 (t0 ) 2 L(R; V ) con su valor en 1; y escribiremos simplemente 0 (t0 ) en vez 0 (t0 )(1). Se tiene entonces que 0 (t0 ) 2 V y lm t!0

(t + t0 ) t

(t0 )

0

(t0 )

=lm V

t!0

k (t + t0 )

(t0 ) jtj

t 0 (t0 )kV

= 0:

Es decir, 0

(t0 ) = l m t!0

(t + t0 ) t

(t0 )

2 V:

Esta identidad permite interpretar a 0 (t0 ) como la velocidad de la trayectoria : (a; b) ! V en el tiempo t0 ; tal y como solemos hacer cuando V = Rn : Si V = R

164


entonces 0 (t0 ) 2 R es la pendiente de la recta tangente a la grá…ca de (t0 ; (t0 )):

Si : (a; b) ! V es diferenciable en t0 2 (a; b) y ' : u0 := (t0 ); la regla de la cadena dice que ('

en el punto

! W es diferenciable en

)0 (t0 ) = '0 (u0 )( 0 (t0 ));

(9.8)

es decir, la derivada de la trayectoria ' en t0 es el valor de la función '0 (u0 ) 2 L(V; W ) en el vector 0 (t0 ) 2 V: Uno de los resultados más útiles en análisis es el teorema del valor medio. Para funciones reales de variable real éste se expresa como una igualdad: Si f : [a; b] ! R es continua en [a; b] y diferenciable en (a; b) entonces existe c 2 (a; b) tal que f (b) f (a) = f 0 (c)(b a): El problema con esta formulación clásica es que no existe una igualdad semejante para funciones con valores vectoriales. Por otra parte, esta igualdad esconde el hecho de que en realidad no sabemos quién es c; lo único que sabemos es que se trata de algún punto en (a; b): Para …nes prácticos, lo importante es tener una cota para jf 0 (c)j. Es decir, la verdadera naturaleza del teorema del valor medio se obtiene al expresarlo como una desigualdad. Teorema 9.14 (del valor medio) Sea : [a; b] ! V una función continua. Si diferenciable en todo punto t 2 (a; b) y si existe M 2 R tal que k 0 (t)kV

M

8t 2 (a; b);

es

(9.9)

entonces k (b)

(a)kV

M (b

a):

Demostración: Probaremos que, para toda " > 0; se cumple que k (b)

(a)kV

M (b

a) + "(b

a) + ":

(9.10)


165

Esto implica que k (b) (a)kV M (b Sea " > 0: Consideremos el conjunto S := ft 2 [a; b] : k (t) Como

es continua en a existe k (s)

a):

(a)kV

M (t

a) + "(t

a) + "g:

> 0 tal que (a)kV

"

8s 2 [a; a + ]:

Por tanto, a + 2 S: Sea c := sup S: Observa que c 2 S y a + c b: Probaremos a continuación que c = b: Argumentando por contradicción, supongamos que c < b: Entonces es diferenciable en c y, en consecuencia, existe 2 (0; m nfc a; b cg) tal que k (s)

(c)

0

(c)(s

c)kV < " js

cj

si js

cj < :

Por tanto, si s 2 (c; c + ); usando (9.9) obtenemos k (s)

(a)kV

k (s) (c)kV + k (c) (a)kV 0 k (s) (c) (c)(s c)kV + k 0 (c)(s c)kV + k (c) < "(s c) + k 0 (c)kV (s c) + M (c a) + "(c a) + " M (s a) + "(s a) + ",

(a)kV (9.11)

lo que contradice que c = sup S: En consecuencia, c = b: Esto demuestra (9.10). A continuación veremos que el teorema anterior permite acotar la diferencia entre dos valores '(u0 ) y '(u1 ) de una función diferenciable ' : ! W cuando su derivada está acotada en el segmento que une a los puntos u0 y u1 .

u1 u0 Un modo de garantizar esto último es pidiendo que la derivada sea continua en que nos lleva a introducir el siguiente concepto.

, lo

De…nición 9.15 Una función ' : ! W es de clase C 1 (o continuamente diferenciable) en si es diferenciable en y su derivada '0 : es continua.

! L(V; W )

166


Las funciones de los Ejemplos 9.8 y 9.9 son de clase C 1 ya que en ambos casos la derivada es una función constante. Veamos que la función del Ejemplo 9.10 también es de clase C 1 . Ejemplo 9.16 La función ' : `2 ! R dada por '(x) := kxk2`2 es de clase C 1 en `2 . Demostración: En el Ejemplo 9.10 vimos que ' es diferenciable y que su derivada es la función '0 : `2 ! L(`2 ; R) dada por '0 (x)y = 2

1 P

8x = (xk ); y = (yk ) 2 `2 :

xk yk

k=1

Si z = (zk ) 2 `2 ; aplicando la desigualdad de Hölder para series (ver Ejercicio 2.43) obtenemos j'0 (z)y

'0 (x)yj = 2

xk )yk

2 kz

xk`2 kyk`2 :

j'0 (z)y '0 (x)yj kyk`2

2 kz

xk`2

(zk

k=1

Por tanto, k'0 (z)

1 P

'0 (x)kL(`2 ;R) = sup y2`2 y6=0

8x; z 2 `2 :

Esto prueba que '0 es Lipschitz continua. Como consecuencia del teorema del valor medio obtenemos el siguiente resultado. Corolario 9.17 Si es abierto en V; ' : ! W es de clase C 1 en tales que ut := (1 t)u0 + tu1 2 para toda t 2 [0; 1]; entonces

y u0 ; u1 2

son

sup k'0 (ut )kL(V;W ) < 1

t2[0;1]

y k'(u1 )

'(u0 )kW

sup k'0 (ut )kL(V;W ) ku1

t2[0;1]

u 0 kV :

Demostración: Sea : [0; 1] ! la función (t) := ut = u0 + t(u1 u0 ). Esta función es diferenciable en (0; 1) y su derivada está dada por 0 (t) = u1 u0 : La composición := ' : [0; 1] ! W es continua en [0; 1]. Por la regla de la cadena (ver (9.8)), es diferenciable en (0; 1) y 0

(t) = '0 (ut )(u1

u0 ):


167

Se tiene entonces que k 0 (t)kW

k'0 (ut )kL(V;W ) ku1

u0 kV

8t 2 (0; 1):

(9.12)

Ahora bien, la función que a cada t 2 [0; 1] le asocia el valor k'0 (ut )kL(V;W ) 2 R es una función continua, ya que es la composición de las funciones continuas '0

[0; 1] !

! L(V; W )

k kL(V;W )

!

R.

Como [0; 1] es compacto, concluimos que M := sup k'0 (ut )kL(V;W ) < 1: t2[0;1]

De la desigualdad (9.12) se sigue que sup k 0 (t)kW

t2[0;1]

M ku1

u 0 kV

8t 2 (0; 1);

(0)kW

M ku1

y aplicando el Teorema 9.14 obtenemos que k'(u1 )

'(u0 )kW = k (1)

u 0 kV ;

como a…rma el enunciado. Usaremos a menudo la siguiente consecuencia sencilla del corolario anterior. Corolario 9.18 Si es abierto en V; ' : ! W es de clase C 1 en y u0 ; u1 2 son tales que ut := (1 t)u0 + tu1 2 para toda t 2 [0; 1] entonces, para todo u 2 ; sup k'0 (ut )

'0 (u)kL(V;W ) < 1

t2[0;1]

y se cumple que k'(u1 )

'(u0 )

'0 (u)(u1

sup k'0 (ut )

u0 )kW

t2[0;1]

Demostración: Sea := ' '0 (u): Entonces Aplicando el corolario anterior obtenemos que k'(u1 )

'(u0 )

'0 (u)(u1

0

u0 )kW = k (u1 ) (u0 )kW 0 sup k (ut )kL(V;W ) ku1 =

sup k'0 (ut )

t2[0;1]

u 0 kV :

(v) = '0 (v) '0 (u) para toda v 2 :

t2[0;1]


'0 (u)kL(V;W ) ku1

u0 kV

'0 (u)kL(V;W ) ku1

u 0 kV ;

168

9.4.


Un criterio de diferenciabilidad

Si ' : ! W es diferenciable en el punto u0 de " > 0 existe > 0 tal que u0 + tv 2

y

k'(u0 + tv)

'(u0 )

y v 2 V entonces, para cada

'0 (u0 )(tv)kW < " ktvkV

8t 2 (

; ):

Dividiendo ambos lados de la desigualdad entre jtj obtenemos que '(u0 + tv) t

'(u0 )

'0 (u0 )v W

< " kvkV

si 0 < jtj < :

Es decir, '(u0 + tv) '(u0 ) 8v 2 V: t!0 t De este modo obtenemos una condición necesaria para que ' sea diferenciable en u0 : en primer lugar, para cada v 2 V debe existir el límite '0 (u0 )v = l m

'(u0 + tv) t!0 t

lm

'(u0 )

:

(9.13)

Este límite se llama la derivada direccional de ' en u0 en la dirección de v: En segundo lugar, la función G'(u0 ) : V ! W dada por '(u0 + tv) t!0 t

G'(u0 )v := l m

'(u0 )

(9.14)

debe ser lineal y continua. Esto da lugar al siguiente concepto. De…nición 9.19 Una función ' : ! W es Gâteaux-diferenciable en el punto u0 2 si, para cada v 2 V; existe la derivada direccional de ' en u0 en la dirección de v y la función G'(u0 ) de…nida en (9.14) pertenece a L(V; W ). ' es Gâteaux-diferenciable en si lo es en todo punto u 2 : La función G' :

! L(V; W );

u 7! G'(u);

se llama la derivada de Gâteaux2 de ': Cabe señalar que la existencia de la derivada direccional de ' en u0 en la dirección de v para toda v 2 V no basta para garantizar que G'(u0 ) 2 L(V; W ) [Ejercicio 9.45]. Tampoco basta con que ' sea Gâteaux-diferenciable para que sea diferenciable, como lo muestra el siguiente ejemplo. 2

René Eugène Gâteaux, matemático francés. Nació el 5 de mayo de 1889 en Vitry-le-François en la Marne y murió el 3 de octubre de 1914 en Rouvroy en el Pas-de-Calais.

9.4. UN CRITERIO DE DIFERENCIABILIDAD

169

Ejemplo 9.20 La función ' : R2 ! R dada por ( 3 x y si (x; y) 6= (0; 0); x4 +y 2 '(x; y) := 0 si (x; y) = (0; 0): es Gâteaux-diferenciable en R2 pero no es diferenciable en (0; 0) [Ejercicio 9.46]. Sin embargo, se tiene el siguiente resultado. Teorema 9.21 ' : ! W es de clase C 1 en si y sólo si ' es Gâteaux-diferenciable en y su derivada de Gâteaux G' : ! L(V; W ) es continua. En tal caso, '0 = G': Demostración: ( )) Al inicio de esta sección demostramos que, si ' es diferenciable en u0 ; entonces ' es Gâteaux-diferenciable en u0 y G'(u0 ) = '0 (u0 ): En consecuencia, si ' es de clase C 1 en ; entonces G' = '0 es continua. ( () Supongamos ahora que ' es Gâteaux-diferenciable en y que G' : ! L(V; W ) es continua. Sean u0 2 y " > 0: Entonces existe > 0 tal que u0 + v 2 y kG'(u0 + v)

G'(u0 )kL(V;W ) < "

Para cada v 2 V con kvkV < v (t)

Entonces

v

de…nimos

:= '(u0 + tv)

v

si kvkV < :

: [0; 1] ! W como '(u0 )

G'(u0 ) [tv] :

es diferenciable en (0; 1) y su derivada es 0 v (t)

+ h) v (t) h '(u0 + tv + hv) '(u0 + tv) = lm h!0 h '(u0 + tv + hv) '(u0 + tv) = lm h!0 h = G'(u0 + tv)v G'(u0 )v:

= lm

v (t

h!0

G'(u0 ) [hv] G'(u0 )v

Se sigue de (9.15) que k

0 v (t)kW

kG'(u0 + tv) G'(u0 )kL(V;W ) kvkV < " kvkV 8t 2 (0; 1):

Por el teorema del valor medio (ver Teorema 9.14), k'(u0 + v)

'(u0 )

G'(u0 )vkW = k v (1) " kvkV

v (0)kW

si kvkV < :

(9.15)

170


Esto prueba que ' es diferenciable en u0 y '0 (u0 ) = G'(u0 ): Como G' es continua, ' es de clase C 1 en : El teorema anterior proporciona un criterio muy útil para veri…car la diferenciabilidad de una función y calcular su derivada. Veamos un ejemplo. Ejemplo 9.22 Sea f : R ! R una función de clase C 1 : La función ' : C 0 [a; b] ! R dada por Z b '(u) := f (u(t))dt a

1

0

es de clase C en C [a; b] y su derivada es 0

' (u)v :=

Z

b

f 0 (u(t))v(t)dt:

a

Demostración: Probaremos primero que ' es Gâteaux-diferenciable. Sean u; v 2 C [a; b]; v 6= 0; y " > 0: Denotemos por 0

M := kuk1 + kvk1

y

~" :=

(b

" : a) kvk1

Como f 0 es uniformemente continua en [ M; M ] existe jf 0 (x)

f 0 (y)j < ~"

> 0 tal que

8x; y 2 [ M; M ] con jx

yj < :

Del Corolario 9.18 y la desigualdad anterior se sigue que, si x; x + hz 2 [ M; M ], jhzj < y s 2 [0; 1]; entonces jf (x + hz)

f (x)

f 0 (x)hz)j

sup jf 0 (x + shz)

s2[0;1]

f 0 (x)j jhzj < ~" jhzj :

(9.16)

Observa que ju(t) + hv(t)j

kuk1 + kvk1 =: M

8t 2 [a; b]; h 2 [0; 1]:

Por tanto, podemos aplicar la desigualdad (9.16) a x := u(t); z := v(t) y 0 < jhj < m nf1; kvk g para obtener 1

f (u(t) + hv(t)) h

f (u(t))

f 0 (u(t))v(t) < ~" jv(t)j

" b

a

8t 2 [a; b]:

9.4. UN CRITERIO DE DIFERENCIABILIDAD

171

En consecuencia, si 0 < jhj < m nf1; kvk g; entonces 1

'(u + hv) '(u) h Z b f (u(t) + hv(t)) h a

Z

b

f 0 (u(t))v(t)dt

a

f (u(t))

f 0 (u(t))v(t) dt < ":

Esto prueba que Z

b

'(u + hv) h!0 h

f 0 (u(t))v(t)dt = l m

a

'(u)

=: G'(u)v:

La función G'(u) : C 0 [a; b] ! R es claramente lineal y, como Z b f 0 (u(t))dt kvk1 8v 2 C 0 [a; b]; jG'(u)vj a

la Proposición 9.1 asegura que G'(u) es continua. Por tanto, ' es Gâteaux-diferenciable en u para todo u 2 C 0 [a; b]: Probaremos ahora que G' : C 0 [a; b] ! L(C 0 [a; b]; R) es continua. Sean u0 2 C 0 [a; b] y " > 0: Denotemos por M0 := ku0 k1 + 1: Como f 0 es uniformemente continua en [ M0 ; M0 ]; existe 2 (0; 1) tal que jf 0 (x) Observa que, si ku ju(t)j

f 0 (y)j <

"

(b

8x; y 2 [ M0 ; M0 ] con jx

a)

yj < :

u0 k1 < ; entonces

kuk1

ku0 k1 + ku

u0 k1

ku0 k1 + < M0

8t 2 [a; b]:

Por tanto, jG'(u)v

G'(u0 )vj

Z

b

a

jf 0 (u(t))

f 0 (u0 (t))j jv(t)j dt < " kvk1 :

En consecuencia, kG'(u)

jG'(u)v G'(u0 )vj <" kvk1 v2C 0 [a;b]

G'(u0 )kL(C 0 [a;b];R) = sup v6=0

Esto prueba que G' : C 0 [a; b] ! L(C 0 [a; b]; R) es continua. Del Teorema 9.21 se sigue que ' es de clase C 1 y que '0 = G':

si ku

u 0 k1 < :

172

9.5.


Derivadas parciales

Sean V1 ; :::; Vn ; W espacios de Banach. El producto cartesiano V1 norma k(v1 ; :::; vn )kV1 Vn := max kvj kVj

Vn con la

j=1;:::;n

es un espacio de Banach (ver Ejercicio 5.37). La inclusión en el j-ésimo factor, j

: Vj ! V1

Vn ;

j (v)

:= (0; :::; 0; |{z} v ; 0; :::; 0); j-ésimo

es una función lineal y una isometría. Si j;u

es abierto en V1

Vn y u 2 ; entonces

:= fv 2 Vj : u + j v 2 g

es un abierto de Vj que contiene a 0:

ϕ

Ω

W

u ϕ j,u

Ω j,u

0

En lo que resta de esta sección supondremos que

es abierto en V1

Vn :

De…nición 9.23 Una función ' : ! W es parcialmente diferenciable respecto a la j-ésima variable en el punto u de si la función 'j;u :

j;u

! W;

'j;u (v) := '(u + j v);

es diferenciable en 0: La derivada parcial de ' respecto a la j-ésima variable en u se de…ne como @j '(u) := '0j;u (0) 2 L(Vj ; W ):

9.5. DERIVADAS PARCIALES

173

La función ' es parcialmente diferenciable respecto a la j-ésima variable en si lo es en todo punto u 2 ; y la derivada parcial de ' respecto a la j-ésima variable en es la función @j ' :

! L(Vj ; W );

u 7! @j '(u):

Si ' : ! W es diferenciable en u entonces, por la regla de la cadena, ' es parcialmente diferenciable respecto a la j-ésima variable en u y @j '(u) = '0 (u)

j;

j = 1; :::; n:

Es decir, @j '(u) es la restricción de '0 (u) al factor Vj . Nota que v = v = (v1 ; :::; vn ): En consecuencia, '0 (u)v =

n P

@j '(u)vj ;

j = 1; :::; n:

Pn

j=1 j vj

si

(9.17)

j=1

Los siguientes ejemplos relacionan estos conceptos con conceptos bien conocidos de cálculo. Ejemplo 9.24 Si es abierto en Rn = R R y ' : ! R es diferenciable en x, entonces @j '(x) 2 L(R; R) = R. Como en la sección 9.3, identi…camos a la función lineal @j '(x) con su valor en 1: Ésta es la derivada parcial de ' respecto a xj a la que se suele denotar por @' (x) 2 R: @xj El gradiente de ' en x es el vector r'(x) :=

@' @' (x); :::; (x) @x1 @xn

2 Rn :

La fórmula (9.17) se escribe entonces como '0 (x)y =

n @' P (x)yj = r'(x) y; j=1 @xj

donde r'(x) y denota al producto escalar usual de r'(x) y y: Ejemplo 9.25 Si es abierto en Rn y ' = ('1 ; :::; 'm ) : ! Rm es diferenciable en x; entonces la j-ésima componente 'j de ' es la composición 'j := j ' con la j-ésima proyección m j : R ! R; j (z1 ; :::; zm ) := zj :

174


Como

j

es lineal, aplicando la regla de la cadena se tiene que '0j (x) =

j

'0 (x);

es decir, '0j (x) es la j-ésima componente de '0 (x): Por tanto, '0 (x)y = ('01 (x)y; :::; '0m (x)y) = (r'1 (x) y; :::; r'm (x) y); es decir, '0 (x) es la función lineal dada por la matriz 0

B '0 (x) = @

@'1 (x) @x1

@'1 (x) @xn

@'m (x) @x1

@'m (x) @xn

.. .

.. .

1 C A

que se llama la matriz jacobiana3 de ' en x. No es cierto, en general, que si ' es parcialmente diferenciable respecto a cada variable en u entonces ' es diferenciable en u [Ejercicio 9.46]: Pero sí lo es si se cumple además que @j ' es continua en para toda j = 1; :::; n. Teorema 9.26 Una función ' : ! W es de clase C 1 en mente diferenciable respecto a la j-ésima variable en y @j ' : es continua en

si y sólo si ' es parcial-

! L(Vj ; W )

para todo j = 1; :::; n:

Demostración: ( )) Ya vimos que, si ' : ! W es diferenciable en u; entonces ' es parcialmente diferenciable respecto a la j-ésima variable en u y @j '(u) = '0 (u) j : Por tanto, @j ' es continua si ' es de clase C 1 en . ( () Supongamos ahora que ' es parcialmente diferenciable respecto a la j-ésima variable en y que @j ' es continua en para todo j = 1; :::; n. Basta considerar el caso n = 2: Sean u = (u1 ; u2 ) 2 y " > 0: Como ' es diferenciable respecto a la primera variable en u y @2 ' es continua en u; existe > 0 tal que u+v 2 3

si v = (v1 ; v2 ) 2 V1

V2 y kvkV1

V2

:= maxfkv1 kV1 ; kv2 kV2 g < ;

Carl Gustav Jacob Jacobi, matemático alemán. Nació en Potsdam el 10 de diciembre de 1804 y murió en Berlín el 18 de febrero de 1851.

9.6. DERIVADAS DE ORDEN SUPERIOR

k'(u + 1 v1 )

'(u)

k@2 '(u + v)

175

" kv1 kV1 si kv1 kV1 < ; 4 " < si kvkV1 V2 < : 4

@1 '(u)v1 kW < @2 '(u)kL(V2 ;W )

(9.18)

La segunda desigualdad implica que k@2 '(u + 1 v1 )v2

@2 '(u)v2 kW

k@2 '(u + 1 v1 ) @2 '(u)kL(V2 ;W ) kv2 kV2 " (9.19) < si kv1 kV1 < ; kv2 kV2 4

y también que k@2 '(u + 1 v1 + t 2 v2 ) @2 '(u + 1 v1 )kL(V2 ;W ) k@2 '(u + 1 v1 + t 2 v2 ) @2 '(u)kL(V2 ;W ) + k@2 '(u) " < si kvkV1 V2 < y t 2 [0; 1]: 2

@2 '(u + 1 v1 )kL(V2 ;W )

De esta última desigualdad y el Corolario 9.18 se sigue que k'(u + v) '(u + 1 v1 ) @2 '(u + 1 v1 )v2 kW sup k@2 '(u + 1 v1 + t 2 v2 ) @2 '(u + 1 v1 )kL(V2 ;W ) kv2 kV2 t2[0;1]

<

" kv2 kV2 2

si kvkV1

V2

< :

(9.20)

Finalmente, de las desigualdades (9.18), (9.19) y (9.20) obtenemos k'(u + v) '(u) @1 '(u)v1 @2 '(u)v2 k k'(u + v) '(u + 1 v1 ) @2 '(u + 1 v1 )v2 k + k@2 '(u + 1 v1 )v2 + k'(u + 1 v1 ) '(u) @1 '(u)v1 k " kvkV1 V2 si kvkV1 V2 < :

@2 '(u)v2 k

Esto prueba que ' es diferenciable en u y '0 (u)v = @1 '(u)v1 + @2 '(u)v2 : Por tanto, ' es de clase C 1 en .

9.6.

Derivadas de orden superior

Sean V y W espacios de Banach y un subconjunto abierto de V: Si ' : ! W es diferenciable en ; su derivada es una función que toma valores en el espacio de Banach L(V; W ): Si '0 : ! L(V; W ) es, a su vez, diferenciable en decimos que '

176


: La derivada de '0 se llama la segunda derivada de ' y

es dos veces diferenciable en se denota por

D2 ' :

! L(V; L(V; W ));

o simplemente por '00 : Veremos a continuación que el espacio L(V; L(V; W )) tiene una representación sencilla: es el espacio de funciones bilineales y continuas V V ! W: Sean V1 ; :::; Vk ; W espacios de Banach. De…nición 9.27 Una función F : V1 Vk ! W es k-multilineal si es lineal en cada variable, es decir, si para cada j 2 f1; : : : ; kg y ui 2 Vi , i 6= j; la función Vj ! W dada por v 7 ! F (u1 ; :::; uj 1 ; v; uj+1 ; :::um ) es lineal. Si k = 2 se dice que F es bilineal. Denotamos por L(V1 ; :::; Vk ; W ) := fF : V1 Si V1 =

Vk ! W : F es k-multilineal y continuag:

= Vk = V escribimos simplemente Lk (V; W ) := L(V; :::; V ; W ): | {z } k veces

Como en el caso k = 1 se tiene el siguiente resultado. Proposición 9.28 Si F : V1 si y sólo si existe c 2 R tal que kF (v)kW

c kv1 kV1

Vk ! W es k-multilineal, entonces F es continua

kvk kVk

8v = (v1 ; :::; vk ) 2 V1

Demostración: ( )) Si F es continua, existe kF (v)kW < 1

si kvkV1

Vk

Por tanto, para todo v = (v1 ; :::; vk ) 2 V1 kvk kVk

kF (v)kW = F

> 0 tal que := max kvj kVj < : j=1;:::;k

Vk ;

k

2k kv1 kV1

(9.21)

Vk :

2

v1 vk ;:::; kv1 kV1 kvk kVk

!!

< 1: W

En consecuencia, kF (v)kW

2k k

kv1 kV1

kvk kVk

8v = (v1 ; :::; vk ) 2 V1

Vk :


177

( () Supongamos ahora que se cumple (9.21). Sean u; v 2 V1 kukV1 Vk + 1: Como F es k-multilineal, F (v)

F (u) = F (v1 u1 ; v2 ; :::; vk ) kP1 + F (u1 ; :::; ui 1 ; vi

Vk y R :=

ui ; vi+1 ; :::; vk )

i=2

+F (u1 ; :::; uk 1 ; vk

uk ):

Aplicando la desigualdad del triángulo y la desigualdad (9.21) concluimos que kF (v)

F (u)kW

c kv1 +c

kP1 i=2

u1 kV1 kv2 kV2 ku1 kV1

+c ku1 kV1 cRk

1

k P

i=1

kvk kVk

kui 1 kVi kuk 1 kVk

kvi

1

ui kVi

1

kvi

kvk si kv

ui kVi kvi+1 kVi+1

kvk kVk

uk kVk ukV1

Vk

< 1:

De esta desigualdad se sigue inmediatamente que F es continua en u: Para F 2 L(V1 ; :::; Vk ; W ) de…nimos kF kL(V1 ;:::;Vk ;W ) :=

kF (v1 ; :::; vk )kW : kvk kVk vj 2Vj rf0g kv1 kV1

(9.22)

sup

j=1;:::;k

Esta es una norma en L(V1 ; :::; Vk ; W ); que coincide con la de…nida en (9.1) cuando k = 1: Asociando a cada F 2 L(V1 ; :::; Vk ; W ) la función F^ 2 L(V1 ; L(V2 ; ; Vk ; W )) dada por (F^ v1 )(v2 ; : : : ; vk ) := F (v1 ; v2 ; : : : ; vk ); vj 2 Vj ; obtenemos un isomor…smo de espacios vectoriales

L(V1 ; :::; Vk ; W ) = L(V1 ; L(V2 ;

(9.23)

; Vk ; W ))

que es además una isometría, es decir, kF kL(V1 ;:::;Vk ;W ) = F^

L(V1 ;L(V2 ;

;Vk ;W ))

[Ejercicio 9.56]. Iterando estos isomor…smos obtenemos L(V1 ; :::; Vk ; W ) = L(V1 ; L(V2 ;

; L(Vk 1 ; L(Vk ; W ))

)):

En consecuencia, L(V1 ; :::; Vk ; W ) es un espacio de Banach (ver Proposición 9.3).

178


De…nición 9.29 Sea k 2 N; k 2: Una función ' : ! W es k-veces diferenciable en si ' es (k 1)-veces diferenciable en y su derivada de orden k 1 es diferenciable en : La derivada de Dk 1 ' : ! Lk 1 (V; W ) se llama la derivada de orden k de ' y se denota Dk ' : ! L(V; Lk 1 (V; W )) = Lk (V; W ):

Si Dk ' es continua en decimos que ' es de clase C k en : Si Dj ' admite una extensión continua a la cerradura de para cada j = 0; 1; : : : ; k; donde D0 ' := '; decimos que ' es de clase C k en : Finalmente, si ' es de clase C k en (resp. en ) para todo k 2 N, decimos que ' es de clase C 1 en (resp. en ): Veamos un ejemplo. Ejemplo 9.30 La función ' : `2 ! R dada por '(x) := kxk2`2 es de clase C 1 en `2 , D2 '(x)(y; z) = 2

1 P

8x; y; z 2 `2 ;

yk zk

k=1

y Dk '(x) = 0 2 Lk (`2 ; R) para todo x 2 `2 ; k

3:

Demostración: Sabemos que ' es diferenciable, que su derivada '0 : `2 ! L(`2 ; R) está dada por 1 P xk zk 8x = (xk ); z = (zk ) 2 `2 '0 (x)z = 2 k=1

0

(ver Ejemplo 9.10) y que ' es continua (ver Ejemplo 9.16). Observa además que '0 es lineal, es decir, '0 ( x + y) = '0 (x) + '0 (y)

8x; y 2 `2 ;

;

2 R:

El Ejemplo 9.9 asegura entonces que D2 '(x) = '0 para todo x 2 `2 ; y usando el isomor…smo (9.23) obtenemos D2 '(x)(y; z) = '0 (y; z) = '0 (y)z = 2

1 P

k=1

yk zk

8x; y; z 2 `2 :

Más aún, como D2 ' : `2 ! L2 (`2 ; R) es constante, el Ejemplo 9.8 asegura que Dk '(x) = 0 2 Lk (`2 ; R) para todo x 2 `2 ; k 3: Como ocurre en espacios euclidianos, la derivada de orden k en cada punto es simétrica.


179

Proposición 9.31 Si ' : ! W es k-veces diferenciable en u 2 ; la k-ésima derivada de ' en u es simétrica, es decir, Dk '(u)(v1 ; : : : ; vk ) = Dk '(u)(v

entonces, para cada

(1) ; : : : ; v (k) )

para cualesquiera v1 ; : : : ; vk 2 V y cualquier permutación

: f1; : : : ; kg ! f1; : : : ; kg:

Demostración: Consideramos dos casos. Caso 1. k = 2: Sean u 2 y " > 0: Como ' es dos veces diferenciable en u existe u+v 2 y '0 (u + v)

'0 (u)

D2 '(u)v

L(V;W )

< " kvkV

si kvkV < 2 :

Sean v; w 2 V tales que maxfkvkV ; kwkV g < : De…nimos (t) := '(u + tv + w)

> 0 tal que (9.24)

: [0; 1] ! W como

'(u + tv):

Entonces 0

(t)

D2 '(u)(w; v) =

'0 (u + tv + w)v '0 (u)v D2 '(u)(tv + w; v) '0 (u + tv)v '0 (u)v D2 '(u)(tv; v)

y aplicando (9.24) obtenemos 0

(t)

D2 '(u)(w; v)

'0 (u + tv + w)

W

+ '0 (u + tv)

'0 (u) '0 (u)

D2 '(u)(tv + w) D2 '(u)(tv)

< 2" (kvkV + kwkV ) kvkV

L(V;W )

8t 2 [0; 1]:

L(V;W )

kvkV

kvkV

El Corolario 9.18 y la desigualdad anterior implican que (1)

(0)

D2 '(u)(w; v)

W

k (1)

0

(0)

sup k 0 (t)

t2[0;1]

0

3 sup

(t)

0

0

(0)kW +

(0)kW +

0

(0)

D2 '(u)(w; v)

t2[0;1]

(0)

D2 '(u)(w; v) D2 '(u)(w; v)

W

W

6" (kvkV + kwkV ) kvkV : Observa que (1) (0) = '(u + v + w) '(u + v) '(u + w) + '(u) es simétrica en v y w; por lo que intercambiando los papeles de v y w en la desigualdad anterior obtenemos (1)

(0)

D2 '(u)(v; w)

W

6" (kvkV + kwkV ) kwkV :

W

180


En consecuencia, D2 '(u)(v; w)

D2 '(u)(w; v)

6" (kvkV + kwkV )2

W

si maxfkvkV ; kwkV g < :

Si v; w 2 V son arbitrarios, escogemos 2 (0; 1] tal que maxfk vkV ; k wkV g < : De la desigualdad anterior se sigue entonces que D2 '(u)(v; w)

D2 '(u)(w; v)

W

=

1 2

D2 '(u)( v; w)

1

2 6" (k

D2 '(u)( w; v)

W

vkV + k wkV )2 = 6" (kvkV + kwkV )2 :

Como " > 0 es arbitraria, concluimos que D2 '(u)(v; w) = D2 '(u)(w; v) para cualesquiera v; w 2 V: Caso 2. k > 2: El resultado se obtiene por inducción usando el caso k = 2 y el isomor…smo (9.23).

De…nición 9.32 Si V y W son espacios de Banach, V y k 2 N [ f1g de…nimos C k ( ; W ) : = f' : C k ( ; W ) : = f' :

es un subconjunto abierto de

! W : ' es de clase C k en ! W : ' es de clase C k en

g; g:

Si W = R escribiremos simplemente C k ( ) : = C k ( ; R); C k ( ) : = C k ( ; R):

9.7.

La fórmula de Taylor

Si ' es diferenciable en u0 entonces '(u0 + v) = '(u0 ) + '0 (u0 )v + r1 (v) kr (v)k

donde l mv!0 1kvk W = 0: Es decir, cerca de u0 ; ' es la suma de una función constante V más una función lineal salvo por un término que tiende a cero más rápidamente que kvkV : La fórmula de Taylor generaliza esta a…rmación. Asegura que si ' es de clase C k en u0 entonces, cerca de ese punto, ' es una suma de funciones j-multilineales, j = 0; : : : ; k, salvo por un término que tiende a cero más rápidamente que kvkkV :

9.7. LA FÓRMULA DE TAYLOR

181

El teorema que veremos a continuación es una extensión a espacios de Banach del teorema de Taylor4 para funciones reales de variable real del cálculo diferencial. Usaremos ese resultado para demostrar éste, por lo que conviene que repases su demostración [Ejercicio 9.58]. Teorema 9.33 (Taylor) Si V es un espacio de Banach, es un subconjunto abierto de V; u0 2 y v 2 V satisfacen que u0 + tv 2 para todo t 2 [0; 1]; y ' 2 C k+1 ( ); entonces existe 2 (0; 1) tal que 1 '(u0 + v) = '(u0 ) + D'(u0 )v + D2 '(u0 )(v; v) + 2 1 k 1 + D '(u0 )(v; : : : ; v ) + Dk+1 '(u0 + v)(v; : : : ; v ): | {z } | {z } k! (k + 1)! k veces

k+1 veces

Demostración: Observa que la función real de variable real f (t) := '(u0 + tv) está de…nida en algún intervalo abierto que contiene a [0; 1]; es de clase C k+1 en dicho intervalo y j = 1; :::; k + 1: (9.25) Dj f (t) = Dj '(u0 + tv)(v; : : : ; v ); | {z } j veces

En efecto: por la regla de la cadena, Df (t) = D'(u0 + tv)v: Argumentando por inducción, si Dj 1 f (t) = Dj 1 '(u0 + tv)(v; : : : ; v) para algún j = 2; :::; k + 1; entonces Dj 1 f = E (Dj 1 ') ; donde (t) := u0 + tv y E es la función que a cada F 2 Lj 1 (V; R) le asocia el valor F (v; : : : ; v) 2 R. Observa que E es lineal y continua [Ejercicio 9.55]. Entonces, aplicando la regla de la cadena obtenemos Dj f (t) = Dj '(u0 + tv)v (v; : : : ; v ): | {z } j 1 veces

que corresponde a (9.25) bajo el isomor…smo (9.23). Aplicando el teorema de Taylor para funciones de variable real [Ejercicio 9.58] a la función f; concluimos que existe 2 (0; 1) tal que 1 1 1 '(u0 + v) = f (1) = f (0) + Df (0) + D2 f (0) + + Dk f (0) + Dk+1 f ( ) 2 k! (k + 1)! 1 = '(u0 ) + D'(u0 )v + D2 '(u0 )(v; v) + 2 1 1 k Dk+1 '(u0 + v)(v; : : : ; v ): + D '(u0 )(v; : : : ; v ) + | {z } | {z } k! (k + 1)! k veces

4

k+1 veces

Brook Taylor, matemático inglés. Nació el 18 de agosto de 1685 en Edmonton, Middleesex y murió en Londres el 30 de noviembre de 1731.

182


Esta es la identidad deseada.

Corolario 9.34 (Fórmula de Taylor) Si V es un espacio de Banach, conjunto abierto de V; u0 2 y ' 2 C k ( ); entonces la función rk (v) := '(u0 + v)

'(u0 )

D'(u0 )v

1 k D '(u0 )(v; : : : ; v ) | {z } k!

es un sub-

(9.26)

k veces

está de…nida en una vecindad de 0 en V y satisface lm

v!0

rk (v) kvkkV

= 0:

Demostración: Sea > 0 tal que BV (u0 ; ) : Aplicando el Teorema 9.33 con k en vez de k + 1 obtenemos que, para cada v 2 BV (0; ); existe v 2 (0; 1) tal que '(u0 + v) =

kP1

1 1 j D '(u0 )(v; : : : ; v) + Dk '(u0 + k! j=0 j!

v v)(v; : : : ; v):

Por otra parte, de la de…nición de rk se sigue que '(u0 + v) =

k 1 P Dj '(u0 )(v; : : : ; v) + rk (v): j=0 j!

Tomando la diferencia de estas identidades obtenemos 1 rk (v) = Dk '(u0 + v v) Dk '(u0 ) (v; : : : ; v): k! En consecuencia, si v 6= 0; jrk (v)j kvkkV

Dado que Dk ' : k (v) l mv!0 rkvk k = 0:

=

1 Dk '(u0 + v v) Dk '(u0 ) (v; : : : ; v) k! kvkkV 1 Dk '(u0 + v v) Dk '(u0 ) L (V;R) : k k!

! Lk (V; R) es continua en u0 y que

v

2 (0; 1), concluimos que

V

La función Pk (v) := '(u0 ) + D'(u0 )v +

+

1 k D '(u0 )(v; : : : ; v ) | {z } k! k veces

se llama la expansión de Taylor de grado k de ' alrededor de u0 :

9.8. EJERCICIOS

9.8.

183

Ejercicios

Ejercicio 9.35 Prueba que kT kL(V;W ) := sup v2V v6=0

kT vkW kvkV

es una norma en L(V; W ): Ejercicio 9.36 Prueba que, para todo T 2 L(V; W ); kT kL(V;W ) =

sup v2BV (0;1)

donde BV (0; 1) := fv 2 V : kvkV

kT vkW =

sup v2SV (0;1)

kT vkW :

1g y SV (0; 1) := fv 2 V : kvkV = 1g:

Ejercicio 9.37 Sean V; W; Z espacios de Banach, T1 2 L(V; W ) y T2 2 L(W; Z): Prueba que kT2 T1 kL(V;Z) kT2 kL(W;Z) kT1 kL(V;W ) : Ejercicio 9.38 Prueba que, si '; es diferenciable en u0 y ( '+

:

! W son diferenciables en u0 ; entonces '+

)0 (u0 ) = '0 (u0 ) +

0

(u0 ):

Ejercicio 9.39 Sean V1 ; V2 espacios de Banach, (u1 ; u2 ) 2 V1 funciones 1;u2 2;u1

: V1 ! V1 : V2 ! V1

V2 ; V2 ;

V2 : Prueba que las

1;u2 (v1 )

:= (v1 ; u2 ); 2;u1 (v2 ) := (u1 ; v2 );

son diferenciables y calcula su derivada. Ejercicio 9.40 Prueba que la función ' : C 0 ([0; 1]; V ) ! V

V dada por

'( ) := ( (0); (1)) es diferenciable y calcula su derivada. Ejercicio 9.41 Prueba que la función ' : C 0 [0; 1] ! R dada por Z 1 '(u) := u2 0

es diferenciable y calcula su derivada.

184


Ejercicio 9.42 Un subconjunto A de un espacio métrico X es conexo si para cualesquiera a1 ; a2 2 A existe una trayectoria de a1 a a2 en A: Prueba que, si es un subconjunto abierto y conexo de un espacio de Banach V , ' : ! W es diferenciable en y '0 (u) = 0 para todo u 2 ; entonces ' es constante en : (Sugerencia: Usa el teorema del valor medio.) Ejercicio 9.43 Sea ' : R2 ! R dada por ( 2 2 '(x; y) :=

x y x2 +y 2

0

si (x; y) 6= (0; 0); si (x; y) = (0; 0):

Prueba que ' es diferenciable en (0; 0): (Sugerencia: Usa la desigualdad de Young (Lema 2.11).) Ejercicio 9.44 Sea ' : R2 ! R dada por ( p xy si (x; y) 6= (0; 0); x2 +y 2 '(x; y) := 0 si (x; y) = (0; 0): Prueba que existen las derivadas parciales @' (0; 0) y @' (0; 0); pero que no existe ninguna @x @y otra derivada direccional en (0; 0), es decir, si xy 6= 0 no existe el límite lm

'(tx; ty)

Ejercicio 9.45 Sea ' : R2 ! R dada por ( 2 '(x; y) :=

'(0; 0) t

t!0

xy x2 +y 2

0

:

si (x; y) 6= (0; 0); si (x; y) = (0; 0):

Prueba que existen todas las derivadas direccionales de ' en (0; 0), pero que ' no es Gâteaux-diferenciable en (0; 0): Ejercicio 9.46 Prueba que la función ' : R2 ! R dada por ( 3 x y si (x; y) 6= (0; 0); x4 +y 2 '(x; y) := 0 si (x; y) = (0; 0): es Gâteaux-diferenciable en (0; 0); pero no es diferenciable en (0; 0):

9.8. EJERCICIOS

185

Ejercicio 9.47 Considera las funciones f1 ; f2 ; f1 : Rn ! R dadas por f1 (x) := kxk1 ;

f2 (x) := kxk2 ;

f1 (x) := kxk1 :

Investiga en qué puntos son diferenciables y calcula su derivada en dichos puntos. Ejercicio 9.48 Considera la función k k1 : `1 ! R,

kxk1 :=

1 P

k=1

jxk j :

(a) Prueba que k k1 es Gâteaux-diferenciable en x = (xk ) si y sólo si xk 6= 0 para todo k 2 N: Calcula, en este caso, su derivada de Gâteaux. (b) Prueba que k k1 no es Fréchet-diferenciable en ningún punto. Ejercicio 9.49 Sea f 2 C 0 [a; b]: Prueba que la función ' : (a; b) ! R dada por Z b '(t) := f (s)ds t

es de clase C 1 y su derivada es '0 (t) =

f (t):

Ejercicio 9.50 Sea f : [a; b] R ! R una función continua, cuya derivada parcial respecto a la segunda variable existe y es continua en [a; b] R. (a) Prueba que la función ' : C 0 [a; b] ! R dada por Z b f (s; u(s))ds '(u) := a

es de clase C 1 y su derivada está dada por Z b 0 ' (u)v = @2 f (s; u(s)) [v(s)] ds: a

(b) Prueba que la función

: C 0 [a; b] ! C 0 [a; b] dada por Z t (u)(t) := f (s; u(s))ds a

es de clase C 1 y su derivada está dada por Z t 0 ( (u)v) (t) = @2 f (s; u(s)) [v(s)] ds: a

186


Ejercicio 9.51 (a) Prueba que toda función T 2 L(V; W ) es de clase C 1 y calcula su derivada de orden k para todo k 2 N: (b) Prueba que toda función F 2 L2 (V1 ; V2 ; W ) es de clase C 1 y calcula su derivada de orden k para todo k 2 N: Ejercicio 9.52 Sea F 2 L2 (V; R): Si F es simétrica, es decir, si F (v1 ; v2 ) = F (v2 ; v1 ) para cualesquiera v1 ; v2 2 V; prueba que la función 1 Q(v) = F (v; v); 2

Q : V ! R,

es de clase C 1 y calcula todas sus derivadas. Ejercicio 9.53 Prueba que la función ' : C 0 [0; 1] ! C 0 [0; 1] dada por '(u) := u2 es de clase C 1 y calcula todas sus derivadas. Ejercicio 9.54 Sea K : [a; b] [a; b] ! R una función continua y simétrica. Prueba que la función ' : C 0 [a; b] ! R dada por '(u) :=

Z bZ a

b

K(x; y)u(x)u(y)dxdy

a

es de clase C 1 y calcula todas sus derivadas. Ejercicio 9.55 Sean V1 ; :::; Vn ; W espacios de Banach y vj 2 Vj : Prueba que la función E : L(V1 ; :::; Vn ; W ) ! W;

E(F ) := F (v1 ; : : : ; vn );

es lineal y continua. Ejercicio 9.56 Considera la función : L(V1 ; V2 ; W ) ! L(V1 ; L(V2 ; W )) dada por (F ) := F^ donde (F^ v1 )v2 = F (v1 ; v2 ); 8v1 2 V1 ; v2 2 V2 : Prueba que (a) está bien de…nida, es decir, F^ 2 L(V1 ; L(V2 ; W )) si F 2 L(V1 ; V2 ; W ), (b) es un isomor…smo de espacios vectoriales, (c) es una isometría, es decir, kF kL(V1 ;V2 ;W ) = F^

L(V1 ;L(V2 ;W ))

8F 2 L(V1 ; V2 ; W ):

9.8. EJERCICIOS

187

Ejercicio 9.57 Sean V1 ; :::; Vn ; W espacios de Banach, un subconjunto abierto de V := V1 Vn y ' : ! W . (a) Prueba que si ' es de clase C 2 entonces existen las derivadas parciales de orden 2; @j @i '(u) := @j (@i ') (u) 2 L(Vj ; L(Vi ; W )) = L(Vj ; Vi ; W ); para cualesquiera u 2 ; i; j = 1; : : : ; n; y que se cumple D2 '(u)(v; w) =

n P

@j @i '(u)(vj ; wi )

i;j=1

para cualesquiera v = (v1 ; : : : ; vn ); w = (w1 ; : : : ; wn ) 2 V: (b) Prueba que, si ' es de clase C 2 ; entonces @j @i '(u) = @i @j '(u) para cualesquiera u 2 ; i; j = 1; : : : ; n: (c) Prueba que, si las derivadas parciales @j @i ' : ! L(Vj ; Vi ; W ) de orden 2 existen y son continuas para cualesquiera i; j = 1; : : : ; n; entonces ' es de clase C 2 . (d) Formula y demuestra los resultados análogos para ' de clase C k ; k 2: Ejercicio 9.58 (Teorema de Taylor para funciones de variable real) Si f 2 C k+1 (a; b) y 0 2 (a; b) entonces, para cada t 2 (a; b); existe un punto 2 (0; 1) tal que 1 f (t) = f (0) + Df (0)t + D2 f (0)t2 + 2

+

1 k 1 D f (0)tk + Dk+1 f ( t)tk+1 : k! (k + 1)!

Ejercicio 9.59 Sea Q : V ! R como en el Ejercicio 9.52. (a) Para cualesquiera k 2 y u0 2 V; calcula la expansión de Taylor de grado k de Q alrededor de u0 : (b) Calcula la función rk de…nida en (9.26). Ejercicio 9.60 Sea por

:= f(x; y) 2 R2 : x + y 6= 0g y sea ' :

! R la función dada

x y : x+y (a) Calcula la expansión de Taylor de grado 2 de la función ' alrededor de (1; 1): (b) Comprueba directamente que la función r2 de…nida en (9.26) con u0 = (1; 1) satisface r2 (x; y) lm = 0: (x;y)!(1;1) x2 + y 2 '(x; y) :=

Ejercicio 9.61 Utiliza una expansión de Taylor de la función '(x; y) := cos(x + y) para calcular 1 cos(x + y) p lm : (x;y)!(0;0) x2 + y 2

188


Capítulo 10 El teorema de la función implícita Sean ' : ! R una función de clase C 1 de…nida en un abierto de Rn ; y c 2 R: Queremos obtener información sobre la estructura del conjunto de soluciones 2 de la ecuación '( ) = c; (10.1) al que denotaremos por M := f 2

: '( ) = cg:

2

Veamos un ejemplo. Si ' : R ! R es la función '(x; y) = x2 y 2 entonces, si c < 0;pel conjunto M tiene dos componentes: una p de ellas es la grá…ca de la función x2 c: Análogamente, si c > 0; el x 7! x2 c y la otra es la grá…ca de x 7! p 2 conjunto M tiene p dos componentes: la grá…ca de la función y 7! c + y y la de la función y 7! c + y 2 : En cambio, si c = 0; no existe ninguna vecindad de (0; 0) en R2 cuya intersección con M sea la grá…ca de alguna función.

x2

y2 = c < 0

x2

y2 = c > 0

x2

y2 = 0

Nota que r'(x; y) 6= (0; 0) si (x; y) 6= (0; 0): En este caso, la recta perpendicular a r'(x; y) es tangente a M en el punto (x; y); es decir, M se parece a dicha recta en una vecindad del punto. 189

190

10. EL TEOREMA DE LA FUNCIÓN IMPLíCITA

Los conjuntos M de soluciones de (10.1) que tienen la propiedad de que r'( ) 6= 0 para todo 2 M se llaman variedades. El teorema de la función implícita asegura que, si M es una variedad entonces, en una vecindad de cada punto 2 M , M es la grá…ca de una función cuyo dominio es un abierto en el subespacio de Rn ortogonal a r'( ) y cuyo codominio es el espacio generado por r'( ): M

ϕ(ξ)

∆ ξ

En particular, cerca de ; M se parece a Rn 1 : Esto permite extender conceptos y resultados del cálculo diferencial a las variedades. En las aplicaciones interesa a menudo encontrar mínimos o máximos locales de una cierta función g : ! R sobre una variedad M: El teorema de la función implícita proporciona un criterio sencillo para detectarlos: si 2 M es un máximo o un mínimo local de g en M; entonces rg( ) es perpendicular al espacio tangente a M en . Por ejemplo, si g(x; y; z) := z es la función que a cada punto de R3 le asocia su altura respecto al plano xy; los máximos y mínimos locales de g sobre una super…cie M en R3 tienen la propiedad de que el plano tangente a M en tales puntos es paralelo al plano xy:

Los resultados anteriores son válidos también en espacios de Banach y tienen aplicaciones importantes en ese contexto, por ejemplo, para probar la existencia de soluciones de ciertas ecuaciones diferenciales no lineales.

10.1. EL TEOREMA DE LA FUNCIÓN IMPLíCITA

10.1.

191

El teorema de la función implícita

Sean Y un espacio de Banach, un subconjunto abierto de Y , ' : ! Rm una función de clase C 1 y c 2 Rm : Como mencionamos en la introducción, nos interesa obtener información sobre la estructura del conjunto de soluciones u 2 de la ecuación (10.2)

'(u) = c; al que denotaremos por M := fu 2

: '(u) = cg:

Veamos el siguiente ejemplo. + x2n : Si c > 0, el Ejemplo 10.1 Sea ' : Rn ! R lapfunción '(x1 ; : : : ; xn ) = x21 + conjunto M es la esfera de radio c con centro en el origen. Ésta tiene la propiedad de que, localmente, se parece a Rn 1 en el siguiente sentido: Para cada punto 2 M existe un subespacio vectorial T M de Rn de dimensión n 1; a saber T M := fy 2 Rn : y

= 0g;

tal que, en una vecindad de ; el conjunto M es la grá…ca de una función de clase C 1 cuyo dominio es la bola unitaria abierta en T M y cuyo codominio es el complemento ortogonal de T M: ξ

TξM

Dicha función f está de…nida como sigue: Si fv1 ; :::; vn 1 g es una base ortonormal de T M y v = x1 v1 + + xn 1 vn 1 cumple que kvk < 1; entonces f (v) :=

q

1

(x21 +

+ x2n 1 )

:

La grá…ca de f resulta ser el conjunto fy 2 M : y > 0g; el cual es abierto en M y contiene a . Observa que r'( ) = 2 , por lo que T M = fy 2 Rn : y r'( ) = 0g:

192


Queremos obtener una condición su…ciente para que el conjunto de soluciones de la ecuación (10.2) sea, localmente, la grá…ca de una función. El siguiente concepto jugará un papel fundamental. De…nición 10.2 Decimos que c 2 Rm es un valor regular de ' : Y ! Rm es suprayectiva para todo u 2 M := fw 2 : '(w) = cg. El subespacio vectorial

! Rm si '0 (u) :

Tu M := ker '0 (u) = fv 2 Y : '0 (u)v = 0g de Y se llama el espacio tangente a M en el punto u 2 M: Nota que, si M = ;; entonces c es un valor regular de '. Si c es un valor regular de ' y M 6= ;; necesariamente dim Y m: Observa además que, dado que '0 (u) : Y ! Rm es continua, el espacio tangente Tu M es un subespacio cerrado de Y y, por tanto, es un espacio de Banach. Ejemplo 10.3 Si es un subconjunto abierto de Rn y ' : ! R es de clase C 1 entonces c es un valor regular de ' si y sólo si r'( ) 6= 0 para cada 2 M: En este caso, T M = fy 2 Rn : y r'( ) = 0g; es decir, T M es el subespacio ortogonal a r'( ): Este ejemplo incluye a la función '(x1 ; : : : ; xn ) = x21 + Ejemplo 10.1, y es un caso particular del siguiente ejemplo.

+ x2n ; considerada en el

Ejemplo 10.4 Si es un subconjunto abierto de Rn y ' = ('1 ; :::; 'm ) : ! Rm es de clase C 1 ; m n; entonces c es un valor regular de ' si y sólo si el conjunto fr'1 ( ); : : : ; r'm ( )g es linealmente independiente para cada

2 M: En ese caso,

T M = fy 2 Rn : y r'j ( ) = 0; j = 1; : : : ; mg es el complemento ortogonal del espacio generado por fr'1 ( ); : : : ; r'm ( )g : Demostración: En efecto, '0 ( ) es la función lineal dada por la matriz jacobiana 0 @'1 1 @'1 ( ) ( ) @x1 @xn C B .. .. '0 ( ) = @ A; . . @'m @'m ( ) ( ) @x1 @xn

10.1. EL TEOREMA DE LA FUNCIÓN IMPLíCITA

193

y ésta es suprayectiva si y sólo si la matriz tiene rango máximo, es decir, sí y sólo si sus renglones son linealmente independientes. Si queremos expresar localmente a M como la grá…ca de una función de…nida en un subconjunto abierto del espacio tangente, necesitamos primero expresar a Y como un producto de espacios de Banach de la forma Tu M Wu : Si Y = Rn podemos simplemente tomar a Wu como el complemento ortogonal de Tu M: Desde un punto de vista puramente algebraico, todo subespacio V de un espacio vectorial Y tiene un espacio complementario, es decir, existe un subespacio W de Y tal que Y es linealmente isomorfo a V W: Sin embargo, si Y es un espacio de Banach de dimensión in…nita y V es cerrado en Y; ni W es necesariamente cerrado en Y; ni Y es necesariamente homeomorfo a V W: En el caso particular que estamos considerando se tiene el siguiente resultado. Proposición 10.5 Si Y es un espacio de Banach, L 2 L(Y; Rm ) es suprayectiva y V := ker L; entonces existe un subespacio vectorial cerrado W de Y tal que la restricción L jW : W ! Rm de L a W es un isomor…smo de espacios vectoriales y la función lineal :V

W ! Y;

(v; w) := v + w;

es un homeomor…smo. Demostración: Sea fe1 ; : : : ; em g la base canónica de Rm : Escojemos wj 2 Y tal que Lwj = ej ; j = 1; :::; m; y denotamos por W al subespacio vectorial de Y generado por fw1 ; : : : ; wm g: La función lineal S : Rm ! Y dada por S(x1 ; :::; xm ) := x1 w1 +

+ xm wm

es también continua, ya que su dominio es de dimensión …nita (ver Ejercicio 4.42). Además, cumple que LSx = x para todo x 2 Rm : En consecuencia, y SLy 2 ker L para todo y 2 Y y la función :Y !V

W;

(y) := (y

SLy; SLy);

es lineal y continua (ver Ejercicio 3.49). Claramente, es lineal y continua y Observa que SL(v + w) = SLw = w para todo v 2 V; w 2 W: Por tanto, ( (v; w)) = (v + w

= idY :

SL(v + w); SL(v + w)) = (v; w);

es decir, = idV W : Esto prueba que es un homeomor…smo. Para probar que W es cerrado en Y tomemos una sucesión (yk ) en W tal que yk ! y en Y: Como SL es continua, se tiene que yk = SLyk ! SLy: En consecuencia, y = SLy 2 W: Esto prueba que W es cerrado en Y:

194


De…nición 10.6 Una función lineal y biyectiva L : V ! W entre dos espacios de Banach V y W que es además un homeomor…smo se llama un isomor…smo de Banach.

De la Proposición 10.5 se desprende que, si c es un valor regular de ' entonces, para cada u 2 M; existe un subespacio cerrado Wu de Y tal que la función : Tu M

Wu ! Y;

(v; w) := v + w;

es un isomor…smo de Banach. El teorema de la función implicita, que enunciaremos a continuación, garantiza que M se puede expresar localmente como la grá…ca de una función cuyo dominio es un abierto de Tu M y cuyo codominio es Wu : Teorema 10.7 (de la función implícita) Sean V; W; Z espacios de Banach, un 1 subconjunto abierto de V W , (v0 ; w0 ) 2 y ' : ! Z una función de clase C en : Si '(v0 ; w0 ) = c y @2 '(v0 ; w0 ) 2 L(W; Z) es un isomor…smo de Banach, entonces existen ; > 0 tales que BV (v0 ; ) BW (w0 ; ) y una función f : BV (v0 ; ) ! W 1 de clase C con las siguientes propiedades: (I) El conjunto de soluciones (v; w) 2 BV (v0 ; ) BW (w0 ; ) de la ecuación '(v; w) = c coincide con la grá…ca de f; graf(f ) := f(v; f (v)) : v 2 BV (v0 ; )g: En particular, f (v0 ) = w0 y f (v) 2 BW (w0 ; ) para todo v 2 BV (v0 ; ): (II) Para todo v 2 BV (v0 ; ) se cumple que @2 '(v; f (v)) es un isomor…smo de Banach y f 0 (v) = [@2 '(v; f (v))] 1 @1 '(v; f (v)): Pospondremos la demostración de este teorema para la Sección 10.4 de este capítulo, y procederemos a presentar algunas consecuencias importantes. La Proposición 10.5 asegura que, si c 2 Rm es un valor regular de ' : ! Rm ; entonces para cada u 2 M existe un subespacio cerrado Wu de Y tal que la función : Tu M

Wu ! Y;

(v; w) := v + w;

es un isomor…smo de Banach. Identi…cando a Y con Tu M Wu mediante dicho isomor…smo, se obtiene que @2 '(u) '0 (u) jWu : Wu ! Rm es un isomor…smo. Nota que Wu no es único. Para cualquier elección de Wu con las propiedades mencionadas se tiene el siguiente resultado, que es consecuencia inmediata del teorema de la función implícita.

10.2. EXTREMOS LOCALES DE UNA FUNCIONES DIFERENCIABLES SOBRE UNA VARIEDAD

195

Corolario 10.8 Si c 2 Rm es un valor regular de ' : ! Rm y u = v0 + w0 2 M con v0 2 Tu M y w0 2 Wu ; entonces existen ; > 0 y una función f : BTu M (v0 ; ) ! Wu de clase C 1 tal que M \ (BTu M (v0 ; )

BWu (w0 ; )) = fv + f (v) : v 2 BTu M (v0 ; )g:

Más aún, @2 '(v + f (v)) es un isomor…smo y f 0 (v) =

[@2 '(v + f (v))]

1

@1 '(v + f (v))

para cada v 2 BTu M (v0 ; ). Es importante hacer notar que, si la función ' del Teorema 10.7 y del Corolario 10.8 es de clase C k ; entonces la función f también es de clase C k [Ejercicio 10.23].

10.2.

Extremos locales de una funciones diferenciables sobre una variedad

Sean un subconjunto abierto de un espacio de Banach Y , ' : ! Rm una función de clase C 1 , c 2 Rm y M := fu 2 : '(u) = cg: El Corolario 10.8 permite caracterizar al espacio tangente como sigue. Proposición 10.9 Si c es un valor regular de ' entonces, para cada u 2 M; Tu M = f 0 (0) :

2

u (M )g;

donde u (M ) es el conjunto de todas las funciones que (0) = u y (t) 2 M para todo t 2 ( "; "):

: ( "; ") ! Y de clase C 1 tales

Demostración: Si 2 u (M ) entonces (' )(t) = c para todo t 2 ( "; "): Por 0 tanto, (' ) (t) = 0 para todo t 2 ( "; "): En particular, si t = 0; usando la regla de la cadena obtenemos 0 = (' )0 (0) = '0 (u) ( 0 (0)) : Esto prueba que 0 (0) 2 ker '0 (u) =: Tu M: Inversamente, sea v 2 Tu M: Si escribimos u = v0 + w0 con v0 2 Tu M y w0 2 Wu ; el Corolario 10.8 asegura que existen ; > 0 y una función f : BTu M (v0 ; ) ! Wu de clase C 1 tal que M \ [BTu M (v0 ; )

BWu (w0 ; )] = fv + f (v) : v 2 BTu M (v0 ; )g

196


y f 0 (v0 ) =

[@2 '(u)]

1

@1 '(u):

Escogemos " > 0 tal que v0 + tv 2 BTu M (x0 ; ) para todo t 2 ( "; ") y de…nimos : ( "; ") ! Y como (t) := v0 + tv + f (v0 + tv): Claramente, 2 consecuencia,

u (M ):

Como v 2 Tu M se tiene que @1 '(u)v = '0 (u)v = 0 y, en

f 0 (v0 )v =

[@2 '(u)]

1

[@1 '(u)v] = 0:

Por tanto, 0

Esto prueba que Tu M

f 0 (0) :

(0) = v + f 0 (v0 )v = v: 2

u (M )g.

Así pues, Tu M es el conjunto de velocidades en el punto u de todas las trayectorias continuamente diferenciables en M que pasan por u. Esto justi…ca llamarlo el espacio tangente a M en u: Nota que esta última caracterización no depende de la función ': De…nición 10.10 Un subconjunto M de un espacio de Banach Y se llama una subvariedad de Y de clase C k y de codimensión m si existen una función ' : ! Rm de clase C k de…nida en un abierto de Y que contiene a M y un valor regular c 2 Rm de ' tales que M = fu 2 : '(u) = cg: Las subvariedades aparecen a menudo en las aplicaciones como restricciones de una función cuyos máximos y mínimos locales sobre la variedad interesa encontrar. De…nición 10.11 Sea A un subconjunto de un espacio métrico X: Decimos que es un mínimo local de g : X ! R en A si existe > 0 tal que g( ) Decimos que

g(x)

8x 2 A \ BX ( ; ):

2 A es un máximo local de g : X ! R en A si existe g( )

g(x)

2A

> 0 tal que

8x 2 A \ BX ( ; ):

Los mínimos y máximos locales de una función en una variedad tienen la siguiente propiedad. Proposición 10.12 Sean M una subvariedad de un espacio de Banach Y; un subconjunto abierto de Y que contiene a M y g : ! R una función de clase C 1 : Si u es un mínimo (máximo) local de g en M; entonces g 0 (u)v = 0

8v 2 Tu M:

10.2. EXTREMOS LOCALES DE UNA FUNCIONES DIFERENCIABLES SOBRE UNA VARIEDAD

197

Demostración: Sean v 2 Tu M y 2 u (M ); de…nida en ( "; "); tal que 0 (0) = v: Si u es un mínimo (máximo) local de g en M; entonces 0 es un mínimo (máximo) local de g : ( "; ") ! R: Por tanto, )0 (0) = g 0 (u) [ 0 (0)] = g 0 (u)v;

0 = (g como a…rma el enunciado.

De…nición 10.13 Sean M una subvariedad de un espacio de Banach Y; un subconjunto abierto de Y que contiene a M y g : ! R una función de clase C 1 : Se dice que un punto u 2 M es un punto crítico de g en M si g 0 (u)v = 0

8v 2 Tu M:

La Proposición 10.12 a…rma que los máximos y mínimos locales son puntos críticos de g en M: Para Y = Rn podemos caracterizar a los puntos críticos del siguiente modo. Teorema 10.14 (multiplicadores de Lagrange) Sean un abierto de Rn , ' = m 1 m ('1 ; :::; 'm ) : ! R una función de clase C ; c 2 R un valor regular de ' y n M := fx 2 R : '(x) = cg: Sea g : ! R una función de clase C 1 : Entonces es un punto crítico de g en M si y sólo si existen 1 ; :::; m 2 R únicos tales que rg( ) =

1 r'1 (

)+

+

m r'm (

)

y

'( ) = c:

Demostración: Por de…nición, es un punto crítico de g en M si y sólo si rg( ) es ortogonal a T M: En el Ejemplo 10.4 vimos que fr'1 ( ); : : : ; r'm ( )g es una base del complemento ortogonal de T M: En consecuencia, es un punto crítico de g en M si y sólo si rg( ) se expresa de manera única como rg( ) = con

1 ; :::;

m

1 r'1 (

)+

+

m r'm (

)

2 R.

Ejemplo 10.15 Sea g : Rn ! R la función g(x1 ; :::; xn ) = x21 + + x2n 1 : Los puntos n 1 críticos de g en la esfera unitaria S son los puntos de la forma ( 1 ; :::; n 1 ; 0) y (0; :::; 0; 1): Los primeros son máximos y los últimos son mínimos de g en Sn 1 :

198


Demostración: Por el teorema anterior, existe 2 R tal que 2( 1 ; :::;

n 1 ; 0)

es punto crítico de g en Sn

= rg( ) = r'( ) = 2( 1 ; :::;

y

n)

1

si y sólo si

'( ) = 1;

(10.3)

donde '(x1 ; :::; xn ) = x21 + + x2n : Si j 6= 0 para algún j = 1; :::; n 1; entonces satisface (10.3) si y sólo si = 1 y n = 0: Si 1 = = n 1 = 0, entonces n = 1 y la igualdad (10.3) se cumple para = 0: Por tanto, los puntos críticos de g en Sn 1 son los puntos de la forma ( 1 ; :::; n 1 ; 0) y (0; :::; 0; 1): Para veri…car si son máximos o mínimos basta observar que g( 1 ; :::; y0

g(x)

10.3.

n 1 ; 0)

= 1,

g(0; :::; 0; 1) = 0;

1 para todo x 2 Sn 1 :

Homeomor…smos lineales

Consideremos el conjunto de isomor…smos de Banach de V a W al que denotaremos H(V; W ) := fT 2 L(V; W ) : T es isomor…smo de Banachg: Un elemento de H(V; W ) es una función T : V ! W lineal, continua y biyectiva, cuyo inverso es lineal y continuo. Si T 2 H(V; V ) denotamos por T 0 := I;

T k := T |

{z

k veces

T};

donde I es la identidad. Escribiremos T S en vez de T S para denotar a la composición. En la demostración del teorema de la función implícita usaremos el siguiente resultado. Proposición 10.16 (a) H(V; W ) es un subconjunto abierto de L(V; W ): (b) La función : H(V; W ) ! H(W; V ); (T ) = T 1 ; es diferenciable y su derivada en T0 es 0

(T0 )T =

T0 1 T T0 1 :

10.3. HOMEOMORFISMOS LINEALES

199

Demostración: (a) Si V = W = f0g o si H(V; W ) = ;; la a…rmación es obvia. Supongamos pues que H(V; W ) 6= ; y que V 6= f0g y W 6= f0g. En ese caso se tiene que kT kL(V;W ) > 0 para toda T 2 H(V; W ): Sea T0 2 H(V; W ). Probaremos que BL(V;W ) (T0 ; c0 1 )

H(V; W );

donde c0 := T0

1 L(W;V )

:

Supongamos primero que V = W y T0 = id es la identidad de V . Sea S 2 L(V; V ) tal que kSkL(V;V ) < 1: Como S k L(V;V ) kSkkL(V;V ) (Ejercicio 9.37), se tiene que 1 P

Sk

1 P

L(V;V )

k=0

k=0

kSkkL(V;V ) =

1

1 : kSkL(V;V )

El Teorema 5.25 asegura entonces que la serie 1 P

Sk

(10.4)

k=0

converge en L(V; V ) y que 1 P

Sk

k=0

Observa que (I

n P

S)

L(V;V )

Sk

1

1 : kSkL(V;V )

S n+1 =

=I

k=0

n P

(10.5)

S k (I

S):

k=0

Como la serie (10.4) converge, la sucesión S k ! 0 en L(V; V ): Por tanto, haciendo tender n ! 1 obtenemos (I

1 P

S)

Sk

=I=

k=0

Esto prueba que I

S)

1

=

S k (I

S):

k=0

S 2 H(V; V ) y que (I

1 P

1 P

Sk

k=0

si kSkL(V;V ) < 1:

(10.6)

Por tanto, BL(V;V ) (I; 1) H(V; V ): Consideremos ahora el caso general. Si T0 2 H(V; W ) y T 2 L(V; W ) es tal que kT kL(V;W ) < c0 1 ; entonces T0 1 T L(V;V ) T0 1 L(V;V ) kT kL(V;V ) < 1 y, por el caso anterior, I T0 1 T 2 H(V; V ): En consecuencia, T0

T = T0 (I

T0 1 T ) 2 H(V; W ):

200


Esto prueba que BL(V;W ) (T0 ; c0 1 ) H(V; W ): (b) Sean T0 2 H(V; W ) y T 2 L(V; W ) tal que kT kL(V;W ) < (2c0 ) S := T0 1 T: Entonces kSkL(V;V ) < 21 : Por tanto, I S 2 H(V; V ) y (I

1

S)

I

S T0

1

= (T0

1

T)

T0

1

1

: Denotemos por

T0 1 T T0 1 :

Usando la fórmula (10.6) obtenemos (I

S)

1

I

S=

1 P

Sk = S2

1 P

S k = S 2 (I

S)

1

:

k=0

k=2

Aplicando la desigualdad (10.5) y el Ejercicio 9.37 concluimos que (I

S)

1

I

S

L(V;V )

1

kSk2L(V;V )

kSkL(V;V )

:

En consecuencia, como kSkL(V;V ) < 21 ; (T0

T)

1

T0

1

1

T0 T T0

1 L(W;V )

1 c30

kSk2L(V;V )

T0

kSkL(V;V )

1

1

kT k2L(V;V )

kSkL(V;V )

L(W;V )

2c30 kT k2L(V;W ) :

Concluímos que lm

T !0

Esto prueba que

10.4.

(T0

T)

1

T0

1

T0 1 T T0

1

kT kL(V;W )

es diferenciable en T0 y

0

(T0 )T =

L(W;V )

= 0:

T0 1 T T0 1 :

Demostración del teorema de la función implícita

Observa primero que basta probar el Teorema 10.7 para c = 0. En efecto, la función (v; w) := '(v; w) c cumple que (v0 ; w0 ) = 0 si y sólo si '(v0 ; w0 ) = c; y @2 (v; w) = @2 '(v; w) para todo (v; w) 2 : Aplicando el teorema de la función implícita a obtenemos una función f : BV (v0 ; ) ! W de clase C 1 que cumple (i), (iii) y f(v; w) 2 BV (v0 ; )

BW (w0 ; ) : '(v; w) = cg = f(v; f (v)) : v 2 BV (v0 ; )g:

10.4. DEMOSTRACIÓN DEL TEOREMA DE LA FUNCIÓN IMPLíCITA

201

En lo que resta de esta sección supondremos que V; W; Z son espacios de Banach, es un subconjunto abierto de V W , ' : ! Z es una función de clase C 1 en ; y (v0 ; w0 ) es un punto de tal que '(v0 ; w0 ) = 0

y

T0 := @2 '(v0 ; w0 ) 2 H(W; Z):

Dado (v; w) 2 ; de…nimos v (w)

:= w

T0 1 '(v; w):

Observa que '(v; w) = 0 () T0 1 '(v; w) = 0 ()

v (w)

= w:

(10.7)

Esto sugiere usar el teorema de punto …jo de Banach para obtener soluciones de '(v; w) = 0: Empezaremos demostrando el siguiente lema. Lema 10.17 Existen ; > 0 tales que (i) BV (v0 ; ) BW (w0 ; ) , (ii) @2 '(v; w) 2 H(W; Z) para todos v 2 BV (v0 ; ); w 2 BW (w0 ; ); (iii) k v (w) w0 k < para todos v 2 BV (v0 ; ); w 2 BW (w0 ; ); 3 kw1 w2 kW para todos v 2 BV (v0 ; ); w1 ; w2 2 BW (w0 ; ): (iv) k v (w1 ) (w )k 2 W v 4 Demostración: Sea c0 := T0 1 L(Z;W ) : Como H(W; Z) es abierto en L(W; Z) (ver Proposición 10.16), @2 '(v0 ; w0 ) 2 H(W; Z) y @2 ' : ! L(W; Z) es continua, existe > 0 tal que BV (v0 ; ) BW (w0 ; ) ; @2 '(v; w) 2 H(W; Z)

8(v; w) 2 BV (v0 ; )

BW (w0 ; );

(10.8)

y k@2 '(v; w)

@2 '(v0 ; w0 )kL(W;Z) <

1 4c0

8(v; w) 2 BV (v0 ; )

Por otra parte, como T0 1 ' es continua, existe T0 1 '(v; w0 )

T0 1 '(v0 ; w0 )

W

BW (w0 ; ):

(10.9)

2 (0; ) tal que <

4

8v 2 BV (v0 ; ):

Sean v 2 BV (v0 ; ); w1 ; w2 2 BW (w0 ; ): Entonces, wt+1 := (1

(10.10)

t)w1 + tw2 2 BW (w0 ; )

202


para todo t 2 [0; 1]: Del Corolario 9.18 y la desigualdad (10.9) se sigue que k

v (w1 )

v (w2 )kW

=

T0 1 T0 (w1 w2 ) T0 1 ('(v; w1 ) '(v; w2 )) W c0 k@2 '(v0 ; w0 )(w1 w2 ) '(v; w1 ) + '(v; w2 )kW c0 k@2 '(v0 ; w0 )(w1 w2 ) @2 '(v; w0 )(w1 w2 )kW +c0 k@2 '(v; w0 )(w1 w2 ) '(v; w1 ) + '(v; w2 )kW c0 k@2 '(v; w0 ) @2 '(v0 ; w0 )kL(W;Z) kw1 w2 kW +c0 sup k@2 '(v; wt+1 ) @2 '(v; w0 )kL(W;Z) kw1 w2 kW t2[0;1]

< En consecuencia, como k

v (w)

w0 kW

3 kw1 4

v0 (w0 )

k

w2 kW :

(10.11)

= w0 ; usando (10.10) obtenemos

v (w)

v (w0 )kW

+

v (w0 ) v0 (w0 ) W 1 T0 '(v0 ; w0 ) T0 1 '(v; w0 ) W

= k v (w) v (w0 )kW + 3 kw w0 kW + < 4 4 8v 2 BV (v0 ; ); w 2 BW (w0 ; ):

(10.12)

Esto concluye la demostración.

Lema 10.18 Para ; > 0 como en el Lema 10.17 se cumple lo siguiente: (a) Para cada v 2 BV (v0 ; ) existe f (v) 2 BW (w0 ; ) tal que '(v; f (v)) = 0; y f (v) es el único elemento de BW (w0 ; ) con esta propiedad. (b) La función f : BV (v0 ; ) ! W es de clase C 1 y f 0 (v) =

[@2 '(v; f (v))]

1

@1 '(v; f (v))

8v 2 BV (v0 ; ):

Demostración: (a) Sea v 2 BV (v0 ; ): La a…rmación (iii) del Lema 10.17 asegura que v es una función de BW (w0 ; ) en sí mismo. Como BW (w0 ; ) es cerrado y W es de Banach, BW (w0 ; ) es un espacio métrico completo. La a…rmación (iv) del Lema 10.17 asegura que v : BW (w0 ; ) ! BW (w0 ; )

es una contracción. Por el teorema de punto …jo de Banach (ver Teorema 6.3) existe un único f (v) 2 BW (w0 ; ) tal que f (v) =

v (f (v)):

10.4. DEMOSTRACIÓN DEL TEOREMA DE LA FUNCIÓN IMPLíCITA

203

La a…rmación (iii) del Lema 10.17 asegura entonces que f (v) = v (f (v)) 2 BW (w0 ; ): De la observación (10.7) se sigue la a…rmación (a). Antes de probar la a…rmación (b) probaremos que la función f : BV (v0 ; ) ! W es continua. Sean v1 2 BV (v0 ; ) y " > 0: Como kv (f (v)) = f (v); la a…rmación (iv) del Lema 10.17 asegura que k v (w0 )

f (v)

k

3 4

W

kw0

f (v)kW <

k

3 4

8v 2 BV (v0 ; ):

Por tanto, existe k0 2 N, independiente de v; tal que " k 8k k0 ; 8v 2 BV (v0 ; ): f (v) W < v (w0 ) 3 La función v 7! > 0 tal que

v (w0 )

= w0

k0 v (w0 )

T0 1 '(v; w0 ) es continua en BV (v0 ; ). Por tanto, existe

k0 v1 (w0 ) W

<

" 3

8v 2 BV (v0 ; ) \ BV (v1 ; ):

Concluímos que kf (v)

f (v1 )kW

k0 v (w0 ) W

f (v) + < "

k0 v (w0 )

+

k0 v1 (w0 ) W

k0 v1 (w0 )

f (v1 ) W 8v 2 BV (v0 ; ) \ BV (v1 ; ):

Esto demuestra que f es continua en BV (v0 ; ): (b) Sean v; v1 2 BV (v0 ; ) y " > 0: Denotamos por w := f (v);

w1 := f (v1 );

T1 := @1 '(v1 ; w1 );

T2 := @2 '(v1 ; w1 ):

Se sigue de (a) que '(v1 ; w1 ) = 0 = '(v; w) y, como ' es diferenciable en (v1 ; w1 ); se tiene que '(v; w)

'0 (v1 ; w1 )(v

'(v1 ; w1 )

satisface

kT1 (v (v;w)!(v1 ;w1 ) k(v lm

v1 ; w

w1 ) =

T1 (v

v1 )

T2 (w

v1 ) + T2 (w w1 )kZ = 0: v1 ; w w1 )kV W

w1 )

(10.13)

La a…rmación (ii) del Lema 10.17 asegura que T2 es un isomor…smo de Banach. Denotemos por c1 := T2 1 T1

L(V;W )

;

c2 := T2

1 L(Z;W )

;

:=

1 " m n 1; 2c2 c1 + 1

:

204


Como f es continua, la a…rmación (10.13) implica que existe kT1 (v

v1 ) + T2 (w

v1 kV + kw

w1 )kZ < (kv

w1 kW )

> 0 tal que 8v 2 BV (v1 ; ):

Por tanto, para todo v 2 BV (v1 ; ); T2 1 T1 (v

y, como c2 kw

1 , 2

v1 ) + w

w1

W

T2 1 T1 (v v1 ) + T2 1 T2 (w w1 ) c2 kT1 (v v1 ) + T2 (w w1 )kZ < c2 (kv v1 kV + kw w1 kW )

=

W

(10.14)

obtenemos T2 1 T1 (v v1 ) + w 1 1 kv v1 kV + kw 2 2

w1 kW

w1

W

+ T2 1 T1 (v

w1 kW + c1 kv

v1 )

W

v1 kV :

En consecuencia, kw

w1 kW

(2c1 + 1) kv

v 1 kV :

Combinando ésta con la desigualdad (10.14) obtenemos que f (v)

f (v1 ) + T2 1 T1 (v

v1 )

W

= <

T2 1 T1 (v v1 ) + w w1 W c2 (2c1 + 2) kv v1 kV " kv v1 kV 8v 2 BV (v1 ; );

lo cual demuestra que f es diferenciable en v1 y que f 0 (v1 ) =

[@2 '(v1 ; w1 )]

1

@1 '(v1 ; w1 )

para todo v1 2 BV (v0 ; ): Como ' es de clase C 1 en y la función T 7! T 1 es continua en H(V; W ) (Proposición 10.16) concluimos que f es de clase C 1 en BV (v0 ; ): Demostración del Teorema 10.7: Sean ; > 0 como en el Lema 10.17 y f : BV (v0 ; ) ! W como en el Lema 10.18. Entonces BV (v0 ; ) BW (w0 ; ) y f es de 1 clase C : La a…rmación (a) del Lema 10.18 asegura que f(v; w) 2 BV (v0 ; )

BW (w0 ; ) : '(v; w) = 0g = f(v; f (v)) : v 2 BV (v0 ; )g:

Esta es la a…rmacion (I) del Teorema 10.7. La a…rmación (II) se sigue de las a…rmaciones (ii) del Lema 10.17 y (b) del Lema 10.18.

10.5. EJERCICIOS

10.5.

205

Ejercicios

Ejercicio 10.19 Sea A = (aij ) una matriz de n

(m + n) tal que el determinante

a1;m+1 .. .

a1;m+n .. .

an;m+1

an;m+n

es distinto de 0: Prueba directamente (sin usar el teorema de la función implícita) que existe una única función L : Rm ! Rn tal que A(x1 ; : : : ; xm ; L(x1 ; : : : ; xm )) = 0: Ejercicio 10.20 Identi…camos al espacio L(Rn ; Rm ) con el espacio Mm n (R) de matrices A = (aij ) de m n de la manera usual. El espacio H(Rn ; Rm ); de…nido en la Sección 9.1, es vacío si m 6= n y es el espacio de matrices cuyo determinante es distinto de 0 si m = m: (a) Prueba que las normas !1=p X p kAkp : = jaij j ; p 2 [1; 1); i;j

kAk1 : = max jaij j ; i;j

son equivalentes a la norma kAkL(Rn ;Rm ) : (b) Prueba que el determinante det : Mn n (R) ! R es una función continua y concluye que H(Rn ; Rm ) es abierto en L(Rn ; Rm ): (c) Si n m, el espacio de monomor…smos Mono(Rn ; Rm ) de Rn en Rm coincide con el espacio de matrices de m n de rango n. Prueba que Mono(Rn ; Rm ) es abierto en L(Rn ; Rm ): (d) Análogamente, si n m; prueba que el espacio de epimor…smos Epi (Rn ; Rm ) de Rn en Rm es abierto en L(Rn ; Rm ): Ejercicio 10.21 Sea F : L(W; V )

L(W; V ) ! L(L(V; W ); L(W; V )) la función

F (T1 ; T2 )S := T1 ST2 : Prueba que F es bilineal y que kF (T1 ; T2 )kL(L(V;W );L(W;V )) En consecuencia, F es continua.

kT1 kL(W;V ) kT2 kL(W;V ) :

206


Ejercicio 10.22 Prueba que la función : H(V; W ) ! H(W; V );

1

(T ) = T

;

es de clase C 1 : (Sugerencia: Usa los Ejercicios 9.51 y 10.21.) Ejercicio 10.23 Demuestra que, si en el Teorema 10.7 la función ' es de clase C k ; entonces la función f también es de clase C k : Ejercicio 10.24 (Teorema de la función inversa) Sean V; W espacios de Banach, un subconjunto abierto de V; ' : ! W una función de clase C k en con 1 k 1; y v0 2 . Prueba que, si '0 (v0 ) 2 L(V; W ) es un isomor…smo de Banach, entonces existen un abierto 0 de W y un abierto 00 de V tales que v0 2 00 ; '( 00 ) = 0 y la función ' j 00 : 00 ! 0

es un homeomor…smo cuyo inverso := (' j 00 ) 1 : 0 ! satisface 1 0 ('(v0 )) = ('0 (v0 )) :

00

es de clase C k en

(Sugerencia: Aplica el teorema de la función implícita a la función (w; v) := '(v) w:)

:W

0

y

! W;

Ejercicio 10.25 Considera la función ' : (0; 1) R ! R2 dada por '(r; ) := (r cos ; rsen ): Demuestra las siguientes a…rmaciones. (a) Para todo (r; ) 2 (0; 1) R existen un abierto 0 de R2 y un abierto 00 de (0; 1) R tales que (r; ) 2 00 ; '( 00 ) = 0 y la función ' j 00 :

00

!

0

es un homeomor…smo cuyo inverso := (' j 00 ) 1 : 0 ! 00 es de clase C 1 : (b) La función ' : (0; 1) R ! R2 no es un homeomor…smo. Ejercicio 10.26 Considera la función ' : R2 ! R2 dada por '(x; y) := (x; '2 (x; y)) donde 8 2 2 y; < (x; y x ) si x y 2 x2 y '2 (x; y) := (x; x2 ) si 0 y x2 ; : '2 (x; y) si y 0:

Prueba que (a) ' es diferenciable en R2 ; (b) '0 (0; 0) es la identidad de R2 ; (c) ' no es de clase C 1 en R2 ; (d) ' no es inyectiva en ningún abierto

que contiene a (0; 0):

10.5. EJERCICIOS

207

Ejercicio 10.27 Sean un abierto de Rn ; x0 2 y ' : ! Rm una función de clase C k con 1 k 1: Demuestra las siguientes a…rmaciones. (a) Si '0 (x0 ) : Rn ! Rm es inyectiva, entonces existen un abierto 0 de Rn y un abierto 00 de Rm tales que x0 2 0 y '( 0 ) 2 00 ; y una función : 00 ! Rm de clase C k tal que ('(x1 ; :::; xn )) = (x1 ; :::; xn ; 0; :::; 0) 8(x1 ; :::; xn ) 2 0 : (b) Si '0 (x0 ) : Rn ! Rm es suprayectiva, entonces existen un abierto función : 0 ! Rn de clase C k tales que x0 2 0 ; (x0 ) = x0 ; ( 0 ) '( (x1 ; :::; xn )) = (x1 ; :::; xm )

8(x1 ; :::; xn ) 2

0

0

de Rn y una y

:

Ejercicio 10.28 Encuentra los máximos y los mínimos locales de la función g : Rn ! R dada por g(x1 ; :::; xn ) := x1 + +xn en la esfera unitaria Sn 1 := fx 2 Rn : kxk = 1g: Ejercicio 10.29 Sea T el toro de revolución en R3 que se obtiene rotando el círculo S := f(x; y; 0) : (x

a)2 + y 2 = r2 g;

0 < r < a;

alrededor del eje y: (a) Encuentra los puntos críticos de la función g(x; y; z) = z en T; y di cuáles de ellos son máximos o mínimos locales de g en T . (b) Encuentra los puntos críticos de la función h(x; y; z) = y en T; y di cuáles de ellos son máximos o mínimos locales de h en T . Ejercicio 10.30 Sean un subconjunto abierto de un espacio de Banach V; ' : ! R una función de clase C 2 y u0 2 un punto crítico de '; es decir, '0 (u0 )v = 0 para todo v 2 V: Demuestra las siguientes a…rmaciones. (a) Si existe c > 0 tal que D2 '(u0 )(v; v)

c

8v 2 V con kvk = 1;

entonces u0 es un mínimo local de '; es decir, existe ku u0 k < : (b) Si existe c > 0 tal que D2 '(u0 )(v; v)

c

> 0 tal que '(u)

'(u0 ) si

8v 2 V con kvk = 1;

entonces u0 es un máximo local de '; es decir, existe ku u0 k < : (Sugerencia: Usa el Teorema de Taylor.)

> 0 tal que '(u)

'(u0 ) si

208


Parte III La integral de Lebesgue

209

Capítulo 11 La integral de una función continua con soporte compacto La teoría de integración moderna fue iniciada por Henri Lebesgue1 en 1902. La integral de Lebesgue es una de las piedras angulares del análisis matemático y tiene aplicaciones muy importantes en ecuaciones diferenciales, probabilidad y muchas otras ramas de las matemáticas. La noción de integrabilidad de Lebesgue es más general que la de Riemann en el sentido de que abarca a muchas más funciones. Pero su principal virtud es que permite intercambiar el límite por la integral bajo condiciones mucho menos restrictivas que las que requiere la integral de Riemann. Hay muchas maneras de introducir la integral de Lebesgue. La que daremos aquí tiene como punto de partida a la integral de Riemann de una función real continua en un intervalo cerrado, tal y como se de…ne en los primeros cursos de cálculo diferencial e integral. Supondremos que el lector está familiarizado con ella y con sus propiedades. En este capítulo de…niremos la integral de funciones continuas f : Rn ! R que se anulan fuera de algún subconjunto compacto de Rn : Para este tipo de funciones, la integral que aquí introduciremos coincide con la de Riemann. Además, no hace falta usar sumas de Riemann: basta de…nir la integral mediante un proceso iterativo, integrando respecto a cada una de las variables. Esto no sólo tiene la ventaja de reducir el cálculo de la integral de una función de varias variables al de integrales de funciones de una sola variable, sino que permite además obtener las propiedades básicas de la integral de manera sencilla a partir de las propiedades correspondientes para funciones de una sola variable. Probaremos que la integral es una medida de Haar, es decir, que es lineal, monótona e invariante bajo traslaciones, y que cualquier medida de Haar es un 1

Henri Léon Lebesgue, matemático francés. Nació en Beauvais, Oise el 28 de junio de 1875 y murió en París el 26 de julio de 1941.

211

212

11. LA INTEGRAL DE UNA FUNCIÓN CONTINUA CON SOPORTE COMPACTO

múltiplo de la integral. Este hecho permite establecer fácilmente la invariancia de la integral bajo isometrías lineales y obtener una fórmula de transformación de la integral de una función bajo un cambio de variable dado por un isomor…smo lineal. Partiendo de este resultado, obtendremos una fórmula análoga cuando el cambio de variable está dado por un difeomor…smo. En el próximo capítulo extenderemos esta integral a una familia mucho más amplia de funciones, y en el capítulo subsecuente demostraremos los teoremas fundamentales de la teoría de integración de Lebesgue.

11.1.

De…nición y propiedades básicas

De…nición 11.1 Un rectángulo en Rn es un producto Q = [a1 ; b1 ] n intervalos cerrados en R, es decir, Q = f(x1 ; :::; xn ) 2 Rn : ai con

1 < ai

xi

[an ; bn ] de

bi 8i = 1; :::; ng ;

bi < 1, i = 1; :::; n:

Si f : Q ! R es una función continua en un rectángulo, de…niremos su integral en términos de integrales de Riemann de funciones reales de variable real. Para ello requerimos el siguiente resultado. Lema 11.2 Sea f : Q ! R una función continua en un rectángulo Q = [a1 ; b1 ] [an ; bn ]: Entonces la función f1 : [a2 ; b2 ] [an ; bn ] ! R; dada por Z b1 f1 (x2 ; :::; xn ) := f (x1 ; x2 ; :::; xn )dx1 ; a1

es continua. Demostración: El Teorema 4.31 asegura que f es uniformemente continua en Q: Por tanto, dada " > 0; existe > 0 tal que jf (x)

f (y)j <

b1

" a1 + 1

Sean x~ = (x2 ; :::; xn ); y~ = (y2 ; :::; yn ) 2 [a2 ; b2 ] Z b1 jf1 (~ x) f1 (~ y )j jf (x1 ; x2 ; :::; xn ) a1

Esto prueba que f1 es continua.

si kx

yk < :

[an ; bn ]: Si k~ x

y~k < ; entonces,

f (x1 ; y2 ; :::; yn )j dx1 < ":

11.1. DEFINICIÓN Y PROPIEDADES BÁSICAS

213

Si integramos ahora f1 respecto a la variable x2 ; obtendremos una función continua de las n 2 variables restantes. Repitiendo este proceso para cada variable obtenemos un número real. De…nición 11.3 La integral de una función continua f : Q ! R en un rectángulo Q = [a1 ; b1 ] [an ; bn ] se de…ne como Z

Z

f :=

Z

bn

an

Q

b2

a2

Z

b1

f (x1 ; x2 ; :::; xn )dx1 dx2

dxn :

a1

Nuestro primer objetivo es de…nir la integral de Lebesgue de funciones continuas f : Rn ! R que se anulan fuera de algún rectángulo. De…nición 11.4 El soporte de una función continua f : Rn ! R es el conjunto sop(f ) := fx 2 Rn : f (x) 6= 0g: Denotaremos por Cc0 (Rn ) := ff 2 C 0 (Rn ) : sop(f ) es compactog; donde C 0 (Rn ) denota al conjunto de todas las funciones continuas f : Rn ! R. De…nición 11.5 Sea f 2 Cc0 (Rn ): De…nimos la integral de f en Rn como Z Z f; f := Rn

Q

donde Q es algún rectángulo que contiene a sop(f ): Es fácil comprobar que la de…nición anterior no depende del rectángulo elegido [Ejercicio 11.29]. Notación 11.6 Denotaremos a la integral de f en Rn de cualquiera de las siguientes formas: Z Z Z f= f (x)dx = f (x1 ; x2 ; :::; xn )dx1 dxn : Rn

Rn

Rn

La última notación pone en evidencia el orden en el que tomamos a las variables de integración en la De…nición 11.3. Más adelante veremos que el orden es irrelevante ( Corolario 11.18).

214


2 Rn y f : Rn ! R, denotamos por T f : Rn ! R a la función

Dados

(T f ) (x) := f (x

(11.1)

):

T f se llama la traslación de f por : Teorema 11.7 La integral tiene las siguientes propiedades: (Linealidad) Si f; g 2 Cc0 (Rn ) y ; 2 R, entonces f + g 2 Cc0 (Rn ) y Z Z Z ( f + g) = f+ g: Rn

Rn

Rn

(Monotonía) Si f; g 2 Cc0 (Rn ) y f g (es decir, f (x) entonces Z Z f g: Rn

(Invariancia bajo traslaciones) Si

g(x) para todo x 2 Rn ),

Rn

n

2 R y f 2 Cc0 (Rn ), entonces T f 2 Cc0 (Rn ) y Z Z f: Tf= Rn

Rn

Demostración: Las primeras dos propiedades son consecuencia inmediata de las propiedades correspondientes para funciones de variable real [Ejercicios 11.32 y 11.30]. La invariancia bajo traslaciones se sigue del teorema de cambio de variable para funciones de variable real [Ejercicio 11.31]. En efecto, si n = 1, 2 R, f 2 Cc0 (R) y sop(f ) [a; b], entonces sop(T f ) [a + ; b + ] y Z

R

f=

Z

b

f (x)dx =

a

Z

b+

a+

f (x

)dx =

Z

b+

a+

(T f )(x)dx =

Z

T f:

R

Si n > 1; 2 Rn , f 2 Cc0 (Rn ) y sop(f ) [a1 ; b1 ] [an ; bn ], entonces sop(T f ) [a1 + 1 ; b1 + 1 ] [an + n ; bn + n ]: Aplicando n veces el caso n = 1 obtenemos Z Z Z Z f = f (x1 ; x2 ; :::; xn )dx1 dx2 dxn Rn R R R Z Z Z = f (x1 dxn = 1 ; x2 ; :::; xn )dx1 dx2 R R R Z Z Z = f (x1 dxn 1 ; x2 2 ; :::; xn n )dx1 dx2 R R R Z = T f; Rn

11.1. DEFINICIÓN Y PROPIEDADES BÁSICAS

215

como a…rma el enunciado. Una consecuencia de la invariancia bajo traslaciones es que, aún cuando el límite puntual de una sucesión de funciones en Cc0 (Rn ) pertenezca a Cc0 (Rn ) no necesariamente la integral del límite puntual coincide con el límite de las integrales de dichas funciones, como lo muestra el siguiente ejemplo. Ejemplo 11.8 Existe una sucesión (fk ) en Cc0 (Rn ) que converge puntualmente a 0; tal R que Rn fk no converge a 0: En consecuencia, lm

k!1

Z

Rn

fk 6=

Z

l m fk (x):

Rn k!1

Demostración: Sea g 2 Cc0 (Rn ) tal que fk := T k g; donde k = (k; 0; :::; 0) 2 Rn :

R

Rn

g 6= 0 y sop(g)

[0; 1]n : De…nimos

y

y 0 .3

0 .3

0 .2

0 .2 0 .1

0 .1

0

0 0

0 .5

1

1 .5

0

2

0 .5

1

1 .5

2 x

x

T 1g

g

Entonces sop(fk ) [k; k + 1] [0; 1]n 1 : Por tanto, l mk!1 fk (x) = 0 para cada x 2 Rn : Por la invariancia de la integral bajo traslaciones, Z Z fk = g: Rn

En consecuencia, lm

k!1

Z

Rn

fk =

Z

Rn

Rn

g 6= 0 =

Z

l m fk (x);

Rn k!1

como a…rma el enunciado. Más adelante daremos condiciones razonables que permiten intercambiar la integral con el límite puntual de funciones.

216

11.2.


Unicidad de la integral

De…nición 11.9 Una función J : Cc0 (Rn ) ! R que es (a) lineal, es decir, J ( f + g) = J(f ) + J(g) para todas f; g 2 Cc0 (Rn ) y ; 2 R, (b) monótona, es decir, J(f ) J(g) si f; g 2 Cc0 (Rn ) y f g; e (c) invariante bajo traslaciones, es decir, J(T f ) = J(f ) si 2 Rn y f 2 Cc0 (Rn ), se llama una medida de Haar2 en Rn : El Teorema 11.7 a…rma que la integral es una medida de Haar. A continuación veremos que ésta es esencialmente la única medida de Haar en Rn : Probaremos el siguiente resultado. Teorema 11.10 (Comparación de medidas de Haar) Si J : Cc0 (Rn ) ! R es una medida de Haar, entonces existe una constante c 0 tal que Z J(f ) = c f 8f 2 Cc0 (Rn ): Rn

Para demostrar este teorema requerimos algunos lemas. Observa que toda función en Cc0 (Rn ) está acotada. Consideraremos la norma uniforme en Cc0 (Rn ) dada por kf k1 := sup jf (x)j : x2Rn

Lema 11.11 Sea J : Cc0 (Rn ) ! R una función lineal y monótona. Si (fk ) es una sucesión en Cc0 (Rn ) tal que existe un compacto K en Rn que contiene a sop(fk ) para todo k 2 N y fk ! f uniformemente en Rn ; entonces f 2 Cc0 (Rn ) y l m J(fk ) = J(f ):

k!1

Demostración: Del Teorema 5.14 se sigue que f es continua y, como fk (x) ! f (x) para todo x 2 Rn ; se tiene que sop(f ) K: En consecuencia, f 2 Cc0 (Rn ): Sea g 2 Cc0 (Rn ) tal que g(x) = 1 para todo x 2 K y g(x) 0 para todo x 2 Rn [Ejercicio 11.37]. Como sop(f fk ) K; se tiene que kf

fk k1 g

f

fk

kf

fk k1 g

y, como J es lineal y monótona, concluimos que kf 2

fk k1 J(g)

J(f )

J(fk )

kf

fk k1 J(g);

Alfréd Haar, matemático húngaro. Nació el 11 de octubre de 1885 en Budapest y murió el 16 de marzo de 1933 en Szeged.

11.2. UNICIDAD DE LA INTEGRAL

217

es decir, jJ(f )

J(fk )j

con c := J(g): En consecuencia, jJ(f )

c kf

fk k1

J(fk )j ! 0:

La a…rmación del Lema 11.11 no es cierta si sustituímos convergencia uniforme por convergencia puntual, como lo muestra el siguiente ejemplo. Ejemplo 11.12 Sea fk : R ! R la función dada por fk (x) := max k 2

k3 x

1 k

;0 :

y

3.5

3

2.5

2

1.5 y

1

0 .8 0 .6

0.5

0 .4 0 .2 0 -1

0 0

1

2

3 x

-1

0

1

2

3 x

f2

f1

[0; k2 ] para todo k 2 N; pero

La R sucesión (fk ) converge puntualmente a 0 y sop(fk ) f = k ! 1: R k Consideremos la función continua (t) := Si t 2 [j

P

: R ! R dada por

1

jtj si jtj 0 si jtj

1; 1:

1; j] con j 2 Z, entonces (t

k) = (t

(j

1)) + (t

j) = 1

(t

j + 1) + 1

(j

t) = 1:

k2Z

Por tanto,

P

k2Z

Tk = 1:

(11.2)

218


1

0 -3

De…nimos

-2

-1

0

1

1 0.75 0.5 -0.5 0.25 00 z

-1

0.5

(11.3)

(xn ):

-1 -0.5

0.5

1

1

x

P

3

: Rn ! R como (x1 ; :::; xn ) := (x1 )

Entonces

2

y

2 Cc0 (Rn ); sop( ) = [ 1; 1]n y, usando la identidad (11.2), obtenemos (Tm ) (x1 ; :::; xn ) =

m2Zn

P

P

(Tm1 ) (xi )

m1 2Z

es decir,

P

(Tmn ) (xi )

= 1;

mn 2Z

Tm

(11.4)

= 1:

m2Zn

Para cada

> 0 de…nimos

(x) :=

x

:

(11.5)

Entonces 2 Cc0 (Rn ); sop( ) = [ ; ]n y T m ( )(x) = Tm ( x ) para todo x 2 Rn ; m 2 Zn : De la identidad (11.4) se obtiene P T m ( ) = 1: (11.6) m2Zn

Si f 2 Cc0 (Rn ); entonces f ( m) 6= 0 sólo para un número …nito de m 2 Zn : Por tanto, la función P f ( m)T m ( ) m2Zn


219

es una suma …nita de funciones continuas con soporte compacto y, en consecuencia, pertenece a Cc0 (Rn ): Lema 11.13 Para cada f 2 Cc0 (Rn ); P

lm f !0

f ( m)T

m(

)

m2Zn

= 0: 1

Demostración: Sea " > 0: Como f tiene soporte compacto, se tiene que f es uniformemente continua en Rn [Ejercicio 11.38]. Por tanto, existe > 0 tal que jf (x) Sea

<

p

n

si kx

f (y)j < "

yk < :

: Usando (11.6), para cada x 2 Rn ; obtenemos

f (x)

P

f ( m)T

m(

P

)(x) =

m2Zn

(f (x)

f ( m)) T

m(

)(x)

m2Zn

P

=

(f (x)

f ( m)) T

m(

)(x);

(11.7)

m2S(x)

donde S(x) := fm 2 Zn : x 2 sop(T m ( ))g: Nota que S(x) es un conjunto …nito. Como sop(T m ( )) = fx 2 Rn : x m 2 [ ; ]n g; se tiene que kx

mk

p

8m 2 S(x):

n <

Aplicando la desigualdad del triángulo a (11.7) concluimos que f (x)

P

f ( m)T

m(

)(x)

m2Zn

P

m2S(x)

< "

P

jf (x) T

f ( m)j T

m(

)(x)

m(

"

m2S(x)

Tomando el supremo sobre x 2 Rn obtenemos que f

P

f ( m)T

m2Zn

m(

)

" 1

Esto concluye la demostración. Finalmente, se tiene la siguiente identidad.

si

)(x) si

220


Lema 11.14 Sea J : Cc0 (Rn ) ! R una función lineal e invariante bajo traslaciones. Entonces, para toda > 0; J( =2 ) = 2 n J( ): Demostración: Si n = 1; entonces 1 = T 2

=2 (

= =2 )

+

y un cálculo directo muestra que =2

1 + T 2

=2 (

(11.8)

=2 ):

Como J es lineal e invariante bajo traslaciones, concluimos que 1 J( ) = J( 2

=2 )

+ J(

=2 )

1 + J( 2

=2 )

= 2J(

=2 );

como a…rma el enunciado. Consideremos ahora el caso n > 1: Sea := f 1; 0; 1g: Si reescribimos la fórmula (11.8) como P 1 jj T =2 ( =2 ); = 2 2

obtenemos que

(x1 ; :::; xn ) = =

(x1 ) P c T n

2

donde c =

n Q

i=1

Observemos que P 2

n

c =

1 2

j

ij

con

P

1 1 +1+ 2 2

(xn ) =2 ( =2 )(x1 ; :::; xn );

2

n 1

= ( 1 ; :::;

c

!

=

n)

2

1 1 +1+ 2 2

n

:

n

= 2n :

Como J es lineal e invariante bajo traslaciones, concluimos que P J( ) = c J( =2 ) = 2n J( =2 ); 2

n


Corolario 11.15 Sea J : Cc0 (Rn ) ! R una función lineal e invariante bajo traslaciones. Entonces, para toda k 2 N; J( 2 k ) = 2 kn J( ):


221

Demostración: (Por inducción sobre k). Si k = 1 la a…rmación se sigue del Lema 11.14 con = 1: Supongamos que J( 2 (k 1) ) = 2 (k 1)n J( ): Aplicando el Lema 11.14 con = 2 (k 1) obtenemos J(

2

k

)=2

n

J(

(k 1)

2

)=2

kn

J( );


Demostración del Teorema 11.10. Sea J : Cc0 (Rn ) ! R una medida de Haar y sea c := J( ), donde es la función de…nida en (11.3). Denotemos por I : Cc0 (Rn ) ! R a la función Z f:

I(f ) :=

Rn

Probaremos que 8f 2 Cc0 (Rn ):

J(f ) = cI(f ) Usando el Ejercicio 11.36 obtenemos que I( ) =

Z

n

= 1:

R

Aplicando el Corolario 11.15 tanto a I como a J obtenemos que J(

2

k

)=2

kn

J( ) = 2

kn

cI( ) = cI(

2

k

):

Sea f 2 Cc0 (Rn ): Aplicando los Lemas 11.11 y 11.13 obtenemos J(f ) = =

lm J

k!1

f (2 k m)T2

km

(

k

2

!

)

m2Zn

lm

k!1

X

X

f (2 k m)J(

k

2

)

m2Zn

= c lm

k!1

X


2

k

)

m2Zn

= c lm I k!1

f (2 k m)I( X

m2Zn

f (2 k m)T2

km

(

2

k

!

)

= cI(f ):

222


11.3.

Invariancia bajo isometrías

Denotamos por GL(n; R) al conjunto de todas las matrices invertibles de n n con coe…cientes reales, es decir, las matrices cuyo determinante es distinto de cero. GL(n; R) con el producto de matrices es un grupo que lleva el nombre de grupo lineal general. Identi…caremos a una matriz A con la transformación lineal de…nida por ella. Las matrices A 2 GL(n; R) corresponden a isomor…smos lineales A : Rn ! Rn : Empezamos con la siguiente observación. Lema 11.16 Si J : Cc0 (Rn ) ! R es una medida de Haar en Rn y A 2 GL(n; R); entonces la función JA : Cc0 (Rn ) ! R dada por JA (f ) := J(f

A)

es una medida de Haar en Rn : Demostración: La linealidad y la monotonía de JA son consecuencia inmediata de las propiedades correspondientes de J: Probaremos la invariancia bajo traslaciones. Sean 2 Rn y f 2 Cc0 (Rn ): Para todo x 2 Rn se tiene que ((T f ) A) (x) = (T f ) (Ax) = f (Ax

) = f (A(x

A

1

)) = TA

1

(f

A)(x):

Como J es invariante bajo traslaciones concuímos que JA (T f ) = J((T f ) A) = J(TA

1

(f

A)) = J(f

A) = JA (f );

es decir, JA es invariante bajo traslaciones. Una matriz A 2 GL(n; R) se llama ortogonal si preserva distancias, es decir, si kAxk = kxk

8x 2 Rn :

Si A es una matriz ortogonal entonces det A = 1: El conjunto de todas las matrices ortogonales de n n es un subgrupo de GL(n; R); llamado el grupo ortogonal, que se denota por O(n): Teorema 11.17 (Invariancia bajo isometrías) Para todos A 2 O(n); f 2 Cc0 (Rn ) se cumple que Z Z f (Ax + )dx = f (y)dy: Rn

Rn

2 Rn y

11.3. INVARIANCIA BAJO ISOMETRíAS

223

Demostración: Sean I; IA : Cc0 (Rn ) ! R las funciones Z Z f; IA (f ) := I(f A) = I(f ) := Rn

f

A:

Rn

Ambas son medidas de Haar en Rn (ver Lema 11.16). Por el Teorema 11.10, existe una constante c 0 tal que IA (f ) = cI(f ) 8f 2 Cc0 (Rn ): Probaremos que c = 1: Para ello, consideremos la función f0 (x) :=

1

kxk si kxk 0 si kxk

-1

0.8 0.6 0.4 0.2 00

-2

1; 1:

-2

z 1

-1

1

2

2

x

y

Como kAxk = kxk para todo x 2 Rn ; se tiene que f0 = f0 A: En consecuencia, cI(f0 ) = IA (f0 ) = I(f0 A) = I(f0 ) y, como I(f0 ) 6= 0 [Ejercicio 11.35], concluimos que c = 1; es decir, Z Z f A= f 8f 2 Cc0 (Rn ): Rn

Rn

De esta identidad y de la invariancia de la integral bajo traslaciones, se sigue que Z Z Z T f A= T f= f 8f 2 Cc0 (Rn ); Rn

Rn

Rn

que es la identidad deseada. Una consecuencia interesante del Teorema 11.17 es que la de…nición de la integral no depende del orden de las variables.

224


Corolario 11.18 Para cualquier permutación (i1 ; :::; in ) de (1; :::; n) se cumple que Z

f=

Rn

donde sop(f )

Z

Z

bin

ain

bi2

ai2

[a1 ; b1 ]

Z

bi1

f (x1 ; x2 ; :::; xn )dxi1

ai1

!

dxi2

!

dxin ;

[an ; bn ]:

Demostración: Sea A la matriz que permuta coordenadas como sigue: donde yk := xj si ij = k:

A(x1 ; x2 ; :::; xn ) = (y1 ; y2 ; :::; yn );

Claramente, kAxk = kxk para todo x 2 Rn ; por tanto A 2 O(n): Aplicando el Teorema 11.17 obtenemos Z Z f = (f A) Rn Rn ! ! Z Z Z bi1

bi2

bin

(f

=

ai2

ain

=

Z

Z

bin

bi2

ai2

ain

A)(x1 ; x2 ; :::; xn )dx1

ai1

Z

bi1

f (y1 ; y2 ; :::; yn )dyi1

ai1

!

dyi2

dx2

!

dxn

dyin ;

como a…rma el enunciado. El Teorema 11.17 se generaliza como sigue. Teorema 11.19 Para todos A 2 GL(n; R); Z

Rn

2 Rn y f 2 Cc0 (Rn ) se cumple que

f (Ax + ) jdet Aj dx =

Z

f (y)dy:

Rn

Para demostrar este teorema usaremos el siguiente caso particular de él. Lema 11.20 Si A es una matriz diagonal de n toda f 2 Cc0 (Rn ) se cumple que Z

Rn

f (Ax) jdet Aj dx =

n tal que det A 6= 0, entonces para Z

Rn

f (y)dy:

11.3. INVARIANCIA BAJO ISOMETRíAS

225

Demostración: Sea

tal que det A = por

0

n

1

1 0 .. C : . A

1

B A = @ ... 0

..

.

n

6= 0: Consideremos la medida de Haar IA : Cc0 (Rn ) ! R dada Z IA (f ) := f A Rn

(ver Lema 11.16). Por el Teorema 11.10 existe c 0 tal que Z IA (f ) = c f 8f 2 Cc0 (Rn ):

(11.9)

Rn

Para determinar c basta calcular el valor de IA en la función Notemos que, para > 0; ( 1 j tj si jtj j1j ; ( t) = 0 si jtj j1j :

Por tanto,

Z

( t)dt =

R

y, en consecuencia,

Z

A =

Rn

Como

Rn

1 j j

( 1 x1 )

Rn

= R

Z

1

j 1j

1 j

nj

de…nida en (11.3).

( =

n xn )dx1

dxn

1 : jdet Aj

= 1 concluimos que 1 = IA ( ) = c jdet Aj

Z

= c:

Rn

Sustituyendo este valor en la identidad (11.9) obtenemos Z Z 1 f A= f 8f 2 Cc0 (Rn ); jdet Aj Rn Rn como a…rma el enunciado.

Usaremos el siguiente resultado bien conocido de algebra lineal 3 . 3

Consulta, por ejemplo, S. Friedberg, A. J. Insel, L. E. Spence, Linear Algebra, Pearson Education, New Jersey, Fourth Edition, 2003, Theorem 6.27.

226


Teorema 11.21 (Descomposición en valores singulares) Sea A una matriz de n n con coe…cientes reales. Entonces existen U1 ; U2 2 O(n) y una matriz diagonal D con coe…cientes no negativos tales que A = U1 DU2 : Demostración del Teorema 11.19. Sean A 2 GL(n; R); 2 Rn y f 2 Cc0 (Rn ): Por el Teorema 11.21, existen U1 ; U2 2 O(n) y una matriz diagonal D tales que A = U1 DU2 : En particular, jdet Dj = jdet Aj = 6 0: Usando el Teorema 11.17, el Lema 11.20 y la invariancia de la integral bajo traslaciones, obtenemos Z Z Z f (x)dx = f (U1 x)dx = f (U1 Dx) jdet Dj dx n Rn Rn Z ZR f (Ax) jdet Aj dx f (U1 DU2 x) jdet Dj dx = = n n R R Z = f (Ax + ) jdet Aj dx; Rn


11.4.

El teorema de cambio de variable

A lo largo de esta sección

denotará a un subconjunto abierto de Rn :

De…nición 11.22 Sea f 2 C 0 ( ): El soporte de f es la cerradura en Rn del conjunto fx 2 : f (x) 6= 0g: Lo denotamos sop(f ): Nota que el soporte de una función f 2 C 0 ( ) no necesariamente está contenido en : Por ejemplo, si f (x) = 1 para todo x 2 entonces sop(f ) = , que no está contenido en si 6= Rn : De…nimos Cc0 ( ) := ff 2 C 0 ( ) : sop(f ) es compacto y sop(f ) Cc0 ( ) es un subespacio vectorial de C 0 ( ): Si De…nición 11.4.

g:

= Rn este espacio coincide con el de la

11.4. EL TEOREMA DE CAMBIO DE VARIABLE

Dada una función f :

227

! R; de…nimos f : Rn ! R como f (x) :=

f (x) si x 2 ; 0 si x 2 Rn r :

Es fácil comprobar que, si f 2 Cc0 ( ); entonces f es continua en todo Rn y pertenece a Cc0 (Rn ) [Ejercicio 11.46]. De…nición 11.23 Si f 2 Cc0 ( ) de…nimos la integral de f en Z Z f: f :=

como

Rn

De…nición 11.24 Sean y 0 subconjuntos abiertos de Rn : Una función ' : ! 0 es un difeomor…smo de clase C 1 si ' es de clase C 1 en ; ' es biyectiva y su inverso ' 1 : 0 ! es de clase C 1 en 0 : Si ' es un difeomor…smo de clase C 1 ; la regla de la cadena asegura que (' 1 )0 ('( )) '0 ( ) = idRn

y

'0 ( ) (' 1 )0 ('( )) = idRn

8 2 ;

donde idRn : Rn ! Rn es la identidad. Por tanto, '0 ( ) 2 GL(n; R) para todo En una vecindad pequeña de , la función ' es muy cercana a la función (x) := '( ) + '0 ( )(x

) = '0 ( )x + ('( )

2

:

'0 ( ) );

para la cual vale el Teorema 11.19. Probaremos la siguiente generalización de ese resultado. Teorema 11.25 (Cambio de variable) Sean y 0 subconjuntos abiertos de Rn ; ' : ! 0 un difeomor…smo de clase C 1 y f 2 Cc0 ( 0 ): Entonces (f ') jdet '0 j 2 Cc0 ( ) y Z Z 0 f ('(x)) jdet ' (x)j dx = f (y)dy: 0

La idea de la demostración consiste en aproximar localmente a ' por la función y aplicar el Teorema 11.19. Usaremos el siguiente resultado. Lema 11.26 Sean K = (K; dK ) un espacio métrico compacto, X = (X; dX ) un espacio métrico y ' : K ! X una función continua. Entonces existe una función no decreciente ! : [0; 1) ! [0; 1) tal que l mt!0+ !(t) = 0 y dX ('(x); '(y))

!(dK (x; y))

8x; y 2 K:

228


Demostración: Para cada t 2 [0; 1) de…nimos !(t) := supfdX ('(x); '(y)) : x; y 2 K; dK (x; y)

tg:

Como la función h : K K ! R dada por h(x; y) := dX ('(x); '(y)) es continua (ver Ejercicio 3.49) y K K es compacto (ver Ejercicio 7.28), se tiene que h es acotada. Por tanto, !(t) 2 [0; 1) para todo t 2 [0; 1): Claramente, !(t) !(s) si t s: Además, como h es uniformemente continua en K K; dada " > 0; existe > 0 tal que si dK (x; y) < :

dX ('(x); '(y)) < "

En consecuencia, !(t) 2 [0; "] si t 2 [0; ); es decir, l mt!0+ !(t) = 0: Por último, si x; y 2 K y t := dK (x; y); por de…nición de ! se tiene que dX ('(x); '(y))

!(t) = !(dK (x; y)):

Esto concluye la demostración. Para x = (x1 ; :::; xn ) 2 Rn denotamos por kxk1 : = max jxi j ; i=1;:::;n

Q(x; ) : = fy 2 Rn : ky

xk1

g:

Recordemos que k k1 es una norma en Rn que cumple 1 p kxk n

kxk1

kxk

8x 2 Rn

(11.10)

(ver Ejercicio 2.42). A continuación introduciremos los conjuntos y las constantes que usaremos en los siguientes lemas y en la demostración del Teorema 11.25. Sean y 0 abiertos en Rn ; ' : ! 0 un difeomor…smo de clase C 1 y f 2 Cc0 ( 0 ): De…nimos K 0 := sop(f ) y K := ' 1 (K 0 ): Como K y K 0 son subconjuntos compactos de y 0 respectivamente, las distancias de K a Rn r y de K 0 a Rn r 0 son positivas (ver Ejercicio 4.41). Por tanto, existe 1 > 0 tal que Q( ; Q( ;

1) 1)

0

8 2 K; 8 2 K 0:


229

ϕ K'

K

Ω

Ω

Sean K1 :=

[

Q( ;

y

1)

K10 :=

[

I

Q( ;

1 ):

2K 0

2K

K1 y K10 son subconjuntos compactos de y 0 respectivamente (ver Ejercicio 4.33). Por tanto, como '0 es continua en K1 y (' 1 )0 es continua en K10 , existe M 2 R tal que sup k'0 (x)kL(Rn ;Rn )

M

y

x2K1

p Sean c0 := M n y

2

sup (' 1 )0 (y) y2K10

M:

L(Rn ;Rn )

:= m nf 1 ; c01 g:

Lema 11.27 Para todo (i) Si k'(x) '( )k1 (ii) Si k'0 ( )(x )k1

2 (0; 1 ) y 2 K se cumple lo siguiente: ; entonces kx k1 c 0 : ; entonces kx k1 c 0 :

Demostración: (i) Si k'(x) '( )k1 ; entonces xt := (1 t)'( ) + t'(x) 2 0 Q('( ); ) K1 para todo t 2 [0; 1]: Usando las desigualdades (11.10) y el teorema del valor medio (Corolario 9.17) obtenemos kx

k1

kx k = ' 1 ('(x)) ' 1 ('( )) sup (' 1 )0 (xt ) L(Rn ;Rn ) k'(x) '( )k t2[0;1]

p M n k'(x) c0 :

(ii) Si k'0 ( )(x kx

)k1 k1

'( )k1

, usando las desigualdades (11.10) y (9.2) obtenemos kx k = (' 1 )0 ('( )) '0 ( ) (x (' 1 )0 ('( )) L(Rn ;Rn ) k'0 ( )(x )k p M n k'0 ( )(x )k1 c0 :


)

230


Consideremos la función jT (

)(x)

: Rn ! R de…nida en (11.5). Es fácil comprobar que T(

)(y)j

n

kx

yk1

8x; y 2 Rn

(11.11)

[Ejercicio 11.45]. Lema 11.28 Si 2 K 0 y 2 (0; 2 ); entonces sop(T ( )) K10 y sop(T ( ) ') K1 ; y existe una función ! : [0; 1) ! [0; 1) tal que l mt!0 !(t) = 0 y Z Z 0 T ( )('(x)) jdet ' (x)j dx T ( )(y)dy !( ) n 8 2 K 0 ; 8 2 (0; 2 ): 0

Demostración: Sean 2 K 0 , := ' 1 ( ) 2 K y 2 (0; 2 ): Denotemos por : Rn ! R a la función (x) := '( ) + '0 ( )(x ): Como sop(T ( )) = Q( ; ) y c0 < 1 ; del Lema 11.27 se sigue que sop(T ( ) ') sop(T ( ) )

Q( ; c0 ) Q( ; c0 )

(11.12) (11.13)

K1 ; K1 :

Por otra parte, como '0 ( ) 2 GL(n; R); aplicando el Teorema 11.19 obtenemos Z Z 0 T (y)dy: T ( (x)) jdet ' ( )j dx = 0

En consecuencia, bastará probar que existe una función ! : [0; 1) ! [0; 1) tal que l mt!0 !(t) = 0 y Z Z 0 T ( )('(x)) jdet ' (x)j dx T ( )( (x)) jdet '0 ( )j dx !( ) n : (11.14) Sea x 2 Q( ; c0 ): Como xt := (1 t) + tx 2 Q( ; c0 ) teorema del valor medio (Corolario 9.18) asegura que k'(x)

K1 para todo t 2 [0; 1], el

(x)k = k'(x) '( ) '0 ( )(x )k 0 0 sup k' (xt ) ' ( )kL(Rn ;Rn ) kx t2[0;1]

sup t2[0;1]

p

n'0 (xt )

p

n'0 ( )

L(Rn ;Rn )

k kx

k1 :

p Aplicando el Lema 11.26 a la función n'0 : K1 ! L(Rn ; Rn ) obtenemos una función no decreciente ! 1 : [0; 1) ! [0; 1) tal que l mt!0 ! 1 (t) = 0 y p 0 p 0 n' (y) n' (z) L(Rn ;Rn ) ! 1 (ky zk1 ) 8y; z 2 K1 :


231

Por tanto, k'(x)

(x)k1

k1 ) kx

sup ! 1 (kxt t2[0;1]

k1

! 1 (c0 )c0 :

(11.15)

De las desigualdades (11.11) y (11.15) se sigue que jT (

)('(x))

T(

)(

(x))j

n

k'(x)

(x)k1

c0 n! 1 (c0 ):

(11.16)

Por otra parte, aplicando el Lema 11.26 a la función jdet '0 j : K1 ! R obtenemos una función no decreciente ! 2 : [0; 1) ! [0; 1) tal que l mt!0 ! 2 (t) = 0 y j jdet '0 (x)j

jdet '0 ( )j j

! 2 (kx

k1 )

! 2 (c0 ):

(11.17)

Usando la desigualdad del triángulo y las desigualdades (11.16) y (11.17) concluimos que j T ( )('(x)) jdet '0 (x)j T ( )( (x)) jdet '0 ( )j j jdet '0 (x)j jT ( )('(x)) T ( )( (x))j + jjdet '0 (x)j M1 c0 n! 1 (c0 ) + ! 2 (c0 ) =: ! 3 ( )

jdet '0 ( )jj T (

)( (x)) (11.18)

para toda x 2 Q( ; c0 ); donde M1 := supx2K1 jdet '0 (x)j : Usando el Ejercicio 11.34, las a…rmaciones (11.12) y (11.13) y la desigualdad (11.18) obtenemos Z Z 0 T ( )('(x)) jdet ' (x)j dx T ( )( (x)) jdet '0 ( )j dx Z j T ( )('(x)) jdet '0 (x)j T ( )( (x)) jdet '0 ( )j j dx Z = j T ( )('(x)) jdet '0 (x)j T ( )( (x)) jdet '0 ( )j j dx Q( ;c0 ) Z ! 3 ( )dx = ! 3 ( )(2c0 )n = !( ) n ; Q( ;c0 )

donde !( ) := (2c0 )n ! 3 ( ): Esto demuestra la a…rmación (11.14).

Demostración del Teorema 11.25. g := (f

Sea f 2 Cc0 ( 0 ) y sea ') jdet '0 j :

232


Entonces sop(g) = ' 1 (sop(f )): Por tanto, g 2 Cc0 ( ): Para cada 2 (0; 2 ); denotemos por X f : = f ( m)T m ( ); m2Zn

g

X

') jdet '0 j =

: = (f

El Lema 11.28 asegura que sop(f 11.13 asegura que

f ( m)(T

) ') jdet '0 j :

m(

m2Zn

K10 : Por otra parte, el Lema

K1 y sop(f )

') l m kf

f k1 = 0:

!0

Como kg

f ('(x))j jdet '0 (x)j

g k1 = sup jf ('(x)) x2K1

f k1 sup jdet '0 (x)j ;

kf

x2K1

concluimos que l m kg !0

g k1 = 0:

Del Lema 11.11 se sigue que Z Z Z X g(x)dx = l m g (x)dx = l m f ( m) T Z

!0

f (y)dy = l m

!0

0

Z

Sea r 2 N tal que sop(f ) X

f ( m)

m2Zn

X

m2Zn

jf ( m)j

kf k1 donde l m

!0

2r

!0

f (y)dy = l m

!0

0

m2Zn

X

f ( m)

m2Zn

Z

)('(x)) jdet '0 (x)j dx;

m(

T

m(

)(y)dy:

0

[ r; r]n : Aplicando el Lema 11.28 obtenemos que Z

Z

+1

T T

0

)('(x)) jdet ' (x)j dx

m(

0

)('(x)) jdet ' (x)j dx

m(

n

!( )

n

Z

Z

T

m(

)(y)dy

T

m(

)(y)dy

0

0

= kf k1 (2r + )n !( );

!( ) = 0: En consecuencia, Z Z g(x)dx f (y)dy l m kf k1 (2r + 2)n !( ) = 0: 0


!0

11.5. EJERCICIOS

11.5.

233

Ejercicios

Ejercicio 11.29 Prueba que, si Q1 y Q2 son dos rectángulos que contienen a sop(f ); entonces Z Z f= f: Q1

Q2

n

Ejercicio 11.30 Sea Q un rectángulo en R . Prueba que (a) Z Z Z f+ g= f+ g 8f; g 2 C 0 (Q); Q

(b)

Q

Z

Z

f

Q

Q

g

Q

8f; g 2 C 0 (Q) con f

;

2 R:

g:

(c) Si c : Q ! R es una función constante, entonces Z n Y c = c (bi ai ): Q

i=1

Ejercicio 11.31 (Cambio de variable para funciones de variable real) Sean g : [a; b] ! R una función de clase C 1 en [a; b] y f : [ ; ] ! R una función continua. Si g(t) 2 [ ; ] para todo t 2 [a; b]; prueba que Z b Z g(b) 0 f (g(t))g (t)dt = f (x)dx: a

g(a)

(Sugerencia: Usa los teoremas fundamentales del cálculo y la regla de la cadena.) Ejercicio 11.32 Prueba, que para cualesquiera f; g : Rn ! R, (a) sop(f + g) sop(f ) [ sop(g); (b) sop( f ) = sop(f ); (c) sop(T f ) = sop(f ) + := fx + : x 2 sop(f )g: (d) sop(f g) sop(f ) \ sop(g); (e) sop(f ) = sop(jf j); ¿Es válida, en general, la igualdad en los incisos (a) y (d)?

2 R r f0g y

2 Rn ;

Ejercicio 11.33 Dadas f; g : Rn ! R de…nimos m nff; gg : Rn ! R y maxff; gg : Rn ! R como (m nff; gg) (x) : = m nff (x); g(x)g; (maxff; gg) (x) : = maxff (x); g(x)g: Prueba que, si f; g 2 Cc0 (Rn ); entonces m nff; gg 2 Cc0 (Rn ) y maxff; gg 2 Cc0 (Rn ): (Sugerencia: Usa las identidades (8.15) y (8.14).)

234


Ejercicio 11.34 Prueba que Z

Rn

f

Z

Rn

8f 2 Cc0 (Rn ):

jf j

Ejercicio 11.35 Prueba que, si f 2 Cc0 (Rn ), f entonces Z f > 0:

0 y f (x0 ) > 0 para algún x0 2 Rn ;

Rn

Ejercicio 11.36 Sean 1 Rn ! R como (g Prueba que g

m

n, g 2 Cc0 (Rm ) y h 2 Cc0 (Rn

m

): De…nimos g

h :

h) (x1 ; x2 ; :::; xn ) := g(x1 ; :::; xm )h(xm+1 ; :::; xn ):

h 2 Cc0 (Rn ) y que Z (g h) = Rn

Z

Z

g

Rn

Rm

h : m

Ejercicio 11.37 Sea K un subconjunto compacto de Rn . Da un ejemplo de una función g 2 Cc0 (Rn ) tal que g(x) = 1 para todo x 2 K y g(x) 0 para todo x 2 Rn : Ejercicio 11.38 Prueba que, si f 2 Cc0 (Rn ); entonces f es uniformemente continua en Rn : (Sugerencia: Usa el Teorema 4.31.) Ejercicio 11.39 (a) Prueba que, si J : Cc0 (Rn ) ! R es una medida de Haar, entonces para cualquier a 0 la función aJ : Cc0 (Rn ) ! R dada por (aJ)(f ) := aJ(f ) es una medida de Haar. (b) ¿Es cierta la a…rmación anterior si a < 0? Ejercicio 11.40 Sea 0 Cper (Rn ) := ff 2 C 0 (Rn ) : f (x + m) = f (x) 8x 2 Rn ; 8m 2 Zn g

el espacio de las funciones continuas de periodo 1 en cada variable x1 ; :::; xn : Prueba que 0 (a) Cper (Rn ) es un subespacio vectorial de C 0 (Rn ), 0 0 (b) T f 2 Cper (Rn ) para toda f 2 Cper (Rn ) y 2 Rn ; 0 n (c) la función Iper : Cper (R ) ! R dada por Z Iper (f ) := f; Q

donde Q := [0; 1]n ; es lineal, monótona e invariante bajo traslaciones.

11.5. EJERCICIOS

235

Ejercicio 11.41 Sea S1 := fz 2 C : jzj = 1g. El producto de números complejos le da a S1 la estructura de grupo abeliano. El n-toro 1 Tn := S |

{z

n veces

S}1

es también un grupo abeliano con la multiplicación

(z1 ; :::; zn )(w1 ; :::; wn ) := (z1 w1 ; :::; zn wn ): La función exponencial exp : Rn ! Tn ; de…nida como exp(x1 ; :::; xn ) := (e2

ix1

; :::; e2

ixn

);

es un homomor…smo de grupos, es decir, exp(x + y) = exp(x) exp(y): Dados f 2 C 0 (Tn ); la traslación de f por es la función T f 2 C 0 (Tn ) dada por 1

(T f ) (z) := f

z ;

z 2 Tn :

2 Tn y (11.19)

Prueba que 0 (a) f 2 C 0 (Tn ) si y sólo si f exp 2 Cper (Rn ), (b) la función ITn : C 0 (Tn ) ! R, dada por ITn (f ) := Iper (f

exp);

0 (Rn ) ! R es la función de…nida en el ejercicio anterior, es una medida donde Iper : Cper n de Haar en T ; es decir, es lineal, monótona e invariante bajo la traslación de…nida en (11.19) 4 .

Ejercicio 11.42 Sea f : Rn ! R la función ( q 1 kxk2 si kxk f (x) := 0 si kxk Prueba que f 2 Cc0 (Rn ) y calcula

Z

1; 1:

f:

Rn

4

Si quieres aprender más sobre medidas de Haar consulta el libro de Leopoldo Nachbin, Integral de Haar, Textos de Matemática No. 7, Instituto de Física e Matemática, Universidade do Recife, Brasil 1960.

236


Ejercicio 11.43 (a) Si A es una matriz de n n demuestra que son equivalentes las siguientes cuatro a…rmaciones: (a.1) A es ortogonal, i.e. kAxk = kxk para todo x 2 Rn : (a.2) A preserva el producto escalar, i.e. Ax Ay = x y para todos x; y 2 Rn : (a.3) Los renglones de A son vectores ortonormales. (a.4) Las columnas de A son vectores ortonormales. (b) Prueba que cualquiera de estas a…rmaciones implica que det A = 1: (c) ¿Es cierto que si A es una matriz de n n y det A = 1 entonces A es ortogonal? Ejercicio 11.44 Demuestra el Teorema 11.21. Ejercicio 11.45 (a) Prueba que j (x) (b) Prueba que, para todo jT (

n kx

(y)j

T(

8x; y 2 Rn :

2 Rn ;

> 0 y todo

)(x)

yk1

n

)(y)j

kx

yk1

8x; y 2 Rn :

(Sugerencia: Prueba (a) por inducción sobre n.) Ejercicio 11.46 Sea un subconjunto abierto de Rn : Prueba que, si f 2 Cc0 ( ) y n f : R ! R es la función f (x) :=

f (x) si x 2 ; 0 si x 2 Rn r ;

entonces f 2 Cc0 (Rn ): Ejercicio 11.47 Sean para toda f 2 Cc0 ( ); Z

:= R2 r f(x; 0) : x f (x; y)dx dy =

Z

0g y

0

:= (0; 1)

(0; 2 ): Prueba que,

f (r cos #; r sin #)r dr d#: 0

En los ejercicios siguientes denotaremos por Cck ( ) := Cc0 ( ) \ C k ( ) al conjunto de las funciones f :

! R de clase C k con soporte compacto en

.

11.5. EJERCICIOS

237

Ejercicio 11.48 (Integración por partes) (a) Prueba que, si f 2 Cc1 ( ); entonces @f 2 Cc0 ( ) y @xi Z @f =0 8i = 1; :::; n: @xi (b) Prueba que, si f 2 C 1 ( ); g 2 Cc1 ( ); entonces Z

@f g= @xi

Z

f

@g @xi

@f g; @xi

@g f @x 2 Cc0 ( ) y i

8i = 1; :::; n:

(Sugerencia: Aplica (a) a la función f g para probar (b).) Ejercicio 11.49 (Fórmula de Green) Sea f 2 C 2 ( ): El laplaciano de f es la función n X @2f f := : 2 @x i i=1 Prueba que, si f 2 C 2 ( ) y g 2 Cc2 ( ); entonces ( f )g; rf rg; f ( g) 2 Cc0 ( ) y Z Z Z f ( g): rf rg = ( f )g = (Sugerencia: Aplica el Ejercicio 11.48.)

238


Capítulo 12 Funciones Lebesgue-integrables En el capítulo anterior de…nimos la integral de una función continua con soporte compacto. Nuestro objetivo es extender la noción de integrabilidad a una clase más amplia de funciones. Empezaremos considerando aquellas funciones g : Rn ! R [ f1g que son supremos puntuales de sucesiones no decrecientes de funciones gk 2 Cc0 (Rn ): Denotaremos por S (Rn ) al conjunto de tales funciones. En virtud de la monotonía de la integral es razonable de…nir Z Z gk : g := sup Rn

k2N

Rn

Un resultado debido a Dini (ver Teorema 12.2) garantiza que esta integral está bien de…nida. Análogamente consideraremos el conjunto S (Rn ) de aquellas funciones h : Rn ! R [ f 1g que son ín…mos puntuales de sucesiones no crecientes de funciones hk 2 Cc0 (Rn ) y de…niremos Z Z hk :

h := nf

Rn

k2N

Rn n

Para aquellas funciones que pertenecen a Cc0 (R ) = S (Rn ) \ S (Rn ) ambas integrales coinciden con la integral de…nida en el capítulo anterior. En general, estas integrales no tienen por qué ser …nitas. Más aún, el conjunto S (Rn ) [ S (Rn ) no es un espacio vectorial. Estos inconvenientes se resuelven del siguiente modo: consideremos el conjunto L(Rn ) de todas aquellas funciones f : Rn ! R para las cuales Z Z n 1 < sup h : h 2 S (R ); h f = nf g : g 2 S (Rn ); g f < 1: Rn

Rn

Éstas funciones se llaman Lebesgue-integrables y su integral se de…ne como Z Z Z n f := sup h : h 2 S (R ); h f = nf g : g 2 S (Rn ); g Rn

Rn

239

Rn

f

:

240

12. FUNCIONES LEBESGUE-INTEGRABLES

Esta de…nición resulta a veces complicada de manejar. Demostraremos que una función es Lebesgue-integrable si se puede aproximar, en un sentido adecuado, por una sucesión de funciones continuas con soporte compacto, y que su integral de Lebesgue es el límite de las integrales de dicha sucesión. Esta caracterización permite extender de manera sencilla las propiedades que demostramos en el capítulo anterior a este contexto más general. Probaremos que el conjunto L(Rn ) es un espacio vectorial, que la integral es lineal y monótona y que continúa satisfaciendo la fórmula de cambio lineal de variable. Los teoremas fundamentales de la teoría de integración de Lebesgue se demostrarán en el siguiente capítulo.

12.1.

La integral de una función semicontinua

Consideremos el siguiente ejemplo. Ejemplo 12.1 Sean

k

: R ! R la función k (x) :=

y

k

j2x

1 0

1jk si x 2 (0; 1); si x 2 = (0; 1);

: Rn ! R la función k (x1 ; :::; xn )

:=

k (x1 )

k (xn ):

1

0 -1

0

La función k es continua, sop( para cada x 2 Rn ; se tiene que lm

k!1

k (x)

k)

1

= [0; 1]n y

= 1(0;1)n (x) :=

k

2

k+1

para todo k 2 N: Además,

1 si x 2 (0; 1)n ; 0 si x 2 = (0; 1)n :

La función 1(0;1)n no es continua. Nota, sin embargo, que Z Z n 1 = 1 k = k k+1 Rn R

n

:

12.1. LA INTEGRAL DE UNA FUNCIÓN SEMICONTINUA

Por tanto, lm

k!1

Z

k

241

= 1:

Rn

El ejemplo anterior sugiere la posibilidad de extender la noción de integral a aquellas funciones f : Rn ! R [ f1g que son el límite puntual de una sucesión creciente de funciones continuas con soporte compacto, de…niendo la integral de f como el límite de las integrales de una tal sucesión. Para ello requerimos probar que dicho límite no depende de la sucesión elegida. El siguiente resultado nos permitirá obtener esa conclusión. En general, no es cierto que, si una sucesión de funciones continuas converge puntualmente a una función continua, entonces converge uniformemente (ver Ejemplo 5.13). Sin embargo, Dini1 demostró que esta a…rmación es cierta si la sucesión es no decreciente. Teorema 12.2 (Dini) Sea K un espacio métrico compacto y sean f; fk 2 C 0 (K) tales que f1 f2 fk fk+1 y fk (x) ! f (x) para cada x 2 K: Entonces fk ! f uniformemente en K: Demostración: De…nimos gk := f

fk : Entonces gk

l m gk (x) = 0

k!1

gk+1

0 para todo k 2 N y

8x 2 K:

Sea " > 0: Para cada x 2 K elegimos kx 2 N tal que gk (x) < Además, como gkx es continua, existe

x

" 2

8k

kx :

> 0 tal que " 2

si dK (y; x) <

jgkx (y)

gkx (x)j <

jgkx (y)

gkx (x)j + gkx (x) < "

x:

Por tanto, gk (y) 1

gkx (y)

si k

kx y dK (y; x) <

x:

Ulisse Dini, matemático italiano. Nació en Pisa el 14 de noviembre de 1845 y murió el 28 de octubre de 1918.

242


Como K es compacto, existen x1 ; :::; xn 2 K tales que K

BK (x1 ;

x1 )

[

[ BK (xn ;

xn ):

En consecuencia, gk (y) < "

8k

maxfkx1 ; :::; kxn g; 8y 2 K:

Esto prueba que fk ! f uniformemente en K: Una consecuencia importante del teorema de Dini es la siguiente. Corolario 12.3 Sean f; fk 2 Cc0 (Rn ) tales que f1

f2

fk

fk+1

y fk (x) ! f (x) para cada x 2 Rn : Entonces lm

k!1

Z

fk =

Rn

Z

f:

Rn

Demostración: Observa que, si f (x) = 0 = f1 (x); entonces fk (x) = 0 para todo k 2 N: En consecuencia, sop(fk ) sop(f ) [ sop(f1 ) =: K para todo k 2 N: Por el Teorema 12.2, fk ! f uniformemente en K y, por tanto, en Rn : Aplicando el Lema 11.11, concluimos que Z Z Rn

fk !

f;

Rn


Dado un espacio métrico X y un conjunto de funciones fi : X ! R [ f1g, i 2 I; de…nimos la función sup fi : X ! R [ f1g i2I

como sup fi (x) := sup fi (x). i2I

i2I

Nota que el límite puntual de una sucesión creciente de funciones coincide con su supremo puntual. El siguiente resultado es consecuencia del corolario anterior.


243

Corolario 12.4 Si fk ; gk 2 Cc0 (Rn ) son tales que fk fk+1 y gk y supk2N fk = supk2N gk ; entonces Z Z lm fk = l m gk : k!1

k!1

Rn

gk+1 para todo k 2 N

Rn

Demostración: Fijemos k 2 N y, para cada j 2 N; consideremos la función hj := m nffk ; gj g: Entonces hj 2 Cc0 (Rn ) [Ejercicio 11.33], hj hj+1 ; fk = supj2N hj y hj gj : Aplicando el Corolario 12.3 obtenemos Z Z Z fk = l m hj lm gj 8k 2 N. Rn

j!1

Por tanto, lm

k!1

j!1

Rn

Z

fk

lm

j!1

Rn

Rn

Z

gj :

Rn

Intercambiando fk y gk obtenemos el resultado. Denotamos por S (Rn ) al conjunto de todas las funciones f : Rn ! R [ f1g tales fk+1 para que existe una sucesión de funciones (fk ) en Cc0 (Rn ) que cumple que fk todo k 2 N y supk2N fk = f: De…nición 12.5 Sea f 2 S (Rn ): De…nimos la integral de f en Rn como Z Z f := l m fk 2 R [ f1g; Rn

k!1

Rn

donde (fk ) es una sucesión de funciones en Cc0 (Rn ) tales que fk y supk2N fk = f:

fk+1 para todo k 2 N

El Corolario 12.4 asegura que la integral de f en Rn no depende de la sucesión elegida. En particular, si f 2 Cc0 (Rn ) S (Rn ); podemos tomar fk = f: Esto prueba 0 n que, para funciones en Cc (R ); la integral dada por la De…nición 12.5 coincide que la introducida en el capítulo precedente. A continuación daremos una descripción más accesible del conjunto S (Rn ): Probaremos primero que las funciones que pertenecen a S (Rn ) son semicontinuas inferiormente (ver De…nición 4.22). Lema 12.6 Si X es un espacio métrico y fi : X ! R [ f1g es s.c.i. para todo i 2 I, entonces supi2I fi es s.c.i.

244


Demostración: Sean x0 2 X y c < (supi2I fi ) (x0 ): Escojemos i0 2 I tal que c < fi0 (x0 ). Como fi0 es s.c.i., existe > 0 tal que c < fi0 (x) si dX (x; x0 ) < : En consecuencia, sup fi (x) si dX (x; x0 ) < :

c < fi0 (x)

i2I

Esto prueba que supi2I fi es s.c.i. El siguiente resultado caracteriza a los elementos de S (Rn ). Proposición 12.7 Sea f : Rn ! R [ f1g. Son equivalentes las siguientes a…rmaciones: (a) f es s.c.i. y existe un compacto K Rn tal que f (x)

0

8x 2 Rn r K:

(b) Existen funciones fk 2 Cc0 (Rn ) tales que fk

fk+1 para todo k 2 N y f = supk2N fk :

Demostración: (b))(a): Sean fk 2 Cc0 (Rn ) tales que fk fk+1 para todo k 2 N y f = supk2N fk : El Lema 12.6 asegura que f es s.c.i. Por otra parte, como f f1 ; se tiene que f (x) 0 8x 2 Rn r sop(f1 ):

Esto prueba que f cumple (a). (a))(b): Sea f s.c.i. y tal que f (x) 0 para todo x 2 Rn r K; con K 6= ; compacto. Por el Teorema 4.29, f alcanza su mínimo en K: Por tanto, existe M 2 N tal que f (x) >

M

8x 2 Rn :

Sea N := f( ; "; q) 2 Qn

Q

Q : " > 0; q >

M; f (x) > q 8x 2 B( ; ")g;

donde B( ; ") := fx 2 Rn : kx k < "g: Para cada = ( ; "; q) 2 N escogemos r 2 ("; 1) tal que K B( ; r ) y de…nimos g 2 Cc0 (Rn ) como 8 q si kx k 2" ; > > > 2(q+M ) > kx k + 2q + M si 2" kx k "; < " g (x) := M si " kx k r ; > > > M (r + 1 kx k) si r kx k r + 1; > : 0 si r + 1 kx k:


245

q

ξ -M

Por construcción, g f . A…rmamos que sup 2N g = f: En efecto, como f es s.c.i., n dados x 2 R y q 2 Q con M < q < f (x), existe > 0 tal que q < f (y) 8y 2 B(x; ): Tomando " 2 Q \ (0; 2 ) y

2 Qn \ B(x; 2" ); tenemos que B( ; ")

B(x; ): Por tanto,

q < f (y) 8y 2 B( ; ") y, en consecuencia, = ( ; "; q) 2 N y g (x) = q: Esto prueba que sup 2N g = f: El conjunto N es numerable. Numeramos sus elementos N = f 1 ; 2 ; :::g y de…nimos fk := supfg 1 ; :::; g k g: Entonces fk 2 Cc0 (Rn ) (ver Ejercicio 11.33), fk

fk+1 para todo k 2 N y f = supk2N fk :

Como consecuencia de la proposición anterior se tiene que S (Rn ) := ff : Rn ! R[f1g : f es s.c.i. y 9K compacto tal que f (x)

0 8x 2 Rn rKg:

Procediendo de manera análoga, de…niremos la integral de funciones f : Rn ! R [ f 1g que son el límite puntual de una sucesión decreciente de funciones continuas con soporte compacto. Dado un espacio métrico X y un conjunto de funciones fi : X ! R [ f 1g, i 2 I; la función nf fi : X ! R [ f 1g i2I

se de…ne como nf fi (x) := nf fi (x).

i2I

i2I

Nota que el límite puntual de una sucesión decreciente de funciones coincide con su ín…mo puntual. Las funciones semicontinuas inferior y superiormente (ver De…nición 4.23) se relacionan como sigue: f : X ! R [ f 1g es s.c.s. ()

f : X ! R [ f1g es s.c.i.

(12.1)

246


Esta relación, junto con el Lema 12.6, implica que el ín…mo puntual de una familia de funciones semicontinuas superiormente es semicontinuo superiormente. Además, se tienen los siguientes resultados. Corolario 12.8 Si fk ; gk 2 Cc0 (Rn ) son tales que fk fk+1 y gk y nf k2N fk = nf k2N gk ; entonces Z Z lm fk = l m gk : k!1

k!1

Rn

gk+1 para todo k 2 N

Rn

Demostración: Esta a…rmación es consecuencia inmediata del Corolario 12.4, aplicado a las sucesiones ( fk ) y ( gk ); y la relación (12.1). Proposición 12.9 Sea f : Rn ! R [ f 1g. Son equivalentes las siguientes a…rmaciones: (a) f es s.c.s. y existe un compacto K Rn tal que f (x)

0

8x 2 Rn r K:

(b) Existen funciones fk 2 Cc0 (Rn ) tales que fk

fk+1 para todo k 2 N y f = nf k2N fk :

Demostración: De la relación (12.1) y la Proposición 12.7 se obtiene inmediatamente este resultado. Denotamos por S (Rn ) := ff : Rn ! R[f 1g : f es s.c.s. y 9K compacto tal que f (x)

0 8x 2 Rn rKg:

De…nición 12.10 Sea f 2 S (Rn ): De…nimos la integral de f en Rn como Z Z f := l m fk 2 R [ f 1g; Rn

k!1

Rn

donde (fk ) es una sucesión de funciones en Cc0 (Rn ) tales que fk y nf k2N fk = f:

fk+1 para todo k 2 N

La Proposición 12.9 asegura que tal sucesión (fk ) existe y el Corolario 12.8 asegura que la integral de f en Rn no depende de la sucesión elegida. En particular, si f 2 Cc0 (Rn ) S (Rn ); podemos tomar fk = f: Esto prueba que, para funciones en 0 n Cc (R ); la integral dada por la De…nición 12.10 coincide que la introducida en el capítulo precedente. Más aún, como S (Rn ) \ S (Rn ) = Cc0 (Rn );

las integrales dadas por las De…niciones 12.5 y 12.10 coinciden en S (Rn ) \ S (Rn ): Un ejemplo importante es el siguiente.

12.2. PROPIEDADES DE LA INTEGRAL DE FUNCIONES SEMICONTINUAS

247

De…nición 12.11 La función característica (o función indicadora) de un subconjunto X de Rn es la función 1X (x) :=

1 si x 2 X; 0 si x 2 Rn r X:

La función 1X es s.c.i si y sólo si X es abierto en Rn , y es s.c.s. si y sólo si X es cerrado en Rn : En consecuencia, 1X 2 S (Rn ) si y sólo si X es abierto en Rn ; 1X 2 S (Rn ) si y sólo si X es compacto en Rn ;

(12.2) (12.3)

[Ejercicio 12.47]. De…nición 12.12 Si X es un subconjunto abierto o X es un subconjunto compacto de Rn ; de…nimos el volumen de X en Rn como Z 1X 2 R [ f1g: voln (X) := Rn

Observa que en el Ejemplo 12.1 probamos que voln ((0; 1)n ) = 1:

12.2.

Propiedades de la integral de funciones semicontinuas

Probaremos algunas propiedades importantes de la integral. Empezamos con la siguiente observación sencilla. Lema 12.13 f 2 S (Rn ) si y sólo si f 2 S (Rn ). En este caso, Z Z f= ( f) : Rn

Rn

Demostración: fk 2 Cc0 (Rn ), fk fk+1 y supk2N fk = f si y sólo si fk fk+1 y nf k2N ( fk ) = f: Por el Teorema 11.7, Z Z fk = ( fk ) : Rn

Rn

Pasando al límite obtenemos la identidad deseada.

fk 2 Cc0 (Rn ),

248


Si f; g 2 S (Rn ) o f; g 2 S (Rn ) y

2 [0; 1); de…nimos

(f + g) (x) := f (x) + g(x);

( f ) (x) := f (x);

donde a + 1 := 1; 1 + a := 1 8a 2 R [ f1g; a + ( 1) := 1; ( 1) + a : 1 8a 2 R [ f 1g; ( 1) := 1 8 2 (0; 1); 0 ( 1) := 0:

Observa que ni S (Rn ) ni S (Rn ) son espacios vectoriales ya que, en general, s.c.i. (respectivamente, s.c.s.) si f lo es. Sin embargo, se cumple lo siguiente.

f no es

Proposición 12.14 (a) Si f; g 2 S (Rn ) y 2 [0; 1); entonces f + g 2 S (Rn ); f 2 S (Rn ), Z Z Z Z Z (f + g) = f+ g y ( f) = f: Rn

Rn

(b) Si f; g 2 S (Rn ) y f

Rn

g; entonces Z

Rn

f

Rn

Z

Rn

g:

Rn

Ambas a…rmaciones también son ciertas si reemplazamos S (Rn ) por S (Rn ): Demostración: Demostraremos ambas a…rmaciones para S (Rn ): El resultado para S (Rn ) se obtiene aplicando el Lema 12.13. (a) Si fk ; gk 2 Cc0 (Rn ) son tales que fk fk+1 , gk gk+1 , supk2N fk = f y supk2N gk = g; entonces, para 2 [0; 1); fk + gk 2 Cc0 (Rn ); fk 2

Cc0 (Rn );

fk + gk

fk+1 + gk+1 ;

sup (fk + gk ) = f + g; k2N

fk

fk+1 ;

sup ( fk ) = f: k2N

Del Teorema 12.7 se sigue que f + g 2 S (Rn ) y f 2 S (Rn ), y las identidades Z Z Z Z Z f (f + g) = f+ g y f= Rn

Rn

Rn

Rn

Rn

son consecuencia de las correspondientes identidades para las funciones fk ; gk 2 Cc0 (Rn ) (Teorema 11.7).


(b) Si f; g 2 S (Rn ), f g; y fk ; gk 2 Cc0 (Rn ) son tales que fk supk2N fk = f y supk2N gk = g; de…nimos

249

fk+1 , gk

gk+1 ,

hk := m nffk ; gk g: Entonces hk 2 Cc0 (Rn ); hk hk+1 , supk2N hk = f y hk gk . De la monotonía de la 0 n integral para funciones en Cc (R ) (Teorema 11.7) se sigue que Z Z Z Z f := l m hk lm gk =: g: k!1

Rn

Rn

k!1

Rn

Rn

Esto concluye la demostración. Una consecuencia que nos será de utilidad es la siguiente. Corolario 12.15 Si f 2 S (Rn ) y g 2 S (Rn ), entonces f Z Z Z (f g) = f g: Rn

Rn

g 2 S (Rn ) y

Rn

Demostración: El Lema 12.13 y la Proposición 12.14 implican que f g 2 S (Rn ) y Z Z Z Z Z g; f ( g) = f+ (f g) = Rn

Rn

Rn

Rn

g 2 S (Rn );

Rn


Proposición 12.16 Si A 2 GL(n; R); 2 Rn y f 2 S (Rn ), entonces la función x 7! f (Ax + ) pertenece a S (Rn ) y Z Z f (Ax + ) jdet Aj dx = f (y)dy: Rn

Rn

La a…rmación también es cierta si reemplazamos S (Rn ) por S (Rn ): Demostración: Este resultado es consecuencia inmediata del Teorema 11.19. Veamos algunos ejemplos. Ejemplo 12.17 voln (( r; r)n ) = (2r)n para todo r 2 (0; 1):

250


Demostración: Si ' : Rn ! Rn es la función diagonal 0 2r B .. . . A=@ . .

'(x) := Ax + ; donde A es la matriz

0

1 0 .. C . A 2r

y := ( r; :::; r); entonces ( r; r)n = '((0; 1)n ): En el Ejemplo 12.1 probamos que voln ((0; 1)n ) = 1: Como 1( r;r)n ' = 1(0;1)n ; de la Proposición 12.16 se sigue que Z Z n n 1( r;r) = jdet Aj 1(0;1)n = (2r)n ; voln (( r; r) ) = Rn

Rn


Corolario 12.18 Si 1:

es un subconjunto abierto y acotado de Rn ; entonces voln ( ) <

Demostración: Sea r 2 (0; 1) tal que ( r; r)n : Como 1 y 1( r;r)n pertenecen a S (Rn ); aplicando la Proposición 12.14 y el Ejemplo 12.17 obtenemos que Z Z voln ( ) = 1 1( r;r)n = voln (( r; r)n ) = (2r)n < 1; Rn

Rn


Ejemplo 12.19 voln (Rn ) = 1: Demostración: Como 1Rn y 1( r;r)n pertenecen a S (Rn ); aplicando la Proposición 12.14 y el Ejemplo 12.17 obtenemos que Z Z n voln (R ) = 1Rn 1( r;r)n = (2r)n 8r > 0: Rn

Rn

Por tanto, voln (Rn ) = 1: Para 1 m < n; identi…camos a Rn con Rm Rn m de la manera usual y denotamos a un punto x 2 Rn como x = (y; z) con y 2 Rm y z 2 Rn m : Si g : Rm ! R [ f1g, h : Rn m ! R [ f1g, g 0 y h 0, de…nimos g h : Rn ! R [ f1g como (g donde (1)(1) := 1.

h) (y; z) := g(y)h(z);


Proposición 12.20 Sean g 2 S (Rm ) y h 2 S (Rn Entonces g h 2 S (Rn ) y Z

(g

h) =

Rn

Z

Z

g

Rm

m

251

) tales que g

0 y h

0:

h :

Rn

m

La a…rmación también es cierta si reemplazamos S por S : Demostración: Demostraremos el resultado para S : La demostración para S es más sencilla. Sean gk 2 Cc0 (Rm ) y hk 2 Cc0 (Rn m ) tales que gk gk+1 ; hk hk+1 , g = supk2N gk y h = supk2N hk : Sustituyendo, de ser necesario, gk por maxfgk ; 0g y hk por maxfhk ; 0g, podemos suponer que gk 0 y hk 0: Se tiene entonces que gk hk 2 Cc0 (Rn ), gk hk gk+1 hk+1 y g h = supk2N (gk hk ): Usando el Ejercicio 11.36 obtenemos que Z Z (gk hk ) (g h) = l m k!1 Rn Rn Z Z Z Z h ; gk l m hk = g = lm k!1

k!1

Rm

Rn

m

Rn

Rm

m

como a…rma el enunciado. Veamos algunas aplicaciones. Ejemplo 12.21 Si Q = [a1 ; b1 ]

[an ; bn ]; entonces n Y voln (Q) = (bi

ai ):

i=1

Demostración: Dados a; b 2 R; a b; para cada k 2 N de…nimos fk : R ! R como 8 1 si t 2 [a; b]; > > < k(t a) + 1 si t 2 [a k1 ; a]; fk (t) := k(b t) + 1 si t 2 [b; b + k1 ]; > > : 0 si t 2 = [a k1 ; b + k1 ]:

Entonces fk 2 Cc0 (R); fk

fk+1 y nf k2N fk = 1[a;b] : Por tanto,

vol1 ([a; b]) = l m

k!1

Z

R

fk = l m

k!1

b

a+

1 k

=b

a:

252


Observemos que 1Q = 1[a1 ;b1 ] que

1[an ;bn ] : Aplicando la Proposición 12.20 obtenemos

voln (Q) =

n Z Y i=1


n Y = (bi

1[ai ;bi ]

R

ai );

i=1

Corolario 12.22 Si K es un subconjunto compacto de Rn ; entonces voln (K) < 1: Demostración: Sea Q un rectángulo que contiene a K: Como 1Q ; 1K 2 S (Rn ); la Proposición 12.14 y el Ejemplo 12.21 aseguran que Z Z 1Q < 1; 1K voln (K) = Rn

Rn

como a…rma el enunciado. Dada una función f : Rn ! R [ f 1g y un punto z 2 Rn f z : Rm ! R [ f 1g a la función

m

; denotamos por

f z (y) := f (y; z): Proposición 12.23 (Teorema de Fubini para funciones semicontinuas) Sean 1 m < n y f 2 S (Rn ). Entonces, para cada z 2 Rn m ; la función f z pertenece a S (Rm ), la función F : Rn m ! R [ f1g dada por Z F (z) := fz Rm

pertenece a S (Rn

m

)y

Z

Rn

F = m

Z

(12.4)

f:

Rn

La a…rmación también es cierta si reemplazamos S por S : Demostración: Probaremos la a…rmación para f 2 S (Rn ): La a…rmación para f 2 S (Rn ) se obtiene aplicando el Lema 12.13. Sea (fk ) una sucesión en Cc0 (Rn ) tal que fk fk+1 y f = supk2N fk : Entonces, para cada z z 2 Rn m ; se cumple que fkz 2 Cc0 (Rm ); fkz fk+1 y f z = supk2N fkz . En consecuencia, f z 2 S (Rm ) y Z Z fz = l m

F (z) :=

Rm

k!1

Rm

fkz = l m Fk (z); k!1

(12.5)


donde Fk : Rn

m

! R es la función dada por Z Fk (z) :=

Rm

253

fkz :

Esta función es continua (ver Lema 11.2). Además, si sop(fk ) [a1 ; b1 ] [an ; bn ] yz2 = [am+1 ; bm+1 ] [an ; bn ]; entonces fkz = 0 y, en consecuencia, Fk (z) = 0: Por tanto, Fk 2 Cc0 (Rn m ): De la monotonía de la integral se sigue que Fk Fk+1 y la igualdad (12.5) a…rma que F = supk2N Fk : Esto implica que F 2 S (Rn m ) y Z Z F = lm Fk : (12.6) Rn

k!1

m

Rn

m

Por otra parte, de la de…nición de la integral en Cc0 (Rn ) se sigue que Z

Fk (z)dz =

Rn m

Z

Rn m

= =

Z

ZR

n m

Z

Rm

Z

fkz (y)dy dz fk (y; z)dy dz

Rm

fk (x1 ; :::; xn )dx1

dxn :

(12.7)

Rn

De las identidades (12.6) y (12.7) se obtiene Z Z F = lm Rn

m

k!1

Rn

fk =

Z

f;

Rn

como a…rma el enunciado. Nota que, por la invariancia de la integral bajo transformaciones ortogonales, podemos intercambiar el orden de las integrales en la proposición anterior, es decir, integrar primero respecto a z y después respecto a y: Las identidades correspondientes (12.4) suelen escribirse como Z Z Z Z Z f (y; z)dy dz = f (y; z)dy dz = f (y; z)dz dy: (12.8) Rn

m

Rm

Rn

Rm

Rn

m

Una consecuencia importante del resultado anterior es el principio de Cavalieri2 . 2

Bonaventura Francesco Cavalieri, matemático italiano. Nació en Milan en 1598 y murió el 30 de noviembre de 1647.

254


Corolario 12.24 (Principio de Cavalieri) Sea K un subconjunto compacto de Rn ; n > 1: Para cada t 2 R, de…nimos Kt := fy 2 Rn

1

: (y; t) 2 Kg:

Entonces, la función t 7!voln 1 (Kt ) pertenece a S (R) y Z voln (K) = voln 1 (Kt )dt: R

Demostración: Aplicamos la Proposición 12.23 a la función f := 1K : Como 1tK (y) := 1K (y; t) = 1Kt (y) para todo y 2 Rn 1 ; la función F de la Proposición 12.23 es la función F (t) := voln 1 (Kt ): En consecuencia, Z Z Z voln (K) = 1K = F = voln 1 (Kt )dt; Rn

R

R

como a…rma el enunciado. Veamos una aplicación del principio de Cavalieri. Ejemplo 12.25 Sea B n (0; r) := fx 2 Rn : kxk ( 1 k!

n

! n := voln (B (0; 1)) =

rg: Entonces

k

2k+1 1 3 (2k+1)

k

si n = 2k; si n = 2k + 1;

y voln (B n (0; r)) = rn ! n : Demostración: Como B n (0; r) = rB n (0; 1); la a…rmación voln (B n (0; r)) = rn ! n es consecuencia de la Proposición 12.16 [Ejercicio 12.48]. Calcularemos ahora ! n : Si n > 1; por el principio de Cavalieri, Z p !n = voln 1 B n 1 (0; 1 t2 )dt R Z 1 n 1 = !n 1 1 t2 2 dt: (12.9) 1


255

t

El cambio de variable t = cos x nos da Z 1 1 t2 cn :=

n 1 2

dt =

Z

sinn x dx:

0

1

Integrando por partes obtenemos que c2k =

k Y 2i i=1

Por tanto, cn cn

1

=

2 n

1

y

2i

c2k+1 = 2

k Y i=1

2i : 2i + 1

; lo que implica que

! n = ! n 1 cn = ! n 2 cn cn

1

=

2 !n n

2

si n > 2:

(12.10)

Como ! 1 := vol1 ([ 1; 1]) = 2; de la ecuación (12.9) se sigue que ! 2 = 2c2 = Aplicando (12.10) obtenemos que ! 2k =

1 k!

k

y

! 2k+1 =

2k+1 1 3 (2k + 1)

k

:

;

como a…rma el enunciado. Concluímos esta sección con el siguiente resultado. Proposición 12.26 (Convergencia monótona para funciones semicontinuas) Sean (fk ) una sucesión en S (Rn ) tal que fk fk+1 para todo k 2 N y f := supk2N fk : Entonces f 2 S (Rn ) y Z Z f = lm

k!1

Rn

fk :

Rn

Demostración: Para cada k 2 N; tomemos una sucesión (fk;j ) en Cc0 (Rn ) tal que fk;j fk;j+1 para todo j 2 N y fk := supj2N fk;j : Observa que fi;j

fi

fk

8j 2 N, 8i

k:

256


De…nimos gk := max fi;j : i k; j k

Entonces gk 2 Cc0 (Rn ); gk

gk+1 y gk

fk para todo k 2 N, y

f = sup fk = sup fi;j = sup gk : k2N

i;j2N

k2N

En consecuencia, f 2 S (Rn ) y, de la De…nición 12.5 y la monotonía de la integral (Proposición 12.14) se sigue que Z Z Z Z fk f = lm gk lm fk : Rn

k!1

Rn

k!1

Rn

Rn

Pasando al límite obtenemos que Z

Rn

f = lm

k!1

Z

fk ;

Rn


12.3.

Funciones Lebesgue-integrables

De…nición 12.27 Para cualquier función f : Rn ! R [ f 1g de…nimos la integral superior de f como Z Z g : g 2 S (Rn ); g f 2 R [ f 1g; f := nf Rn

y la integral inferior de f como Z Z f := sup h : h 2 S (Rn ); h Rn

f

2 R [ f 1g:

Observa que en ambos casos el conjunto cuyo ín…mo o cuyo supremo estamos tomando no es vacío, ya que la función constante 1 pertenece a S (Rn ) y la función constante 1 pertenece a S (Rn ): Enunciamos a continuación algunas propiedades sencillas de estas integrales. Lema 12.28 (a) Para toda f : Rn ! R [ f 1g; Z Z f= ( f) :

12.3. FUNCIONES LEBESGUE-INTEGRABLES

(b) Para toda f : Rn ! R [ f 1g;

Z

257

Z

f

f:

(c) Si f1 ; f2 : Rn ! R [ f 1g cumplen que f1 Z

Z

f1

f2

(d) Si f 2 S (Rn ) [ S (Rn ); entonces Z

f=

(e) Para toda f : Rn ! R [ f 1g y Z

Z

f=

Z

f1

Z

Z

f2 :

f:

Rn

2 [0; 1);

Z

y

(f1 + f2 )

Z

(f) Para todas f1 ; f2 : Rn ! [0; 1] Z

y

Z

f

f=

f2 ; entonces

f1 +

f=

Z

Z

f:

f2 :

Demostración: (a) es consecuencia inmediata del Lema 12.13. (b) Basta probar que, si g 2 S (Rn ), h 2 S (Rn ) y h g; entonces Z Z h g: Rn

Rn

Del Corolario 12.15 y la monotonía de la integral (Proposición 12.14) se sigue que Z Z Z g h= (g h) 0: Rn

Rn

Rn

Esta es la desigualdad deseada. (c) es consecuencia inmediata de la de…nición. (d) Sea f 2 S (Rn ): La igualdad Z

f=

Z

Rn

f

258


es consecuencia inmediata de la de…nición de la integral superior. Sean fk 2 Cc0 (Rn ), tales que fk fk+1 y supk2N fk = f . En particular, fk 2 S (Rn ) y fk f: De la de…nición de integral inferior y la a…rmación (b) obtenemos que Z Z Z Z Z f := l m fk f f= f; k!1

Rn

es decir,

Z

f=

Rn

Z

f=

Rn

Z

8f 2 S (Rn ):

f

Rn

Si f 2 S (Rn ), las identidades correspondientes se siguen de éstas utilizando la a…rmación (a) y el Lema 12.13. (e) Si = 0 el resultado es obvio. Supongamos que > 0: Para toda g 2 S (Rn ) tal 1 1 que g f; se tiene que g 2 S (Rn ) y g f: Usando la Proposición 12.14 obtenemos Z Z Z 1

f

g=

Rn

Se tiene entonces que

Reemplazando f por f y

es decir,

Z

f

1

por

g:

Rn

Z

f:

en la desigualdad anterior obtenemos Z Z 1 f f;

Z

f

Z

f:

Esto prueba la igualdad para la integral superior. La igualdad para la integral inferior se obtiene R aplicandoR la a…rmación (a). (f) Si fR1 = 1 o f2R = 1 la desigualdad deseada se cumple trivialmente. Supongamos que f1 < 1 y f2 < 1: Sea " > 0 y sean g1 ; g2 2 S (Rn ) tales que g1 f1 ; g2 f2 ; Z Z Z Z " " g1 f1 + y g2 f2 + : 2 2 Rn Rn Entonces, g1 + g2 2 S (Rn ); g1 + g2 obtenemos Z Z (f1 + f2 )

Rn

f1 + f2 y, sumando las desigualdades anteriores, Z Z (g1 + g2 ) f1 + f2 + ":


En consecuencia,

Z

como se a…rma en (f).

(f1 + f2 )

259

Z

f1 +

Z

f2 ;

De…nición 12.29 Una función f : Rn ! R [ f 1g es (Lebesgue-)integrable si Z Z f < 1: 1< f = En este caso, la integral (de Lebesgue) de f se de…ne como Z Z Z f := f = f 2 R: Rn

Observación 12.30 Del Lema 12.28 se in…ere lo siguiente: (a) Si f 2 S (Rn ) [ S (Rn ); entonces f es Lebesgue-integrable si y sólo si la integral de…nida en la Sección 12.1 cumple que Z 1< f < 1: Rn

En este caso, la integral de Lebesgue de f coincide con dicha integral. (b) En particular, si f 2 Cc0 (Rn ); entonces f es Lebesgue-integrable y la integral de Lebesgue de f coincide con la de la De…nición 11.5. La De…nición 12.29 se puede reformular como sigue. Lema 12.31 f : Rn ! R [ f 1g es Lebesgue-integrable si y sólo si para cada " > 0 existen h 2 S (Rn ) y g 2 S (Rn ) tales que h f g; Z Z Z Z 1< h, g<1 y 0 g h < ": Rn

Rn

Rn

Rn

Demostración: Si f : Rn ! R [ f 1g es Lebesgue-integrable entonces, para cada " > 0; existen h 2 S (Rn ) y g 2 S (Rn ) tales que h f g y Z Z Z Z " " g f+ <1 y 1< f < h: 2 2 Rn Rn Rn Rn Por tanto, como g 12.15, obtenemos

h 2 S (Rn ) y g Z 0 (g Rn

0; usando la Proposición 12.14 y el Corolario Z Z h) = g h < ":

h

Rn

Rn

260


Inversamente, si para cada " > 0 existen h 2 S (Rn ) y g 2 S (Rn ) tales que h Z Z Z Z 1< h, g<1 y g h < "; Rn

entonces

Rn

1<

Z

0

Z

y, en consecuencia,

h

Rn

Rn

Z Z

f

f

f

Z

Z

f

Z

g

Rn

g;

Rn

Rn

Z

f

g<1

h<"

Rn

para todo " > 0: Esto prueba que f es Lebesgue-integrable. El siguiente resultado proporciona una caracterización muy útil de las funciones Lebesgue-integrables y de su integral, que nos permitirá extender las propiedades de la integral a esta clase de funciones. Dada f : Rn ! R [ f 1g, de…nimos jf j : Rn ! R [ f1g como jf j (x) := jf (x)j ; donde j 1j := 1: Proposición 12.32 Sea f : Rn ! R [ f 1g: Entonces f es Lebesgue-integrable si y sólo si existe una sucesión ('k ) en Cc0 (Rn ) tal que Z jf 'k j = 0: lm k!1

En ese caso, se cumple que

Z

Rn

f = lm

k!1

Z

Rn

'k :

Demostración: ( )) Supongamos que f es Lebesgue-integrable. Basta probar que, para cada " > 0; existe ' 2 Cc0 (Rn ) tal que Z jf 'j < ": (12.11) Por el Lema 12.31 y el Corolario 12.15, existen g 2 S (Rn ) y h 2 S (Rn ) tales que h f gy Z Z Z " 1< h; g<1 y (g h) < : 2 Rn Rn Rn


261

Por otra parte, de la de…nición de la integral para funciones en S (Rn ) se sigue que existe ' 2 Cc0 (Rn ) tal que ' g y Z " 0 (g ') < : 2 Rn Como 0

jf

jf

'j

gj + jg

'j

(g

h) + (g

') 2 S (Rn );

usando el Lema 12.28 y la Proposición 12.14, obtenemos que Z Z Z Z jf 'j [(g h) + (g ')] = (g h) + (g Rn

Rn

') < ":

Rn

Esto prueba la a…rmación (12.11). ( () Supongamos que existe una sucesión ('k ) en Cc0 (Rn ) tal que Z lm jf 'k j = 0: k!1

Sea " > 0 y sea k0 2 N tal que Z

jf

'k j <

" 2

si k

k0 :

Entonces, por de…nición de la integral superior, para cada k tal que gk jf 'k j y Z Z " jf 'k j gk < : 2 Rn

k0 existe gk 2 S (Rn )

Por tanto, gk + 'k 2 S (Rn ); gk + 'k 2 S (Rn ) y gk + 'k f gk + 'k : Aplicando el Lema 12.28 y la Proposición 12.14 obtenemos que Z Z Z Z Z " 1 < + 'k < gk + 'k = ( gk + 'k ) f 2 Rn Rn Rn Z Z Z Z Z " f (gk + 'k ) = gk + 'k < + 'k < 1: (12.12) 2 Rn Rn Rn En consecuencia, 0 Concluimos que

Z

1<

Z

f

Z

f=

Z

f

":

f < 1;

262


es decir, f es Lebesgue-integrable. Se sigue ahora de (12.12) que Z Z " 8k k0 : f 'k < 2 Rn Rn Esto concluye la demostración.

12.4.

Propiedades básicas de la integral de Lebesgue

Empecemos notando lo siguiente. Proposición 12.33 (a) Si f : Rn ! R [ f 1g es Lebesgue-integrable, entonces es Lebesgue-integrable y Z Z f: ( f) =

f

Rn

Rn

n

(b) Si f : R ! R [ f 1g es Lebesgue-integrable, entonces jf j es Lebesgue-integrable y Z Z jf j : f Rn

Rn

Demostración: (a) Si f : Rn ! R [ f 1g es Lebesgue-integrable, usando el Lema 12.28 obtenemos que Z Z Z Z f = ( f) : f= ( f) = Esto demuestra la a…rmación (a). (b) La Proposición 12.32 asegura que existe una sucesión ('k ) en Cc0 (Rn ) tal que Z jf 'k j = 0: lm k!1

De la monotonía de la integral superior se sigue que Z Z lm jjf j j'k jj lm jf k!1

k!1

'k j = 0:

La Proposición 12.32 asegura entonces que jf j es Lebesgue-integrable. Más aún, como f jf j y f jf j ; usando nuevamente la monotonía de la integral y la a…rmación (a) concluimos que Z Z Z Z f

Rn

Rn

jf j

y

f

Rn

Rn

jf j :

12.4. PROPIEDADES BÁSICAS DE LA INTEGRAL DE LEBESGUE

Por tanto,

Z

f

Rn


Z

Rn

263

jf j ;

Veremos más adelante que una función Lebesgue-integrable f : Rn ! R [ f 1g sólo toma los valores 1 en un conjunto muy pequeño que no afecta el valor de la integral. Por ello consideraremos en el resto de esta sección únicamente funciones que toman valores reales. Denotemos por L(Rn ) := ff : Rn ! R : f es Lebesgue-integrableg: El siguiente resultado a…rma que L(Rn ) es un espacio vectorial y que la integral es una función lineal y monótona. Teorema 12.34 (Linealidad y monotonía) (a) Si f1 ; f2 2 L(Rn ) y entonces 1 f1 + 2 f2 2 L(Rn ) y Z Z Z ( 1 f1 + 2 f2 ) = 1 f1 + 2 f2 : Rn

(b) Si f; g 2 L(Rn ) y f

Rn

g; entonces Z

f

Rn

Z

1;

2

2 R,

Rn

g:

Rn

Demostración: Sean f1 ; f2 2 L(Rn ) y 1 ; 2 2 R: La Proposición 12.32 asegura que, para cada k 2 N; existen '1;k ; '2;k 2 Cc0 (Rn ) tales que Z lm fi 'i;k = 0 para i = 1; 2: k!1

De las a…rmaciones (c), (e) y (f) del Lema 12.28 se sigue que Z Z Z 0 j 1j f1 '1;k + j 2 j 1 f1 + 2 f2 1 '1;k 2 '2;k En consecuencia, lm

k!1

Z

( 1 f1 +

2 f2 )

( 1 '1;k +

2 '2;k )

= 0:

f2

'2;k :

264


La Proposición 12.32 asegura entonces que 1 f1 + 2 f2 2 L(Rn ) y Z Z ( 1 f1 + 2 f2 ) = l m 1 '1;k + 2 '2;k k!1 Rn Rn Z Z Z = lm 1 '1;k + l m 2 '2;k = 1 k!1

k!1

Rn

Rn

f1 +

Rn

2

Z

f2 :

Rn

Esto demuestra la linealidad. La monotonía es consecuencia inmediata de la De…nición 12.29 y la a…rmación (c) del Lema 12.28.

Teorema 12.35 (Cambio lineal de variable) Sean A 2 GL(n; R) y 2 Rn : Si f 2 L(Rn ) entonces la función x 7! f (Ax + ) pertenece a L(Rn ) y se cumple que Z Z f (y)dy: f (Ax + ) jdet Aj dx = Rn

Rn

Demostración: Sean h 2 S (Rn ) y g 2 S (Rn ) tales que h f g: Denotemos por F (x) := Ax + : Por la Proposición 12.16, (h F ) jdet Aj 2 S (Rn ); (g F ) jdet Aj 2 S (Rn ); Z Z Z Z g: (g F ) jdet Aj = h y (h F ) jdet Aj = Rn

Rn

Rn

Rn

Por tanto,

Z

f =

Z

nf

Rn

Rn

= sup

Z

(g F ) jdet Aj : g 2 S (Rn ); g

Rn

(h F ) jdet Aj : h 2 S (Rn ); h

f

; f

:

Por otra parte, como (h F ) jdet Aj (f F ) jdet Aj (g F ) jdet Aj se tiene que Z Z Z Z (h F ) jdet Aj (f F ) jdet Aj y (f F ) jdet Aj (g F ) jdet Aj : Rn

Rn

En consecuencia, Z

(f

F ) jdet Aj

Z

Rn

f

Z

(f

F ) jdet Aj :

Del Lema 12.28 se sigue la igualdad y, por tanto, la integrabilidad de f F y la identidad deseada.

12.4. PROPIEDADES BÁSICAS DE LA INTEGRAL DE LEBESGUE

Si 1

m < n; g : Rm ! R y h : Rn (g

m

265

h : Rn ! R como

! R, de…nimos g (y; z) 2 Rm

h) (y; z) := g(y)h(z);

Rn

m

Rn :

(12.13)

Se tiene el siguiente resultado. Proposición 12.36 Si f1 2 L(Rm ) y f2 2 L(Rn m ); 1 m < n; entonces f1 L(Rn ) y Z Z Z (f1 f2 ) = f1 f2 : Rn

Rm

Rn

Demostración: Si f1 2 L(Rm ) y f2 2 L(Rn L(Rn m ): Por tanto, Z Z M := max jf1 j ; Rm

Rn

m

f2 2

m

); entonces jf1 j 2 L(Rm ) y jf2 j 2

m

jf2 j

2R

y existen g~1 2 S (Rm ) y g~2 2 S (Rn m ) tales que g~1 jf1 j ; g~2 jf2 j y Z Z Z Z g~2 < M + 1: jf2 j g~1 < M + 1; jf1 j Rn

Rm

Rm

Rn

m

m

Por otra parte, la Proposición 12.32 y la de…nición de integral superior aseguran que, para cada k 2 N; existen '1;k 2 Cc0 (Rm ); '2;k 2 Cc0 (Rn m ); g1;k 2 S (Rm ) y g2;k 2 f2 '2;k ; S (Rn m ) tales que g1;k f1 '1;k ; g2;k Z Z 1 g1;k < f1 '1;k ; 2 (M + 1) k Rm Rm Z Z 1 g2;k < f2 '2;k : 2 (M + 1) k Rn m Rn m Observa que

Z

Rm

'1;k

Z

Rm

Z

jf1 j +

f1

Rm

Usando la Proposición 12.20, obtenemos Z Z f1 '1;k f2 = f1 '1;k jf2 j Z Z g1;k g~2 = g1;k Rn

Z

Rm

Análogamente, usando (12.14) obtenemos Z Z '1;k (f2 '2;k )

Rm

'1;k

(12.14)

'1;k < M + 1:

Z

Rn

Rn

g2;k m

g~2 m

<

1 : 2k

<

1 : 2k

266


Como f1 f2 '1;k '2;k = f1 '1;k f2 + '1;k (f2 '2;k ) ; usando la monotonía de la integral superior concluimos que Z Z Z 1 f1 '1;k f2 + '1;k (f2 '2;k ) < : f1 f2 '1;k '2;k k De las Proposición 12.32 y el Ejercicio 11.36 se sigue que f1 f2 2 L(Rn ) y Z Z (f1 f2 ) = l m '1;k '2;k k!1 Rn Rn Z Z Z Z = lm '1;k '2;k = f1 f2 ; k!1

Rm

Rn

m

Rm

Rn

m

como a…rma el enunciado. El teorema de Fubini para funciones Lebesgue-integrables es más delicado. Lo demostraremos en el siguiente capítulo.

12.5.

Conjuntos integrables

De…nición 12.37 Un subconjunto X de Rn es integrable si 1X 2 L(Rn ): La medida de Lebesgue (o el volumen) de X en Rn se de…ne como Z 1X voln (X) := Rn

Se suele usar también la notación jXj o jXjn en vez de voln (X): Los Corolarios 12.18 y 12.22 aseguran que todo subconjunto compacto de Rn es integrable y todo subconjunto abierto y acotado de Rn es integrable. Si es un subconjunto abierto y acotado de Rn ; entonces su cerradura y su frontera @ := r son compactos y, por tanto, integrables. Para obtener otros ejemplos de conjuntos integrables usaremos el siguiente resultado. Lema 12.38 Si f; g 2 L(Rn ) y g es acotada, entonces f g 2 L(Rn ). Demostración: La Proposición 12.32 asegura que, para cada k 2 N; existe 'k 2 Cc0 (Rn ) tal que Z 1 jf 'k j < ; 2k (kgk1 + 1)

12.5. CONJUNTOS INTEGRABLES

y que existe

k

267

2 Cc0 (Rn ) tal que Z jg

kj

<

1 : 2k (k'k k1 + 1)

Como jf g

'k

se tiene que Z

jf g

kj

jf

'k

'k j jgj + j'k j jg

kj

Z

kgk1

jf

kj

kgk1 jf

'k j + k'k k1

'k j + k'k k1 jg Z

jg

kj

<

kj ;

1 : k

Esto prueba que f g 2 L(Rn ). Veremos más adelante que el producto de funciones Lebesgue-integrables no necesariamente es integrable (Ejemplo 13.31). Proposición 12.39 Si X y Y son subconjuntos integrables de Rn ; entonces X \ Y; X [ Y y X r Y son integrables y voln (X [ Y ) = voln (X) + voln (Y ) voln (X \ Y ); voln (X r Y ) = voln (X) voln (X \ Y ): Demostración: Para cualesquiera subconjuntos X y Y de Rn se cumple que 1X\Y 1X[Y 1XrY

(12.15) (12.16) (12.17)

= 1X 1Y ; = 1X + 1Y 1X\Y ; = 1X 1X\Y :

Si 1X 2 L(Rn ) y 1Y 2 L(Rn ); el Lema 12.38 y la identidad (12.15) aseguran que 1X\Y 2 L(Rn ): Del Teorema 12.34 y las identidades (12.16) y (12.17) se sigue que 1X[Y 2 L(Rn ), 1XrY 2 L(Rn ) y que son válidas las identidades del enunciado. En consecuencia, si K es compacto y

es abierto en Rn , entonces K\ es integrable.

Proposición 12.40 Si X es un subconjunto integrable de Rm y Y es un subconjunto integrable de Rn m ; entonces X Y es un subconjunto integrable de Rn y voln (X

Y ) = (volm (X)) (voln

m (Y

)) :

268


Demostración: Para cualesquiera subconjuntos X y Y de Rn se tiene que 1X 1X 1Y : La a…rmación es consecuencia de la Proposición 12.36.

Y

=

Si n > m; identi…camos a Rm con el subespacio Rm f0g de Rn : La proposición anterior asegura, en particular, que si X es un subconjunto integrable de Rm ; entonces X X f0g es un subconjunto integrable de Rn : Es decir, la integrabilidad de un conjunto no depende del espacio euclidiano que lo contiene. Pero su medida de Lebesgue sí, ya que voln (X) = 0 para todo subconjunto integrable X de Rm :

12.6.

La integrabilidad sobre un subconjunto de Rn

Introduciremos ahora la noción de integrabilidad para funciones de…nidas en un subconjunto arbitrario X de Rn : Dada f : X ! R [ f 1g de…nimos f : Rn ! R [ f 1g como f (x) si x 2 X; f (x) := (12.18) 0 si x 2 Rn r X: De…nición 12.41 Sea X un subconjunto de Rn : Una función f : X ! R [ f 1g es (Lebesgue-)integrable en X si la función f es (Lebesgue-)integrable en Rn : La integral (de Lebesgue) de f en X se de…ne como Z Z f: f := X

Rn

Denotamos por L(X) := ff : X ! R : f es Lebesgue-integrable en Xg:

(12.19)

Identi…cando a f : X ! R con su extensión f : Rn ! R; se tiene que L(X) es un subespacio vectorial de L(Rn ): Ejemplo 12.42 Si K es un subconjunto compacto de Rn y f : K ! R es continua, entonces f 2 L(K): Demostración: Sean a := m nx2K f y b := maxx2K f: De…nimos g : K ! R como g(x) := f (x) a: Como g 0; se tiene que g 2 S (Rn ) [Ejercicio 12.46]. Entonces Z Z 0 g (b a)1K = (b a) voln (K) < 1: Rn

Rn

De la Observación 12.30 se sigue que g 2 L(Rn ): Puesto que que K es integrable, se tiene entonces que f = g + a1K 2 L(Rn ): Por tanto, f 2 L(K):

12.7. EJERCICIOS

269

Notación 12.43 (a) En adelante denotaremos simplemente por f; en vez de f ; a la extensión trivial (12.18) de f a Rn : (b) Si f : X ! R [ f 1g es Lebesgue-integrable en X y Y es un subconjunto integrable de Rn tal que Y X; el Lema 12.38 asegura que f 1Y : Y ! R [ f 1g es Lebesgueintegrable en Y: Denotamos Z Z f := f 1Y : Y

(c) Si X = (a; b) con

1

a
Z

X

1; escribimos Z b f := f:

a

(a;b)

(d) En adelante diremos simplemente que f es integrable en X; en vez de decir que es Lebesgue-integrable en X; y llamaremos a la integral de Lebesgue simplemente la integral. Análogamente nos referiremos simplemente a la medida en vez de la medida de Lebesgue.

12.7.

Ejercicios

Ejercicio 12.44 Prueba que, si K es un espacio métrico compacto y f; fk 2 C 0 (K) son tales que f1 fk fk+1 y fk (x) ! f (x) para cada x 2 K; entonces fk ! f uniformemente en K: Ejercicio 12.45 Prueba que, si fk 2 S (Rn ); fk fk+1 para todo k 2 N y f := n nf k2N fk ; entonces f 2 S (R ) y Z Z f = lm fk : Rn

Ejercicio 12.46 Sea X como

k!1

Rn

Rn : Dada una función f : X ! R; de…nimos f : Rn ! R f (x) :=

f (x) si x 2 X; 0 si x 2 Rn r X:

Si f : X ! R es continua y f 0; prueba que (a) si X es abierto, entonces f 2 S (Rn ); (b) si X es compacto, entonces f 2 S (Rn ): (Sugerencia: Usa el Ejercicio 4.46.)

Ejercicio 12.47 Sea X Rn : Demuestra que (a) 1X 2 S (Rn ) si y sólo si X es abierto en Rn ; (b) 1X 2 S (Rn ) si y sólo si X es compacto en Rn :

270


Ejercicio 12.48 (a) Si A es una matriz de n n (no necesariamente invertible) y 2 Rn ; considera la función afín ' : Rn ! Rn dada por '(x) := Ax + : Prueba que, si K es un subconjunto compacto de Rn ; entonces '(K) es integrable y voln ('(K)) = jdet Aj voln (K): (b) Prueba que, si K es un subconjunto compacto de Rn y x 2 Kg es integrable y voln ( K) = j jn voln (K): Ejercicio 12.49 Sean

0 ; 1 ; :::; n

P := f

0

+ t1

1

2 R; entonces K := f x :

2 Rn : Prueba que el paralelogramo

+

+ tn

n

: ti 2 [0; 1] 8i = 1; :::; ng

es un subconjunto compacto de Rn y que voln (P ) = jdet(

1

n )j :

(Sugerencia: Usa el Ejercicio 12.48.) Ejercicio 12.50 Sean K un subconjunto compacto de Rn 1 y a 2 (0; 1): Usando el principio de Cavalieri, calcula el volumen en Rn del cilindro K

[0; a] := f(y; t) 2 Rn

1

R : y 2 K; t 2 [0; a]g

en términos de a y voln 1 (K): Ejercicio 12.51 Sean K un subconjunto compacto de Rn volumen en Rn del cono C := f((1

t)y; ta) 2 Rn

1

1

y a 2 [0; 1): Calcula el

R : y 2 K; t 2 [0; 1]g

en términos de a y voln 1 (K): (Sugerencia: Usa el principio de Cavalieri.) 2 Rn : Calcula el volumen en Rn del simplejo ( n ) n X X ( 0 ; 1 ; :::; n ) := ti i 2 Rn : ti 0 y ti = 1 :

Ejercicio 12.52 Sean

0 ; 1 ; :::; n

i=0

i=0

(Sugerencia: Calcula primero el volumen de (0; e1 ; :::; en ) para la base canónica fe1 ; :::; en g de Rn ; y aplica el Ejercicio 12.48 para obtener el caso general.)

12.7. EJERCICIOS

271

Ejercicio 12.53 Calcula el volumen en Rn del elipsoide ) ( n 2 X x i 1 E := x 2 Rn : 2 a i i=1 con semiejes a1 ; :::; an 2 (0; 1): (Sugerencia: Usa el Ejemplo 12.25 y el Ejercicio 12.48 para obtener el caso general.) Ejercicio 12.54 Sean K un subconjunto compacto de Rn y f : K ! R una función continua tal que f 0: Sea Gf := f(x; t) 2 Rn

R : x 2 K; 0

t

f (x)g

el conjunto de puntos bajo la grá…ca de f: (a) Prueba que Gf es compacto y que f

voln+1 (G ) =

Z

f:

K

(Sugerencia: Aplica la Proposición 12.23) (b) Usa la a…rmación (a) y el Ejemplo 12.25 para calcular la integral de la función ( q 1 kxk2 si kxk 1; f (x) := 0 si kxk 1; del Ejercicio 11.42. Ejercicio (a) si X (b) voln (Y (c) si X

12.55 Si X y Y son subconjuntos integrables de Rn prueba que Y entonces voln (X) voln (Y ); r X) voln (Y ) voln (X); Y entonces voln (Y r X) voln (Y ) voln (X):

Ejercicio 12.56 Prueba que, si X es un subconjunto integrable de Rn y voln (X) > 0 entonces, para cada > 1; existe un subconjunto abierto de Rn tal que y

X (Sugerencia: Toma " :=

1 , +1

voln (X):

observa que existe g 2 S (Rn ) tal que g Z g < (1 + ")voln (X); Rn

y de…ne

voln ( ) <

:= fx 2 Rn : g(x) > 1

"g:)

1X y

272


Ejercicio 12.57 Prueba que, si Y es un subconjunto integrable y acotado de Rn y voln (Y ) > 0 entonces, para cada < 1, existe un subconjunto compacto K de Rn tal que K Y y voln (Y ) < voln (K): (Sugerencia: Elige un rectángulo Q tal que Y conjunto X := Q Y .)

Q y aplica el ejercicio anterior al

Ejercicio 12.58 (a) Prueba que, si es un subconjunto abierto y acotado de Rn y f : ! R es una función continua y acotada, entonces f 2 L( ) y Z jf j kf k1 voln ( ): (b) Si omitimos la hipótesis de que sea acotado, ¿es cierto que f 2 L( )? (c) Si omitimos la hipótesis de que f sea acotada, ¿es cierto que f 2 L( )? Ejercicio 12.59 Dada f : Rn ! R, de…nimos f + ; f : Rn ! R como f + (x) := maxff (x); 0g,

f (x) := maxf f (x); 0g:

Prueba que f 2 L(Rn ) si y sólo si f + 2 L(Rn ) y f que f = f + f y jf j = f + + f :)

2 L(Rn ): (Sugerencia: Observa

Ejercicio 12.60 Prueba que, si f; g 2 L(Rn ); entonces maxff; gg 2 L(Rn ) y m nff; gg 2 L(Rn ): Ejercicio 12.61 Prueba que, si 1 < a < b < 1 y f : [a; b] ! R es continua, entonces la R bintegral de f dada por la De…nición 12.41 coincide con la integral usual de Riemann a f:

Ejercicio 12.62 Prueba que, si X es un subconjunto integrable de Rn ; la función constante con valor c 2 R es integrable en X y Z c = c voln (X): X

Ejercicio 12.63 (Funciones Riemann-integrables) Sea E(Rn ) el espacio vectorial generado por las funciones características de los rectángulos en Rn ; es decir, los elementos de E(Rn ) son funciones de la forma #=

m X i=1

ci 1Qi ;

12.7. EJERCICIOS

273

donde Qi es un rectángulo y ci 2 R. Se les llama funciones escalonadas. (a) Prueba que toda función escalonada es Lebesgue-integrable y que Z

#=

Rn

m X

ci voln (Qi ):

i=1

Una función f : Rn ! R es Riemann-integrable3 si, para cada " > 0; existen #1 ; #2 2 E(Rn ) tales que #1 f #2 y Z Z #1 < ": #2 Rn

Rn

(b) Prueba que, si f 2 Cc0 (Rn ), entonces f es Riemann-integrable. (c) Prueba que toda función Riemann-integrable f : Rn ! R es Lebesgue-integrable, y que la integral de Lebesgue de f satisface que Z Z # : # 2 E(Rn ); # f f = nf n n R ZR # : # 2 E(Rn ); # f : = sup Rn

Es decir, la integral de Lebesgue de f coincide con la integral de Riemann de f . (d) Sea X = Q \ [0; 1]: Prueba que 1X : R ! R no es Riemann-integrable. En el siguiente capítulo probaremos que esta función sí es Lebesgue-integrable.

3

Georg Friedrich Bernhard Riemann, matemático alemán. Nació en Breselenz, poblado perteneciente entonces al reino de Hanover, el 17 de septiembre de 1826 y murió el 20 de julio de 1866.

274


Capítulo 13 Teoremas fundamentales de la teoría de integración En este capítulo expondremos los teoremas fundamentales de la teoría de integración de Lebesgue. El cálculo efectivo de integrales múltiples depende en gran medida de la posibilidad de reducirlo al cálculo sucesivo de integrales en dimensiones menores. El teorema de Fubini a…rma que la integral de una función integrable f : Rn ! R se puede obtener integrando coordenada a coordenada, es decir, si 1 m < n entonces Z

Rn

f=

Z

Rn

m

Z

f (x; y)dx dy:

Rm

Este resultado requiere de ciertas precauciones ya que la función x 7! f (x; y) puede no ser integrable para ciertas y 2 Rn m : El teorema de Fubini a…rma que el conjunto de tales y’s tiene medida 0: Los conjuntos integrables de medida 0 se llaman conjuntos nulos. Veremos que si dos funciones coinciden fuera de un conjunto nulo y una de ellas es integrable, entonces la otra lo es y las integrales de ambas coinciden. Es decir, podemos sustituir de manera arbitraria los valores de una función en un conjunto nulo sin que esto altere ni la integrabilidad de la función ni el valor de su integral. Estudiaremos también la posibilidad de intercambiar al límite por la integral, es decir, de obtener la integral del límite puntual de una sucesión de funciones integrables como el límite de las integrales de dichas funciones. Este es un asunto de gran relevancia en el análisis matemático y tiene múltiples aplicaciones. La ausencia de buenas condiciones que permitan este intercambio es el motivo que llevó a sustituir la integral de Riemann por la integral de Lebesgue. Para la integral de Riemann la posibilidad de intercambiar al límite por la integral está estrechamente ligada a la convergencia 275

276

13. TEOREMAS FUNDAMENTALES DE LA TEORíA DE INTEGRACIÓN

uniforme mientras que, para la integral de Lebesgue, los teoremas que permiten este intercambio contienen hipótesis considerablemente más débiles. Los dos teoremas fundamentales sobre convergencia en la teoría de integración de Lebesgue son el teorema de convergencia monótona de Levi y el teorema de convergencia dominada de Lebesgue. El primero a…rma que, si la sucesión de funciones integrables (fk ) es no decreciente y el supremo de sus integrales está acotado, entonces su límite puntual f es integrable y Z Z f = lm fk : (13.1) Rn

k!1

Rn

El segundo a…rma que, si una sucesión (fk ) de funciones integrables converge puntualmente a una función f y si tales funciones están dominadas puntualmente por una función integrable g; es decir, si jfk j g para todo k; entonces f es integrable y se cumple (13.1). Un tercer resultado importante, que se obtiene a partir del teorema de convergencia monótona y se usa para probar el teorema de convergencia dominada, es el lema de Fatou, que da condiciones para la integrabilidad del límite inferior de una sucesión de funciones. Usando estos resultados de convergencia, demostraremos el teorema de cambio de variable para funciones integrables a partir del resultado correspondiente para funciones continuas con soporte compacto.

13.1.

Conjuntos nulos

Por simplicidad, escribiremos jXj en vez de voln (X). De…nición 13.1 Se dice que un subconjunto Z de Rn es nulo si es Z integrable y jZj = 0: R Observación 13.2 Observa que Z es nulo si y sólo si 1Z = 0; ya que en ese caso Z Z 0 1Z 1Z = 0 y, en consecuencia, 1Z es integrable y jZj =

R

Rn

1Z = 0:

P n Si fk : Rn ! R [ f1g y fk 0; la sucesión de sus sumas parciales m k=1 fk : R ! R[f1g es no decreciente. Denotamos al supremo puntual de esta sucesión de funciones por 1 m P P fk := sup fk : k=1

m2N

k=1

El siguiente lema juega un papel importante en el estudio de las propiedades de los conjuntos nulos.

13.1. CONJUNTOS NULOS

277

Lema 13.3 Sean fk : Rn ! R [ f1g tales que fk 0: Entonces Z Z 1 1 P P fk : fk k=1

k=1

Demostración: Dada " > 0; escogemos gk 2 S (Rn ) tal que gk fk y Z Z " fk + k : gk 2 Rn P P1 P1 n Entonces 1 k=1 gk k=1 fk : De la Proposición 12.26 se sigue que k=1 gk 2 S (R ) y Z 1 Z m Z Z Z 1 1 1 P P P P P gk = l m gk = gk fk + "; fk k=1

Rn k=1

m!1

para toda " > 0: En consecuencia, Z como a…rma el enunciado.

1 P

k=1

Rn k=1

fk

1 P

k=1

k=1

Z

Rn

k=1

fk ;

Una primera consecuencia de este lema es la siguiente. Proposición 13.4 Todo subconjunto numerable N de Rn es nulo: P Demostración: Sea N = fxk : k 2 Ng: Entonces 1N = 1 k=1 1fxk g : Usando el Lema 13.3 y la Observación 13.2 obtenemos Z Z 1 P 0 1N 1fxk g = 0: k=1

En consecuencia, N es nulo.

En particular, Qn es integrable y jQn j = 0: Los conjuntos nulos tienen las siguientes propiedades. Proposición 13.5 (a) Si Z es nulo y Y Z; entonces Y es nulo. (b) Si fZk : k 2 Ng es una familia numerable de subconjuntos nulos de Rn ; entonces n Z := [1 k=1 Zk es un subconjunto nulo de R .

278


Demostración: (a) es consecuencia inmediata de la monotonía de la integral supeP1 rior. Para demostrar (b) basta observar que 1Z k=1 1Zk y aplicar el Lema 13.3. Ejemplo 13.6 Si 1 m < n; K es un subconjunto compacto de Rm y f : K ! Rn es una función continua, entonces la grá…ca de f;

m

graf(f ) := f(x; y) 2 Rn : x 2 K, y = f (x)g; es un subconjunto nulo de Rn . Demostración: Como graf(f ) es la imagen de K bajo la función continua g : K ! Rn dada por g(x) := (x; f (x)); se tiene que graf(f ) es compacto. Por tanto, 1graf(f ) 2 S (Rn ) y graf(f ) es un subconjunto integrable de Rn : Dado que 1ff (x)g (y) si x 2 K; 0 si x 2 = K;

1graf(f ) (x; y) := para cada x 2 Rn

m

se tiene que Z

Rn

1graf(f ) (x; y)dy = 0: m

Del teorema de Fubini para funciones semicontinuas (Proposición 12.23) se sigue que Z Z Z 1graf(f ) (x; y)dy dx = 0; jgraf(f )j = 1graf(f ) = Rn

Rm

Rn

m


Ejemplo 13.7 La esfera S n 1 (0; r) := fx 2 Rn : kxk = rg; r nulo de Rn .

0; es un subconjunto

n 1 q Demostración: Consideremos la función f : B (0; r) ! R dada por f (x) := r2 kxk2 ; donde B n 1 (0; r) := fx 2 Rn 1 : kxk rg: Como S n 1 (0; r) = S + [ S con S := gr( f ); del ejemplo anterior y la Proposición 13.5 se sigue que S n 1 (0; r) es nulo.


279

Proposición 13.8 Z es un subconjunto nulo de Rn si y sólo si para cada " > 0 existe un subconjunto abierto de Rn tal que Z y j j < ": R Demostración: Si Z es un subconjunto nulo de Rn entonces 1Z = 0: Por tanto, n dado " > 0; existe g 2 S (R ) tal que g 1Z y Z " g< : 2 Rn Como g es s.c.i., := g 1 ( 12 ; 1) es un subconjunto abierto de Rn (ver Ejercicio 4.46) y, puesto que g 1Z ; se tiene que Z : Finalmente, dado que 2g 1 ; se cumple que Z Z j j= 1 2g < ": Rn

Rn

Inversamente, si para cada " > 0 existe un subconjunto abierto y j j < "; entonces Z Z 1 <" 1Z 0

de Rn tal que Z

Rn

y, en consecuencia, Z es nulo.

De…nición 13.9 Sea X un subconjunto de Rn : Decimos que una propiedad P (x) se cumple casi dondequiera (c.d.) en X; o bien que se cumple para casi todo (p.c.t.) x 2 X; si el conjunto fx 2 X : P (x) no se cumpleg es nulo.

La siguiente proposición asegura que, si modi…camos una función integrable sobre un subconjunto nulo de Rn , la función obtenida sigue siendo integrable y su integral es la misma. Proposición 13.10 Sean f; g : Rn ! R [ f 1g tales que f (x) = g(x) p.c.t. x 2 Rn : Si f es integrable, entonces g es integrable y Z Z f= g: Rn

Rn

P Demostración: Sean Z := fx 2 Rn : f (x) 6= g(x)g, hk := 1Z y h := 1 k=1 hk ; es decir, h(x) = 1 si x 2 Z y h(x) = 0 si x 2 = Z: Aplicando el Lema 13.3, obtenemos que Z 1 Z X h hk = 0: k=1

280


Por otra parte, la Proposición 12.32 asegura que existe una sucesión ('k ) en Cc0 (Rn ) tal que Z jf

lm

k!1

Nota que jg

'k j

Z

h + jf jg

'k j = 0:

'k j : Por tanto, Z Z 'k j h+ jf

y, en consecuencia, lm

k!1

Z

jg

'k j =

Z

jf

'k j

'k j = 0:

La Proposición 12.32 asegura entonces que g es integrable y que Z Z Z g= lm 'k = f; Rn

k!1

Rn

Rn

como a…rma el enunciado. Además, una función integrable toma los valores nulo. De hecho, se cumple lo siguiente.

1 únicamente en un conjunto

R Proposición 13.11 Si f : Rn ! R [ f 1g satisface que jf j < 1; entonces f (x) 2 n R p.c.t. x 2 R : En particular, si f es integrable, entonces f (x) 2 R p.c.t. x 2 Rn : Demostración: Sea Z := fx 2 Rn : f (x) = 1g: Como 1Z " jf j para todo " > 0; se tiene que Z Z 1Z " jf j 8" > 0: R En consecuencia, 1Z = 0 y, por tanto, Z es nulo. Esto prueba que f (x) 2 R p.c.t. n x2R : R Si f es integrable, entonces jf j es integrable (ver Proposición 12.33) y, por tanto, jf j < 1: De la a…rmación anterior se sigue que f (x) 2 R p.c.t. x 2 Rn : De las proposiciones anteriores concluimos lo siguiente. Corolario 13.12 Si f : Rn ! R [ f 1g es integrable, entonces existe g : Rn ! R integrable tal que f (x) = g(x) p.c.t. x 2 Rn y Z Z f= g: Rn

Rn


281

Demostración: De…nimos f (x) si f (x) < 1; 0 si f (x) = 1:

g(x) :=

La Proposición 13.11 asegura que f (x) = g(x) p.c.t. x 2 Rn : De la Proposición 13.10 se sigue entonces que g es integrable y que las integrales de f y g coinciden.

Proposición 13.13 Sea fk : Rn ! R [ f 1g una sucesión de funciones tales que Z lm jfk j = 0: k!1

Entonces existe una subsucesión (fkj ) de (fk ) tal que fkj (x) ! 0 p.c.t. x 2 Rn : Demostración: Tomemos k1 <

< kj < kj+1 < Z

Por el Lema 13.3, se tiene que Z

1 P

j=1

jfkj j < 1 P

jfkj j

j=1

Z

tales que

1 : 2j

jfkj j

1:

La Proposición 13.11 asegura entonces que existe un subconjunto nulo Z de Rn tal que 1 P

j=1

jfkj (x)j < 1

8x 2 Rn r Z:

En consecuencia, fkj (x) ! 0 para todo x 2 Rn r Z: En la proposición anterior no es posible concluir que la sucesión (fk ) converge punR tualmente a 0 c.d. en Rn : existen ejemplos de sucesiones tales que l mk!1 jfk j = 0 pero (fk (x)) no converge para ningún x en un conjunto de medida positiva [Ejercicio 13.50]. Una consecuencia importante de la proposición anterior es la siguiente. R Corolario 13.14 Sea f : Rn ! R [ f 1g: Entonces, jf j = 0 si y sólo si f (x) = 0 n p.c.t. x 2 R : En particular, si f es integrable y Z jf j = 0; Rn

entonces f (x) = 0 p.c.t. x 2 Rn :

282


Demostración: Si f (x) = 0 p.c.t. x 2 RRn ; la Proposición 13.10 asegura que jf j es R integrable y Rn jf j = 0: Inversamente, si jf j = 0; aplicando la Proposición 13.13 a la sucesión fk := f; obtenemos que f (x) = 0 p.c.t. x 2 Rn :

13.2.

El teorema de Fubini

A continuación queremos investigar si es posible calcular la integral de una función integrable f : Rn ! R [ f 1g integrando coordenada a coordenada. El primer problema con el que nos topamos es que, si f es integrable, 1 m < n; y y 2 Rn m ; la y m función f : R ! R [ f 1g dada por f y (x) := f (x; y) no necesariamente es integrable. Esto se debe a que Rm f0g tiene medida cero en Rn y a que la integrabilidad de una función no se altera si la modi…camos en un conjunto nulo. Veamos un ejemplo. Ejemplo 13.15 Sea 1 f y no es integrable.

m < n: Existen f : Rn ! R integrable y y 2 Rn

m

; tales que

Demostración: Sea f := 1Rm f0g : Como f = 0 c.d. en Rn ; f es integrable en Rn : Sin embargo, f 0 = 1Rm no es integrable en Rm (ver Ejemplo 12.19). El teorema de Fubini1 a…rma que este mal comportamiento ocurre únicamente en un subconjunto nulo de Rn m y que la integral de una función integrable f se puede calcular usando integrando sucesivamente respecto a cada variable. Teorema 13.16 (de Fubini) Sean f : Rn ! R [ f 1g una función integrable y 1 m < n. Entonces existe un subconjunto nulo Z de Rn m tal que, para todo y 2 Rn m r Z; la función f y : Rm ! R [ f 1g dada por f y (x) := f (x; y) es integrable. La función F : Rn F (y) := 1

m

! R dada por R f y si y 2 Rn Rm 0 si y 2 Z;

m

r Z;

Guido Fubini, matemático italiano. Nació en Venecia el 19 de enero de 1879 y murió en Nueva York el 6 de junio de 1943.

13.2. EL TEOREMA DE FUBINI

283

también es integrable y

Z

F =

Rn

m

Z

(13.2)

f:

Rn

Demostración: Sean h 2 S (Rn ) y g 2 S (Rn ) tales que h f g: El teorema de Fubini para funciones semicontinuas (Proposición 12.23) asegura que hy 2 S (Rm ) y g y 2 S (Rm ) para todo y 2 Rn m y que las funciones Z Z y H(y) := h y G(y) := gy Rm

cumplen que H 2 S (Rn Z

m

Rn

Para cada y 2 Rn

m

), G 2 S (Rn m ), Z H= h y

m

fy Z

Rn

Z

Rn

G=

Rn

m

Z

g:

Rn

denotamos F1 (y) :=

Como hy

Rm

Z

g y ; se tiene que H Z Z Fi H h= Rn

m

f

y

F1 Z

y

F2 (y) := F2 Z

Fi

Z

f y:

G (ver Lema 12.28). En consecuencia, Z g, i = 1; 2: G=

Rn

Rn

m

Dado que f es integrable en Rn ; tomando el ín…mo sobre las funciones g 2 S (Rn ) tales que g f y el supremo sobre las funciones h 2 S (Rn ) tales que h f; obtenemos Z Z Z Fi f Fi ; i = 1; 2: Rn

En consecuencia, F1 y F2 son integrables en Rn m y Z Z Z F1 = F2 = Rn

m

R Como además F2 F1 0 y Rn 13.14 aseguran que el conjunto Z := fz 2 Rn es nulo en Rn

m

m

Rn

m

(F2

m

f:

Rn

F1 ) = 0; la Proposición 13.11 y el Corolario

: F1 (z) 6= F2 (z)g [ fz 2 Rn

m

: F1 (z) = F2 (z) =

. De la de…nición de F1 y F2 se sigue que Z Z y 1< f = f y < 1 8y 2 Rn

m

r Z:

1g

284


En consecuencia, f y es integrable y Z f y = F1 (y) = F2 (y)

8y 2 Rn

Rm

m

r Z:

Finalmente, como F1 = F c.d. en Rn m y F1 es integrable en Rn 13.10 asegura que F es integrable en Rn m y Z Z Z F = F1 = f: Rn

m

Rn

m

m

; la Proposición

Rn


Notación 13.17 La identidad (13.2) suele escribirse como Z Z Z f (y; z)dy dz: f (y; z) dy dz = Rn

Rn

Rm

m

Dado que el intercambio de variables (y; z) ! 7 (z; y) es una transformación ortogonal, el Teorema 12.35 asegura que también Z Z Z f (y; z)dz dy: f (y; z) dy dz = Rm

Rn

13.3.

Rn

m

Teoremas de convergencia

Daremos a continuación varios criterios importantes que garantizan la integrabilidad del límite puntual de funciones integrables y la posibilidad de expresar a la integral de dicho límite como el límite de las correspondientes integrales. El siguiente ejemplo muestra que no es cierto, en general, que el supremo puntual de una sucesión no decreciente de funciones integrables sea integrable. Ejemplo 13.18 Si fk := 1B n (0;k) es la función característica de la bola de radio k con centro en el origen en Rn ; entonces fk es integrable y fk fk+1 para todo k 2 N: Sin embargo, 1Rn = supk2N fk no es integrable. Si el supremo puntual f := supk2N fk de una sucesión no decreciente (fk ) de funciones integrables es integrable, entonces Z Z lm fk f < 1: k!1

Rn

Rn

13.3. TEOREMAS DE CONVERGENCIA

285

El teorema que enunciaremos a continuación, a…rma que esta condición es su…ciente para garantizar la integrabilidad de f: Nota que, si (tk ) es una sucesión no decreciente de números reales entonces, para cualesquiera k; i 2 N, se tiene que tk+i

k+i P

tk =

(tj

tj 1 ) :

j=k+1

Tomando el límite cuando i ! 1 concluimos que l m ti

1 P

tk =

i!1

(tj

tj 1 ) :

(13.3)

j=k+1

Usaremos esta fórmula en la demostración del siguiente resultado debido a Beppo Levi2 . Teorema 13.19 (Convergencia monótona) Si fk : Rn ! R [ f 1g es integrable, fk fk+1 para todo k 2 N y Z lm fk < 1; k!1

Rn

entonces f := supk2N fk es integrable y Z Z f = lm Rn

k!1

fk :

Rn

Demostración: Como fk es integrable, la Proposición 13.11 asegura que el conjunto Zk := fx 2 Rn : fk (x) =

1g

n es nulo para todo k 2 N. Por tanto, Z := [1 k=1 Zk es un subconjunto nulo de R (ver Proposición 13.5). Remplazando los valores de fk en Z por 0 obtenemos funciones cuyo supremo puntual coincide con f fuera de Z: Estas nuevas funciones también son integrables y la integral de cada una de ellas coincide con la de la función original (ver Proposición 13.10). Por tanto, podemos suponer, sin perder generalidad, que fk toma valores en R. De la fórmula (13.3) se sigue que

f

fk =

1 P

(fj

fj 1 ) :

j=k+1 2

Beppo Levi, matemático italiano. Nació en Turín el 14 de mayo de 1875 y murió en Rosario el 28 de agosto 1961.

286


Por tanto, usando el Lema 13.3 y la fórmula (13.3), obtenemos Z Z 1 P (f fk ) (fj fj 1 ) j=k+1

Z

1 P

=

R

Rn

fj

Rn

j=k+1

Como l mk!1 consecuencia,

Z

fj

1

=

lm

i!1

Rn

fk < 1; se tiene que l mk!1 lm

k!1

Z

(f

l mk!1

R

Z

fi

Rn

Rn

fk

Z

fk :

Rn

R

Rn

fk = 0 y, en

fk ) = 0:

Por otra parte, la Proposición 12.32 asegura que existe 'k 2 Cc0 (Rn ) tal que Z 1 jfk 'k j < : k

(13.4)

Por tanto, lm

k!1

Z

jf

'k j

lm

k!1

Z

jf

fk j + l m

k!1

Esto prueba que f es integrable y que Z Z f = lm m!1

Rn

Z

Rn

Z

'k = 0;

lo que nos permite concluir que Z lm

Z

Z

k!1

Rn

fk = l m

Rn

m!1

Rn

Rn

'k j = 0:

'k :

De la desigualdad (13.4) se sigue que Z lm fk k!1

jfk

'k =

f;

Rn

como a…rma el enunciado. El análogo para sucesiones decrecientes de funciones también es válido. Corolario 13.20 Si fk : Rn ! R [ f 1g es integrable y fk Z lm fk > 1; k!1

Rn

fk+1 para todo k 2 N; y


287

entonces f := nf k2N fk es integrable y Z Z f = lm k!1

Rn

fk :

Rn

Demostración: Este resultado se obtiene aplicando el Teorema 13.19 a la sucesión ( fk ):

Corolario 13.21 Sea X1 Xk una sucesión no decreciente de subconn juntos integrables de R : Si la sucesión (jXk j) de sus medidas de Lebesgue en Rn está acotada, entonces [1 k=1 Xk es integrable y 1 S

k=1

Xk = l m jXk j : k!1

Demostración: Este resultado es consecuencia del Teorema 13.19 aplicado a la sucesión de funciones características 1Xk ; ya que supk2N 1Xk = 1[1 : k=1 Xk Corolario 13.22 Sea X1 Xk una sucesión no creciente de subconjuntos n 1 integrables de R : Entonces \k=1 Xk es integrable y 1 T

k=1

Xk = l m jXk j : k!1

Demostración: Este resultado es consecuencia del Corolario 13.20 aplicado R a la sucesión de funciones características 1Xk ; ya que nf k2N 1Xk = 1\1 : Nota que 1 0: Rn Xk k=1 Xk Dadas funciones fk : Rn ! R [ f 1g, denotamos por l m inf k!1 fk : Rn ! R [ f 1g y por l m supk!1 fk : Rn ! R [ f 1g a las funciones l m inf fk (x) := l m inf fk (x); k!1

k!1

l m sup fk (x) := l m sup fk (x) k!1

k!1

(ver De…nición 4.26). El siguiente resultado, debido a Fatou3 , da condiciones para la integrabilidad de l m inf k!1 fk . 3

Pierre Joseph Louis Fatou, matemático francés. Nació en Lorient el 28 de febrero de 1878 y murió en Pornichet el 10 de agosto de 1929.

288


Teorema 13.23 (Lema de Fatou) Sea fk : Rn ! R [ f 1g una sucesión de funciones integrables con las siguientes propiedades: (i) existe una función integrable g : Rn ! R [ f 1g tal que fk g para todo k 2 N; (ii) existe M 2 R tal que Z fk

M

Rn

Entonces l m inf k!1 fk es integrable y Z l m inf fk Rn

k!1

8k 2 N:

l m inf k!1

Z

fk :

Rn

Demostración: Para cada j k de…nimos fj;k := m nffi : k i jg: Entonces, fj;k es integrable (ver Ejercicio 12.60), fj;k fj+1;k y fj;k g para todo j 2 N. Por tanto, Z Z lm

j!1

fj;k

Rn

1:

g>

Rn

Por el Corolario 13.20, se tiene que gk := nf j k fj = nf j k fj;k es integrable y Z Z Z fj ; fj;k nf gk = nf Rn

ya que fj

j k

j k

Rn

(13.5)

Rn

fj;k : Observa que gk gk+1 y gk fk para todo k 2 N. Por tanto, Z Z fk M 8k 2 N: gk Rn

Rn

El Teorema 13.19 asegura entonces que l m inf k!1 fk = supk2N gk es integrable y, usando la desigualdad (13.5), obtenemos que Z Z Z Z l m inf fk = sup gk sup nf fj = l m inf fk ; Rn

k!1

k2N

Rn

k2N j k

Rn

k!1

Rn

como a…rma el enunciado. El siguiente ejemplo muestra que, en general, no se cumple la igualdad en el lema de Fatou, ni siquiera cuando la sucesión (fk ) converge puntualmente. Ejemplo 13.24 Existen sucesiones (fk ) que satisfacen las hipótesis del lema de Fatou para las cuales se cumple la desigualdad estricta Z Z l m inf fk < l m inf fk : Rn

k!1

k!1

Rn


289

Demostración: Sea fk : R ! R la función fk (x) := maxfk

k2 x

1 k

; 0g:

y

1 .5

y

1 0 .8 0 .6

0 .5

0 .4 0 .2 0 -1

0 0

1

2

3

-1

0

1

2

3

x

x

f2

f1

Entonces fk es integrable, fk

0y Z

fk = 1

R

8k 2 N.

Como l mk!1 fk (x) = 0 para todo x 2 R; se tiene que Z Z fk : l m fk = 0 < 1 = l m R k!1

k!1

R

Es decir, en este caso no se da la igualdad. Uno de los teoremas más importantes de la teoría de integración es el teorema de convergencia dominada de Lebesgue. Este teorema da una condición su…ciente para la integrabilidad del límite puntual de una sucesión de funciones integrables: basta que la sucesión (fk ) esté dominada por una función integrable g, es decir, que jfk (x)j g(x) p.c.t. x 2 Rn , para que l mk!1 fk sea integrable. Dicha condición asegura además que podemos intercambiar al límite por la integral. Teorema 13.25 (Convergencia dominada) Sea fk : Rn ! R [ f 1g una sucesión de funciones integrables con las siguientes propiedades: (i) fk (x) ! f (x) p.c.t. x 2 Rn ; (ii) existe una función integrable g : Rn ! R [ f 1g tal que, para cada k 2 N, se cumple que jfk (x)j g(x) p.c.t. x 2 Rn : Entonces f : Rn ! R [ f 1g es integrable y Z Z f = lm fk : Rn

k!1

Rn

290


Demostración: Los conjuntos Z 1 : = fx 2 Rn : g(x) = 1g; Z0 : = fx 2 Rn : (fk (x)) no converge a f (x)g; Zk : = fx 2 Rn : jfk (x)j > g(x)g; son nulos. Por tanto, Z := [1 k= 1 Zk es nulo. Remplazando fk (x); f (x) y g(x) por 0 para todo x 2 Z, podemos suponer sin perder generalidad que fk ; f y g toman valores en R, y que l m fk (x) = f (x) y jfk (x)j g(x) 8x 2 Rn : (13.6) k!1

Como fk

gy

Z

Z

fk

8k 2 N;

g =: M

Rn

Rn

el lema de Fatou (Teorema 13.23) asegura que f es integrable y que Z Z fk : f l m inf k!1

Rn

Observa que las funciones fk y f también satisfacen (13.6). Por tanto, Z Z Z Z fk : fk = l m sup f l m inf f= Rn

k!1

Rn

De (13.7) y (13.8) se sigue que Z Z f l m inf Rn

En consecuencia,

k!1

fk

Rn

Z

Rn

k!1

Rn

l m sup k!1

f = lm

k!1

(13.7)

Rn

Z

Z

Rn

fk

Z

(13.8)

Rn

f:

Rn

fk

Rn

(ver Ejercicio 4.45). Esto concluye la demostración. Observa que las sucesiones de funciones de los Ejemplos 11.8, 11.12, 13.18 y 13.24 no están dominadas por ninguna función integrable g [Ejercicio 13.57]. La importancia del teorema de convergencia dominada quedará de mani…esto en las múltiples aplicaciones que veremos en el resto de estas notas. Concluímos esta sección con dos corolarios interesantes de los teoremas de convergencia monóntona y convergencia dominada. En las secciones siguientes daremos algunas aplicaciones de ellos.


291

Corolario 13.26 Sean X1 Xk una sucesión no decreciente de subconjuntos de Rn ; X := [1 X y f : X ! R una función tal que f jXk 2 L(Xk ) para todo k=1 k k2Ny Z lm jf j < 1: k!1

Entonces f 2 L(X), Z

f = lm

X

k!1

Z

Xk

y

f

lm

k!1

Xk

Z

XrXk

jf j = 0:

Demostración: Como convenimos, identi…camos a f con su extensión trivial (12.18) a Rn y denotamos por fk := f 1Xk : Por hipótesis fk 2 L(Rn ): En consecuencia, jfk j 2 L(Rn ) y, como jfk j jfk+1 j y Z Z jf j < 1; jfk j = l m lm k!1

k!1

Rn

Xk

el teorema de convergencia monótona (Teorema 13.19) asegura que jf j = supk2N jfk j es integrable. Ahora, como fk es integrable, fk (x) ! f (x) para todo x 2 Rn y jfk (x)j jf (x)j para todo x 2 Rn y k 2 N, el teorema de convergencia dominada (Teorema 13.25) asegura que f es integrable y que Z Z f f = lm k!1

X

Xk

Más aún, como jf fk j es integrable, jf (x) fk (x)j ! 0 para todo x 2 Rn y jf (x) fk (x)j 2 jf (x)j para todo x 2 Rn y k 2 N, el teorema de convergencia dominada asegura que Z Z 0= lm jf fk j = l m jf j ; k!1

k!1

X

XrXk


Corolario 13.27 Sea fj : Rn ! R una sucesión de funciones integrables tales que Z 1 P jfj j < 1: j=1

Entonces la serie

1 P

j=1

Rn

fj converge c.d. en Rn a una función integrable f : Rn ! R y lm

k!1

Z

Rn

f

k P

j=1

fj = 0:

292


Demostración: Denotemos k P gk := jfj j

y

1 P

g :=

j=1

Como gk es integrable, gk

j=1

gk+1 y Z Z 1 P lm gk =

k!1

Rn

j=1

Rn

jfj j = sup gk : k2N

jfj j < 1;

el teorema de convergencia monótona asegura que g es integrable. En consecuencia, por la Proposición 13.11, existe un subconjunto nulo Z de Rn tal que 1 P g(x) := jfj (x)j < 1 8x 2 Rn r Z: j=1

Esto implica que la serie

1 P

j=1

como

Entonces

k P

j=1

fj (x) converge para todo x 2 Rn rZ: De…nimos f : Rn ! R

8 1 < P f (x) si x 2 Rn r Z; j f (x) := j=1 : 0 si x 2 Z:

fj (x) ! f (x) p.c.t. x 2 Rn y k P

g(x) 8x 2 Rn ; 8k 2 N.

fj (x)

j=1

El teorema de convergencia dominada asegura entonces que f es integrable. En consek P cuencia, f fj es integrable y, como j=1

f (x)

k P

j=1

y f (x)

k P

j=1

fj (x)

jf (x)j +

8x 2 Rn r Z

fj (x) ! 0 k P

fj (x)

j=1

jf (x)j + g(x)

el teorema de convergencia dominada asegura que Z k P lm f fj = 0; k!1


Rn

j=1

8x 2 Rn ; 8k 2 N,

13.4. LA INTEGRAL DE FUNCIONES RADIALES

13.4.

293

La integral de funciones radiales

Sean 0 < a < b < 1: Denotamos por An (a; b) := fx 2 Rn : a

kxk

bg:

Observa que An (a; b) = B n (0; b) r B n (0; a) [ S n 1 (0; a): De la Proposición 12.39 y los Ejemplos 12.25 y 13.7 se sigue entonces que voln (An (a; b)) = (bn

an )! n ;

donde ! n es el volumen de la bola unitaria en Rn . Se dice que una función g : An (a; b) ! R es radial si su valor depende únicamente de kxk ; es decir, si g(x) = f (kxk) donde f : [a; b] ! R. El siguiente resultado a…rma que, si f es continua, la integral de g se puede calcular en términos de la integral de Riemann de f . Teorema 13.28 (Integral de una función radial) Si f : [a; b] ! R es una función continua, entonces Z Z b f (kxk)dx = n! n f (t)tn 1 dt: An (a;b)

a

Demostración: Para cada k 2 N consideramos la partición a = a0 < a1 < < ak = b del intervalo [a; b] tal que aj aj 1 = k1 (b a): Por simplicidad denotamos por A := An (a; b) y Aj := An (aj 1 ; aj ): Entonces A = A1 [ [ Ak y Ai \ Aj es nulo si i 6= j (ver Ejemplo 13.7). Por tanto, jAj = jA1 j +

+ jAk j :

El teorema del valor medio aplicado a la función t 7! tn asegura que existe tal que anj anj 1 = n nj 1 (aj aj 1 ): Por tanto, jAj j = (anj

anj 1 )! n = n

Consideremos la función gk :=

k P

n 1 (aj j

aj 1 )! n :

f ( j )1Aj :

j=1

Se tiene que

Z

A

gk =

k P

j=1

f ( j ) jAj j = n! n

k P

j=1

f ( j)

n 1 (aj j

aj 1 ):

j

2 (aj 1 ; aj )

294


La suma que aparece en el término de la derecha es una suma de Riemann para la integral de la función t 7! f (t)tn 1 en [a; b]: Por tanto, haciendo tender k ! 1 obtenemos Z Z b lm f (t)tn 1 dt: (13.9) gk = n! n k!1

a

A

Demostraremos a continuación que Z Z f (kxk)dx = l m gk (x)dx: k!1

A

(13.10)

A

Como f es uniformemente continua en [a; b], para cada " > 0 existe k0 2 N tal que jf (t)

f (s)j <

" jAj

si js

tj <

b

a k

con k

k0 :

P En consecuencia, dado que jf (kxk) gk (x)j = kj=1 f (kxk) f ( j ) 1Aj (x) p.c.t. x 2 A; se tiene que Z k Z X jf (kxk) gk (x)j dx = f (kxk) f ( j ) dx A

j=1

Aj

k X " jAj j = " jAj j=1

8k

k0 :

Esto demuestra (13.10). Combinando las identidades (13.9) y (13.10) se obtiene la identidad deseada.

Ejemplo 13.29 Si Z

An (a;b)

2 R y 0 < a < b < 1; entonces kxk dx =

n n+

! n (bn+ an+ ) si n! n (ln b ln a) si

Demostración: Por el teorema anterior, Z Z b kxk dx = n! n t An (a;b)

+n 1

+ n 6= 0; + n = 0:

dt:

a

Calculando la integral de la derecha se obtiene el resultado. Si < 0 la función x 7! kxk no está de…nida en 0: Sin embargo, como f0g es un conjunto nulo, podemos extender esta función a una función Rn ! R dándole cualquier valor en 0, por ejemplo 0:

13.4. LA INTEGRAL DE FUNCIONES RADIALES

295

Proposición 13.30 Si 2 R y r > 0; entonces (a) la función x 7! kxk es integrable en B n (0; r) si y sólo si Z n! n n+ r . kxk dx = n+ kxk r

+ n > 0 y, en ese caso,

(b) la función x 7! kxk es integrable en Rn r B n (0; r) si y sólo si caso, Z n! n n+ kxk dx = r . n+ kxk r

+ n < 0 y, en ese

Demostración: (a) Sea " > 0: Del Ejemplo 13.29 se sigue que Z n ! n rn+ si n + > 0; n+ lm kxk dx = "!0 An (";r) 1 si n + 0: Si n +

> 0; el Corolario 13.26 asegura que x 7! kxk es integrable en B n (0; r) y que Z Z n kxk dx = l m kxk dx = ! n rn+ . k!1 1 n + n A ( k ;r) kxk r

Supongamos ahora que que Z

An (";r)

0: Si x 7! kxk fuera integrable en B n (0; r); se tendría Z kxk dx kxk dx < 1 8" 2 (0; r): +n

kxk r

Esto es una contradicción. La demostración de (b) es análoga [Ejercicio 13.66]. Anteriormente probamos que el producto de dos funciones integrables es integrable si una de ellas es acotada (ver Lema 12.38). El siguiente ejemplo muestra que esta última hipótesis es importante. Ejemplo 13.31 El producto de funciones integrables no es necesariamente integrable. Demostración: La función f (x) := kxk kxk n no lo es.

n=2

es integrable en B n (0; r), pero f 2 (x) =

La Proposición 13.30 proporciona un criterio muy útil de integrabilidad para funciones f : Rn ! R en términos de su comportamiento al 1. Empezamos introduciendo el siguiente concepto.

296


De…nición 13.32 Sea un subconjunto abierto de Rn : Una función f : ! R es localmente integrable en si, para todo subconjunto compacto K de ; la función f jK : K ! R es integrable en K: Observa que cualquier función continua f : Rn ! R es localmente integrable (ver Ejemplo 12.42). Denotamos por Lloc ( ) := ff :

! R : f es localmente integrable en

g:

(13.11)

Una consecuencia del Corolario 13.26 es la siguiente. Proposición 13.33 Sea un subconjunto abierto de Rn : Entonces f 2 L( ) si y sólo R si f 2 Lloc ( ) y jf j < 1: R Demostración: Claramente, si f 2 L( ); entonces f 2 L ( ) y jf j < 1: loc R Inversamente, supongamos que f 2 Lloc ( ) y jf j < 1: Para cada k 2 N de…nimos k

:= fx 2

: kxk < k; dist(x; @ ) >

1 g: k

Entonces k = [1 k+1 y k es la cerradura de k=1 k ; donde es compacto, se tiene que f j k 2 L( k ) y Z Z jf j jf j < 1 8k 2 N:

k

en Rn : Como

k

k

Por el Corolario 13.26, f 2 L( ). Corolario 13.34 (Criterio de integrabilidad) Si f 2 Lloc (Rn ) y existen " > 0; M 0 y r > 0 tales que jf (x)j entonces f 2 L(Rn ):

M kxkn+"

8x 2 Rn r B n (0; r);

Demostración: Como jf j = jf j 1B n (0;r) + jf j 1Rn rB n (0;r) ; se tiene que Z Z Z jf j jf j 1B n (0;r) + jf j 1Rn rB n (0;r) Z Z 1 jf j + M n+" dx < 1: kxk r kxk r kxk

La existencia de las dos últimas integrales se sigue de que f 2 Lloc (Rn ) y del Ejemplo 13.30, respectivamente. La Proposición 13.33 asegura que f 2 L(Rn ):


13.5.

297

El teorema de cambio de variable

El teorema de cambio de variable para funciones continuas con soporte compacto (Teorema 11.25) se extiende a funciones integrables como sigue. Teorema 13.35 (Cambio de variable) Sean y 0 subconjuntos abiertos de Rn y ' : ! 0 un difeomor…smo de clase C 1 . Entonces, f 2 L( 0 ) si y sólo si (f ') jdet '0 j 2 L( ) y, en tal caso, se cumple que Z Z 0 f ('(x)) jdet ' (x)j dx = f (y)dy: 0

Reduciremos la demostración de este teorema al caso en el que f 2 Cc0 ( 0 ): Para ello requerimos el siguiente resultado. Proposición 13.36 (Aproximación por funciones en Cc0 ( )) Si Rn y f 2 L( ) entonces existe una sucesión fk 2 Cc0 ( ) tales que Z jf fk j = 0: lm

es abierto en

k!1

Demostración: Sea " > 0: Basta probar que existe f" 2 Cc0 ( ) tal que Z jf f" j < ": Como convenimos, identi…camos a f con su extensión trivial (12.18) a Rn . Por la Proposición 12.32 existe g 2 Cc0 (Rn ) tal que Z " jf gj < : (13.12) 3 Rn Consideremos la sucesión no decreciente de subconjuntos abiertos y acotados de k

Dado que

= [1 k=1

k;

:= fx 2

: kxk < k; dist(x; @ ) >

g j k 2 L( k ) y Z lm jgj k!1

Z

Rn

k

el Corolario 13.26 asegura que g 2 L( ) y Z lm k!1

r

k

jgj < 1;

jgj = 0:

1 g: k

;

298


Escojamos k0 2 N tal que

Z

Por simplicidad escribimos existe h 2 Cc0 (Rn ) tal que h

0

r

" jgj < : 3 k0

(13.13)

:= k0 : Sea M := maxx2 1 0 y Z " (1 0 h) < : 3M Rn

0

jg(x)j : Como 1

0

2 S (Rn );

Remplazando h por maxf0; hg, podemos suponer además que h 0: Entonces h(x) = 0 para todo x 2 Rn r 0 y, en consecuencia, gh 2 Cc0 ( ): Más aún, Z Z Z Z jf ghj jf gj + jg ghj + jg ghj r 0 0 Z Z Z jf gj + jgj + M (1 0 h) < ": Rn

r

Rn

0

Esto concluye la demostración. Requerimos también información sobre el efecto de una función de clase C 1 sobre subconjuntos nulos. Al respecto, se cumple lo siguiente. Lema 13.37 Si es un subconjunto abierto de Rn y ' : ! Rn es de clase C 1 entonces, para todo subconjunto nulo Z de ; el conjunto '(Z) := f'(z) : z 2 Zg es nulo. Demostración: Sea k := fx 2 : kxk < k; dist(x; @ ) > k1 g: Dado que la unión numerable de conjuntos nulos es un conjunto nulo, basta probar que '(Z \ k ) es nulo para cada k 2 N: Fijemos k 2 N y " > 0: Tomemos una familia numerable de cubos Qj ; j 2 N; tales que Z\

k

S

Qj

k

y

1 P

j=1

j2N

jQj j < ":

Ésta se obtiene escogiendo un abierto U tal que Z \ k U Sk y jU j < " (ver Proposición 13.8), y expresándolo como una unión de cubos, U = j2N Qj ; tales que int(Qi ) \ int(Qj ) = ; si i 6= j [Ejercicio 13.44]. Como k es compacto y '0 : ! L(Rn ; Rn ) es continua, se tiene que Mk := sup k'0 (x)kL(Rn ;Rn ) < 1: x2

k


299

Del teorema del valor medio (Corolario 9.17) y las desigualdades (11.10) se sigue entonces que p 8x; y 2 Qj : k'(x) '(y)k1 k'(x) '(y)k Mk kx yk Mk n kx yk1 Esto implica que, si Qpj es un cubo de semilado , entonces '(Qj ) está contenido en un cubo de semilado Mk n . Por tanto, j'(Qj )j

M n nn=2 jQj j

8j 2 N:

Nota que '(Qj ) es compacto y, por tanto, integrable. Se tiene entonces que m S

'(Qj )

j=1

j=1

Dado que '(Z \

m P

k)

1 S

j'(Qj )j

M n nn=2

m P

j=1

M n nn=2 "

jQj j

8m 2 N:

'(Qj ); aplicando el Corolario 13.21 concluimos que

j=1

j'(Z \ Esto prueba que '(Z \

k)

k )j

1 S

'(Qj )

M n nn=2 ":

j=1

es nulo:

Estamos listos para demostrar el teorema de cambio de variable. Sea f 2 L( 0 ): Por la Proposición 13.36

Demostración del Teorema 13.35. existe una sucesión (fk ) en Cc0 ( 0 ) tal que Z lm jf k!1

fk j = 0:

0

(13.14)

Remplazando a (fk ) por una subsucesión, podemos suponer además que existe un subconjunto nulo Z de Rn tal que fk (y) ! f (y)

8y 2

0

rZ

(ver Proposición 13.13). Denotemos por gk := (fk

') jdet '0 j

y

g := (f

') jdet '0 j :

Entonces, gk 2 Cc0 ( ), gk (x) ! g(x)

8x 2

r ' 1 (Z)

300


y ' 1 (Z) es nulo (ver Lema 13.37). El Teorema 11.25 asegura que Z Z Z 0 gk = (fk ') jdet ' j = fk ;

(13.15)

0

y que

Z

jgk

gj j =

Z

Z

(jfk

0

jfk

0

fj j ') jdet ' j = Z jf fj j : fj +

Z

0

jfk

fj j

0

De esta última desigualdad y la a…rmación (13.14) se sigue que existen k1 < kj+1 < tales que Z 1 gkj+1 gkj < j : 2 En consecuencia, de…niendo gk0 := 0; concluimos que Z 1 P gkj+1 gkj < 1; j=0

Observa que

gkm =

m P1

(gkj+1

gkj )

gkj (x))

8x 2

j=0

y que g(x) =

1 P

(gkj+1 (x)

j=0

r ' 1 (Z):

El Corolario 13.27 asegura entonces que g es integrable y que Z lm jg gkm j = 0: m!1

Por tanto, usando las identidades (13.14) y (13.15), concluimos que Z Z Z Z g= lm gkm = l m fkm = f; m!1

que es la identidad deseada. Finalmente observa que, si g := (f

m!1

0

0

') jdet '0 j ; entonces

f = (g ' 1 ) det '

1 0

:

En consecuencia, f 2 L( 0 ) si g 2 L( ): Esto concluye la demostración. Veamos una aplicación del teorema anterior.

< kj <

13.6. EJERCICIOS

301

Ejemplo 13.38 (Coordenadas polares) f 2 L(R2 ) si y sólo si la función (r; ) 7! rf (r cos ; r sin ) es integrable en [0; 1) [0; 2 ] y, en ese caso, Z Z 2 Z 1 f= rf (r cos ; r sin ) dr d : R2

0

0

Demostración: Sean := (0; 1) (0; 2 ) y 0 := R2 r f(x; 0) : x 0g: La función ' : ! 0 dada por '(r; ) := (r cos ; r sin ) es un difeomor…smo de clase C 1 y jdet '0 (r; )j = r: Por el Teorema 13.35, f 2 L( 0 ) si y sólo si (r; ) 7! rf ('(r; )) es integrable en ; y Z Z f= rf ('(r; )) dr d : 0

Como ([0; 1) [0; 2 ]) r y R2 r 0 son subconjuntos nulos de R2 ; concluimos que 2 f 2 L(R ) si y sólo si (r; ) 7! rf (r cos ; r sin ) es integrable en [0; 1) [0; 2 ] y Z Z Z Z 2 Z 1 f= f= rf ('(r; )) dr d = rf (r cos ; r sin ) dr d ; R2

0

0

0


13.6.

Ejercicios

Ejercicio 13.39 Prueba que [0; 1] r Q es integrable y calcula su medida en R. Ejercicio 13.40 El objetivo de este ejercicio es mostrar la existencia de subconjuntos nulos no numerables de [0; 1]: El conjunto de Cantor C se construye como sigue: Al intervalo [0; 1] le quitamos su tercio medio ( 13 ; 23 ) y denotamos al conjunto restante por C1 := [0; 1] r

1 2 ; 3 3

:

A cada uno de los dos subintervalos cerrados de C1 le quitamos su tercio medio y denotamos al conjunto restante por C2 := C1 r

1 2 ; 9 9

[

7 8 ; 9 9

:

Continuando de esta manera, a cada uno de los 2k subintervalos cerrados de Ck le quitamos su tercio medio y denotamos al conjunto restante por Ck+1 : De…nimos 1 T C := Ck : k=1

Prueba que C es nulo y no es numerable.

302


Ejercicio 13.41 Para cada " > 0; da de manera explícita un subconjunto abierto integrable de Rn tal que Qn y j j < ": Ejercicio 13.42 (a) Prueba que, si Z es un subconjunto nulo de Rn ; entonces Rn r Z es denso en Rn : (b) ¿Es cierto que, si un subconjunto integrable X de Rn tiene medida positiva entonces int(X) 6= ;? Ejercicio 13.43 Prueba que Z es un subconjunto nulo de Rn si y sólo si Z \ Q es un subconjunto nulo de Rn para todo rectángulo Q Rn : Ejercicio 13.44 Un cubo es un rectángulo [a1 ; b1 ] [aN ; bN ] tal que bi ai = b1 a1 6= 0 para todo i = 2; :::; N: (a) Prueba que todo subconjunto abierto de Rn es la unión de una familia numerable de cubos Qk ; k 2 N; tales que int(Qj ) \ int(Qk ) = ; si j 6= k: (b) Sean un subconjunto abierto de Rn y Z : Prueba que Z es un subconjunto n nulo de R si y sólo si para cada " > 0 existe una familia numerable de cubos Qk ; k 2 N; tales que 1 P S jQk j < ": Qk y Z k2N

k=1

(Sugerencia: Usa la Proposición 13.8 y el inciso (a).)

Ejercicio 13.45 (a) Prueba que, si 1 m < n, X es una unión numerable de subconjuntos compactos de Rm y f : X ! Rn m es una función continua, entonces la grá…ca de f; graf(f ) := f(x; y) 2 Rn : x 2 X, y = f (x)g;

es un subconjunto nulo de Rn : (b) Prueba que, si es abierto en Rm y f : ! Rn m es continua, entonces la grá…ca de f es un subconjunto nulo de Rn : (c) Prueba que todo subespacio vectorial propio de Rn es nulo.

Ejercicio 13.46 Prueba que toda subvariedad M de Rn (ver De…nición 10.10) es un subconjunto nulo de Rn : (Sugerencia: Usa el Teorema 10.7.) Ejercicio 13.47 Prueba que, si es un subconjunto abierto de Rn , ' : clase C 1 y m > n; entonces '( ) es un subconjunto nulo de Rm . Ejercicio 13.48 (Lema de Sard) Sean Rn una función de clase C 1 : El conjunto K := fx 2

! Rm es de

un subconjunto abierto de Rn y ' : : det '0 (x) = 0g

!

13.6. EJERCICIOS

303

se llama el conjunto de puntos críticos de '; su imagen '(K) se llama el conjunto de valores críticos de '; y Rn r '(K) se llama el conjunto de valores regulares de ': Demuestra las siguientes a…rmaciones: (a) El conjunto de valores críticos de ' es un subconjunto nulo de Rn . (b) El conjunto de valores regulares de ' es denso en Rn . Ejercicio 13.49 Sean X1 ; X2 subconjuntos integrables de Rn tales que X1 \X2 es nulo. Denotamos por X := X1 [ X2 : Prueba que f : X ! R [ f 1g es integrable en X si y sólo si f jX1 es integrable en X1 y f jX2 es integrable en X2 y que, en ese caso, Z Z Z f= f+ f: X

X1

X2

Ejercicio 13.50 Considera la familia numerable de intervalos cerrados 0;

1 ; 2

1 ;1 ; 2

0;

1 ; 3

1 2 ; ; 3 3

2 ;1 ; 3

0;

1 ; 4

1 1 ; ; 4 2

1 3 ; ; 2 4

3 ;1 ; ::: 4

Sea fk la función característica del k-ésimo intervalo de la lista. Prueba que (a) Z lm jfk j = 0: k!1

R

(b) (fk (x)) no converge para ningún x 2 [0; 1]: (c) Exhibe una subsucesión (fkj ) que converje a 0 c.d. en R:

Ejercicio 13.51 Prueba que si Z es un subconjunto nulo de Rm entonces, para cualquier subconjunto integrable X de Rn ; el conjunto Z X es un subconjunto nulo de Rm Rn : Ejercicio 13.52 Considera la función f : R2 ! R dada por ( 2 2 x y si (x; y) 2 (0; 1)2 ; (x2 +y 2 )2 f (x; y) := 0 si (x; y) 2 R2 r (0; 1)2 : (a) Prueba que la función x 7! f (x; y) es integrable en R para todo y 2 R; la función y 7! f (x; y) es integrable en R para todo x 2 R; y que las integrales Z Z Z Z f (x; y)dx dy; f (x; y)dy dx; R

R

existen y son distintas. (b) ¿Es f una función integrable en R2 ?

R

R

304


Ejercicio 13.53 Considera la función f : R2 ! R dada por 8 2 si 0 < x < y < 1; < y 2 x si 0 < y < x < 1; f (x; y) := : 0 en los otros casos;

y realiza un análisis análogo al del ejercicio anterior.

Ejercicio 13.54 Usando el Ejercicio 12.61 y el teorema de Fubini prueba que, si Q es un rectángulo en Rn y f : Q ! R es continua, entonces la integral de Lebesgue de f (De…nición 12.41) coincide con la integral dada por la De…nición 11.3. Ejercicio 13.55 Prueba que, si Xk es un subconjunto integrable de Rn y 1 P

k=1

entonces

1 S

k=1

jXk j < 1;

Xk es un subconjunto integrable de Rn y 1 S

Xk

1 P

k=1

k=1

jXk j :

Ejercicio 13.56 Prueba que, si fk : Rn ! R [ f 1g es integrable, fk k 2 N; y Z 1 P fk < 1;

entonces

P1

k=1

k=1

fk es integrable y Z

1 P

Rn k=1

0 para todo

Rn

fk =

1 P

k=1

Z

fk :

Rn

Ejercicio 13.57 Prueba, sin usar el teorema de convergencia dominada, que para las sucesiones de funciones (fk ) de los Ejemplos 11.8, 11.12, 13.18,y 13.24 no existe ninguna función integrable g : Rn ! R [ f 1g tal que jfk j g c.d. en Rn para todo k 2 N. Ejercicio 13.58 Prueba que, si f : Rn ! R es integrable, entonces Z lm f = 0: k!1

Rn rB n (0;k)

13.6. EJERCICIOS

305

Ejercicio 13.59 (Dependencia continua de un parámetro) Sean Y Rm ; y 0 2 n Y yf :R Y ! R [ f 1g con las siguientes propiedades: (i) para cada y 2 Y; la función x 7! f (x; y) es integrable en Rn ; (ii) p.c.t. x 2 Rn ; la función y 7! f (x; y) es continua en y0 ; (iii) existe una función integrable g : Rn ! R [ f1g tal que, para todo y 2 Y; jf (x; y)j

c.d. en Rn :

g(x)

Prueba que la función F : Y ! R, dada por Z F (y) := f (x; y)dx; Rn

es continua en y0 : Ejercicio 13.60 (Derivación bajo el signo de integral) Sea f : Rn (a; b) ! R [ f 1g una función con las siguientes propiedades: (i) para cada t 2 (a; b); la función x 7! f (x; t) es integrable en Rn : (ii) p.c.t. x 2 Rn ; la función t 7! f (x; t) toma valores en R y es diferenciable en (a; b). (iii) existe una función integrable g : Rn ! R [ f1g tal que, para todo t 2 (a; b); @f (x; t) @t

g(x)

c.d. en Rn :

Prueba que la función F : (a; b) ! R, dada por Z F (t) := f (x; t)dx; Rn

es diferenciable en (a; b) y que 0

F (t) =

Z

Rn

@f (x; t)dx: @t

Ejercicio 13.61 Sea f 2 Cc1 (R3 ) := C 1 (R3 ) \ Cc0 (R3 ). Prueba que la función F : R3 ! R, dada por Z f (y) dy; F (x) := xk R3 ky

es de clase C 1 y que sus derivadas parciales están dadas por Z 1 @f @F (x) := (y)dy; i = 1; 2; 3: @xi xk @yi R3 ky

306


Ejercicio 13.62 Sea fXk : k 2 Ng una familia de subconjuntos integrables de Rn tales que Xj \ Xi es nulo si i 6= j: Denotamos por X := [1 k=1 Xk : Si f : X ! R es una función tal que f jXk 2 L(Xk ) para todo k 2 N y existe M 2 R tal que Z k P jf j M 8k 2 N; j=1

Xj

prueba que f 2 L(X) y

Z

f=

1 P

j=1

X

Z

f:

Xj

Ejercicio 13.63 Prueba que, para todo r > 0; 1 i n; Z ! n n+2 r : x2i dx = n+2 B n (0;r) (Sugerencia: Observa que, por la invariancia de la integral bajo transformaciones ortogonales, Z Z B n (0;r)

y calcula

x2i dx =

n P

i=1

Ejercicio 13.64 Para 0

Z

B n (0;r)

B n (0;r)

x2j dx;

x2i dx:)

a < b < 1 y n par; calcula la integral Z exp( kxk2 )dx: An (a;b)

Ejercicio 13.65 Para 0 < a < b < 1; calcula la integral Z ln(kxk)dx: An (a;b)

Ejercicio 13.66 Sea r > 0: Prueba que la función x 7! kxk es integrable en Rn r B n (0; r) si y sólo si + n < 0 y, en ese caso, Z n! n n+ kxk dx = r . n+ kxk r Ejercicio 13.67 Prueba que la función f : Rn ! R, f (x) := exp( kxk2 ); es integrable en Rn y que Z Rn

exp( kxk2 )dx =

n=2

:

13.6. EJERCICIOS

307

Ejercicio 13.68 ¿Para qué números Calcula la integral Z

kxk<1

1 1 kxk2

> 0 es x 7! 1

para tales :

1 kxk2

integrable en B n (0; 1)?

dx

Ejercicio 13.69 Sean a1 ; :::; am puntos distintos en Rn , m > n > 1; y sea f : Rn ! R; f (x) :=

m Q

i=1

Prueba que f es integrable en Rn :

1 kx

ai k

:

Ejercicio 13.70 Prueba que, si f 2 Lloc (Rm ) y g 2 Lloc (Rn m ) con 1 m < n; n m n m entonces f g 2 Lloc (R ), donde (f g)(x; y) := f (x)g(y) si (x; y) 2 R R Rn : Ejercicio 13.71 (Coordenadas esféricas) Sea ' : [0; 1) [0; ] [0; 2 ] ! R3 la función '(r; ; ) := (r sin cos ; r sin sin ; r cos ): Entonces f 2 L(R3 ) si y sólo si la función (r; ; ) 7! f ('(r; ; ))r2 sin es integrable en [0; 1) [0; ] [0; 2 ] y, en ese caso, Z 2 Z Z 1 Z f (r sin cos ; r sin sin ; r cos )r2 sin dr d d . f= R3

0

0

0

Ejercicio 13.72 (Coordenadas cilíndricas) Enuncia y demuestra el teorema de cambio de variable para el cambio de coordenadas (r; ; z) 7! (r cos ; r sin ; z): Ejercicio 13.73 Usando coordenadas esféricas calcula el volumen de la bola B3 (0; r) := fx 2 R3 : kxk rg:

308


Capítulo 14 Los espacios de Lebesgue En el espacio de funciones continuas con soporte compacto Cc0 ( ) podemos considerar las normas Z 1=p p jf j kf kp := ; p 2 [1; 1); análogas a aquéllas en Rn ; `p y C 0 [a; b] que consideramos en el capítulo 2. Se trata de normas importantes que aparecen en distintos contextos, particularmente en problemas de existencia de soluciones de ecuaciones diferenciales e integrales. Sin embargo, el espacio Cc0 ( ) no es el adecuado para tratar estos problemas, ya que no es un espacio completo. Los espacios de Lebesgue Lp ( ); que introduciremos en este capítulo, sí son espacios de Banach y contienen a Cc0 ( ) como subespacio denso. Sus elementos son clases de equivalencia de funciones medibles f : ! R tales que jf jp es integrable. Las funciones medibles son aquéllas que se obtienen como el límite puntual de alguna sucesión de funciones integrables en : A diferencia de las funciones integrables, las funciones medibles tienen la ventaja de que el producto de funciones medibles y la p-ésima potencia de una función medible son funciones medibles. En términos de ellas se obtiene un criterio muy útil para garantizar la integrabilidad de una función: si f es medible y está dominada por una función integrable, entonces f es integrable (ver Teorema 14.9). Para funciones medibles vale además el inverso del teorema de Fubini (ver Teorema 14.16). Los espacios de Lebesgue tienen una enorme relevancia en análisis y en diversas ramas de las matemáticas, e importantes aplicaciones en la física, la ingeniería, las …nanzas y otras disciplinas. Probaremos que el espacio Cc1 ( ) de funciones de clase C 1 con soporte compacto en es un subespacio denso de Lp ( ): Para ello introduciremos el producto de convolución, que asocia a un par de funciones 2 Cc1 (Rn ) y f 2 Lp (Rn ) una función f 2 C 1 (Rn ) \ Lp (Rn ): Escogiendo k de manera adecuada, se obtiene una sucesión k f 309

310

14. LOS ESPACIOS DE LEBESGUE

de funciones con soporte compacto que converge a f en Lp (Rn ): El producto de convolución tiene múltiples aplicaciones que van desde la solución de problemas con condición de frontera en ecuaciones diferenciales parciales, hasta el procesamiento de señales digitales o de imágenes1 . Finalmente, estudiaremos la noción de compacidad en Lp ( ) y daremos condiciones que garantizan que un subconjunto K de Lp ( ) es compacto.

14.1.

Conjuntos y funciones medibles

El volumen de un subconjunto abierto de Rn siempre está de…nido (ver De…nición 12.12), aun cuando éste no sea integrable. La noción de volumen o medida se extiende a otros subconjuntos como sigue: De…nición 14.1 Un subconjunto X de Rn es (Lebesgue-)medible si X \ B n (0; k) es integrable en Rn para todo k 2 N. De…nimos la medida (de Lebesgue) de X como jXj := l m X \ B n (0; k) : n!1

Claramente, Rn es medible pero no es integrable. Observa que todo conjunto integrable es medible (ver Proposición 12.39). El Corolario 13.21 asegura que, en ese caso, la noción de medida dada por la De…nición 12.37 coincide con la dada aquí. Proposición 14.2 (a) Si X y Y son subconjuntos medibles de Rn , entonces X r Y es medible. (b) Si fXj : j 2 Ng es una familia numerable de subconjuntos medibles de Rn ; entonces 1 S

j=1

son medibles.

Xj

y

1 T

Xj

j=1

Demostración: (a) es consecuencia de la identidad (X r Y )\B n (0; k) = X \ B n (0; k) r Y \ B n (0; k) y la Proposición 12.39. n (b) Sean k 2 N y Ym := [m B n (0; k); se tiene que la j=1 Xj \ B (0; k) : Como Ym sucesión (jYm j) es acotada. El Corolario 13.21 asegura entonces que ! 1 1 1 S S S Ym = Xj \ B n (0; k) = Xj \ B n (0; k) m=1

1

j=1

j=1

Consulta por ejemplo K. Dektar, M. Levoy, A. Adams, Spacial Convolution, applet para el curso Digital Photography (Spring 2011), Stanford University. http://graphics.stanford.edu/courses/cs178/applets/convolution.html

14.1. CONJUNTOS Y FUNCIONES MEDIBLES

es integrable. En consecuencia,

1 S

311

Xj es medible. De (a) y la identidad

j=1 1 T

j=1

se sigue que

1 T

Xj = Rn r

1 S

j=1

(Rn r Xj )

Xj es medible.

j=1

La proposición anterior proporciona muchos ejemplos de conjuntos medibles, como los siguientes. Ejemplo 14.3 (a) Todo subconjunto cerrado de Rn es medible. (b) Todo subconjunto abierto de Rn es medible. (c) Las uniones y las intersecciones numerables de subconjuntos abiertos o cerrados de Rn son medibles. Demostración: (a) Si X es cerrado en Rn ; entonces X \ B n (0; k) es compacto y, en consecuencia, integrable en Rn . (b) y (c) son consecuencia inmediata de (a) y de la Proposición 14.2. No todos los subconjuntos de Rn son medibles. A continuación daremos un ejemplo de un subconjunto de R que no lo es. Requerimos el siguiente lema. Lema 14.4 Si X es un subconjunto medible de R con jXj > 0 entonces existe tal que fx y : x; y 2 Xg ( ; ):

>0

Demostración: Remplazando, de ser necesario, a X por alguno de sus subconjuntos X \ B n (0; k) de medida positiva, podemos suponer sin perder generalidad que X es integrable en Rn : Escojamos un abierto en R tal que X y j j < 43 jXj (ver Ejercicio 12.56). es la unión de una familia numerable de intervalos cerrados Ik ; k 2 N; cuyos interiores son ajenos por pares (ver Ejercicio 13.44). Por tanto, 1 P

k=1

jIk j = j j <

1 4 4P jXj = jX \ Ik j : 3 3 k=1

Esta desigualdad implica que existe k0 2 N tal que jIk0 j < 34 jX \ Ik0 j : Sea Denotemos por Y := X \ Ik0 y por Y + z := fy + z : y 2 Y g:

:= 21 jIk0 j :

312


Probaremos a continuación que (Y + z) \ Y 6= ;

8z 2 (

Supongamos que (Y + z) \ Y = ; para algún z 2 (

; ): Entonces

2 jY j = jY + zj + jY j = j(Y + z) [ Y j j(Ik0 + z) [ Ik0 j

(14.1)

; ):

jIk0 j + jzj

3 jIk j ; 2 0

lo cual es imposible, ya que jIk0 j < 43 jY j :

I |I |

I+z |z |

En consecuencia, se cumple (14.1), es decir, para cada z 2 ( que x + z = y: Esto concluye la demostración.

; ) existen x; y 2 Y tales

El siguiente ejemplo fue dado por Vitali2 . Teorema 14.5 (de Vitali) R contiene un subconjunto que no es medible. Demostración: Consideremos la relación de equivalencia en R dada por x

y si y sólo si x

y 2 Q,

y escojamos un elemento en cada clase de equivalencia. Sea X el conjunto de dichos elementos. Entonces R = [q2Q (X +q): Si X fuera medible, necesariamente jXj > 0 pues, de lo contrario, R sería nulo (ver Ejercicio 14.50 y la Proposición 14.2). En consecuencia, por el Lema 14.4, existiría > 0 tal que ( ; ) fx y : x; y 2 Xg; lo cual es imposible ya que fx y : x; y 2 Xg (R r Q) [ f0g: Por tanto, X no es medible. Ahora introduciremos la noción de función medible. Sea f : Rn ! R [ f 1g: Para cada k 2 N de…nimos f[k] : Rn ! R como f[k] := m nfmaxff; kg; kg1B n (0;k) ; 2

(14.2)

Giuseppe Vitali, matemático italiano. Nació el 26 de agosto de 1875 en Ravenna y murió en Bologna el 29 de febrero de 1932.


es decir,

8 k > > < f (x) f[k] (x) := k > > : 0

si si si si

313

kxk k y f (x) 2 [k; 1); kxk k y f (x) 2 [ k; k]; kxk k y f (x) 2 ( 1; k]; kxk > k:

De…nición 14.6 Una función f : Rn ! R [ f 1g es (Lebesgue-)medible si f[k] es integrable en Rn para todo k 2 N. Observa que, para todo subconjunto X de Rn y todo k 2 N; (1X )[k] = 1X\B n (0;k) : En consecuencia, un subconjunto X de Rn es medible si y sólo si 1X es medible. El teorema de Vitali muestra entonces que no todas las funciones f : Rn ! R son medibles. Sin embargo, muchas sí lo son, por ejemplo las siguientes. Ejemplo 14.7 Toda función f 2 Lloc (Rn ) es medible. En particular, toda función continua f : Rn ! R es medible. Demostración: Si f 2 Lloc (Rn ) y k 2 N; entonces f 1B n (0;k) es integrable en Rn (ver De…nición 13.32). En consecuencia, f[k] = m nfmaxff 1B n (0;k) ; k1B n (0;k) g; k1B n (0;k) ; g es integrable en Rn (ver Ejercicio 12.60). Proposición 14.8 Sean f; g : Rn ! R [ f 1g: Si f es medible y f (x) = g(x) p.c.t. x 2 Rn , entonces g es medible. Demostración: Si f es medible y f (x) = g(x) p.c.t. x 2 Rn , entonces f[k] es integrable y f[k] (x) = g[k] (x) p.c.t. x 2 Rn para todo k 2 N. En consecuencia, g[k] es integrable (ver Proposición 13.10). Esto prueba que g es medible. El siguiente criterio de integrabilidad nos va a ser de gran utilidad. Teorema 14.9 Si f : Rn ! R [ f 1g es medible y existe una función integrable g : Rn ! R [ f1g tal que jf (x)j g(x) p.c.t. x 2 Rn ; entonces f es integrable. Demostración: Si f es medible, entonces f[k] es integrable para todo k 2 N. Como f[k] (x) ! f (x) para todo x 2 Rn y f[k] (x) jf (x)j g(x) p.c.t. x 2 Rn y todo k 2 N, el teorema de convergencia dominada (Teorema 13.25) asegura que f es integrable. Recuerda que, si f es integrable, entonces jf j lo es (ver Proposición 12.33). Del teorema anterior se obtiene inmediatamente el recíproco para funciones medibles.

314


Corolario 14.10 Si f : Rn ! R [ f 1g es medible y jf j es integrable, entonces f es integrable. Las funciones medibles son justamente aquéllas que son el límite puntual de una sucesión de funciones integrables. Proposición 14.11 Sea f : Rn ! R [ f 1g: Las siguientes a…rmaciones son equivalentes: (a) f es medible. (b) Existe una sucesión fk : Rn ! R de funciones integrables tales que fk (x) ! f (x) para todo x 2 Rn : (c) Existe una sucesión fj : Rn ! R [ f 1g de funciones medibles tales que fj (x) ! f (x) para todo x 2 Rn : Demostración: (a))(b): Si f es medible, entonces f[k] es integrable y f[k] (x) ! f (x) para todo x 2 Rn : (b))(c): Esta implicación es obvia, ya que toda función integrable es medible. (c))(a): Si fj es medible y fj (x) ! f (x) entonces, para cada k 2 N, se tiene que (fj )[k] es integrable y que l mj!1 (fj )[k] (x) = f[k] (x). Claramente, j (fj )[k] j k1B n (0;k) para todo j 2 N: El teorema de convergencia dominada (Teorema 13.25) asegura entonces que f[k] es integrable. Esto prueba que f es medible. La Proposición 14.11 proporciona más ejemplos de funciones medibles, como los siguientes. Ejemplo 14.12 Si f 2 S (Rn ) [ S (Rn ); entonces f es medible. Demostración: Toda función f 2 S (Rn ) [ S (Rn ) es, por de…nición, el límite puntual de una sucesión de funciones en Cc0 (Rn ): Proposición 14.13 (a) Si f; g : Rn ! R son medibles y ; 2 R, entonces f + g es medible. (b) Si f; g : Rn ! R [ f 1g son medibles, entonces jf j ; f + ; f ; maxff; gg y m nff; gg son medibles. Demostración: (a) Por la Proposición 14.11 existen sucesiones de funciones integrables fk ; gk : Rn ! R tales que fk (x) ! f (x) y gk (x) ! g(x) para todo x 2 Rn : Como fk + gk es integrable y ( fk + gk )(x) ! ( f + g)(x) para todo x 2 Rn la


315

Proposición 14.11 asegura que f + g es medible. (b) se demuesta de manera análoga. Daremos ahora una caracterización de las funciones medibles en términos de conjuntos medibles.

Proposición 14.14 f : Rn ! R [ f 1g es medible si y sólo si f f (x) ag es un subconjunto medible de Rn para todo a 2 R:

a

:= fx 2 Rn :

Demostración: Si f es medible, la Proposición 14.13 asegura que

fk := m n max k(f

1 a + ); 0 ; 1 k

es medible para todos k 2 N; a 2 R: Nota que fk (x) = 0 si f (x) a k1 y que fk (x) = 1 si f (x) a: En consecuencia, fk (x) ! 1f a (x) para todo x 2 Rn : Por la Proposición 14.11, la función 1f a es medible y, en consecuencia, f a es un conjunto medible. Inversamente, supongamos que f a es medible para todo a 2 R: Para cada k 2 N subdividimos el intervalo [ k; k] en intervalos de longitud 21k y denotamos a los puntos de la partición por ak;j := k + 2jk ; j = 0; :::; k2k+1 . De la Proposición 14.2 se sigue que los conjuntos Xk;0 : = fx 2 Rn : f (x) < ak;1 g = Rn r f ak;1 ; Xk;j : = fx 2 Rn : ak;j f (x) < ak;j+1 g = f ak;j r f Xk;k2k+1 : = fx 2 Rn : ak;k2k+1 f (x)g = f k ; son medibles. Por tanto, la función

fk :=

k+1 k2P

j=0

ak;j 1Xk;j

ak;j+1

;

j = 1; : : : ; k2k+1

1;

316


es medible.

k

- k

fk Además, fk (x) ! f (x) para todo x 2 Rn : La Proposición 14.11 asegura entonces que f es medible. Recuerda que en general no es cierto que el producto de funciones integrables sea integrable (ver Ejemplo 13.31). Pero sí es una función medible. Proposición 14.15 (a) Si f : Rn ! R es medible y p 2 (0; 1), entonces jf jp es medible. (b) Si f; g : Rn ! R son medibles, entonces f g es medible. Demostración: (a) De la Proposición 14.14 y la Proposición 14.13 se sigue que, si f es medible, entonces ( a1=p jf j si a 2 (0; 1); p a (jf j ) = n R si a 2 ( 1; 0]; es un conjunto medible para todo a 2 R y, en consecuencia, jf jp es una función medible. (b) Como 1 (f + g)2 f 2 g 2 ; fg = 2 si f y g son medibles, la a…rmación (a) con p = 2 y la Proposición 14.13 aseguran que f g es medible. Tonelli3 demostró que para funciones medibles vale el recíproco del teorema de Fubini. Como antes, si f : Rn ! R es una función, 1 m < n y y 2 Rn m ; denotamos 3

Leonida Tonelli, matemático italiano. Nació el 19 de abril de 1885 y murió el 12 de marzo de 1946.

14.2. LOS ESPACIOS LP ( )

317

por f y : Rm ! R a la función

f y (x) := f (x; y):

Teorema 14.16 (de Tonelli) Sean f : Rn ! R una función medible y 1 m < n. Si jf jy es integrable en Rm p.c.t. y 2 Rn m y la función F : Rn m ! R dada por Z jf jy F (y) := Rm

es integrable en Rn

m

; entonces f es integrable en Rn .

Demostración: Si f es medible entonces la función gk := jf j[k] es integrable en Rn para todo k 2 N y el teorema de Fubini (Teorema 13.16) asegura que gky es integrable en Rm p.c.t. y 2 Rn m , que la función Gk : Rn m ! R dada por Z Gk (y) := gky Rm

es integrable en Rn

m

y que se cumple Z Z gk = Rn

Nota que gk = m nfjf j ; kg1B n (0;k) Z

Rn

gk

Rn

Gk : m

jf j : En consecuencia, gky

Z

Rn

m

F <1

jf jy , Gk

F y

8k 2 N:

Como gk gk+1 y supk2N gk = jf j ; el teorema de convergencia monótona (Teorema 13.19) asegura que jf j es integrable. Del Corolario 14.10 se sigue que f es integrable.

14.2.

Los espacios Lp( )

Sea un subconjunto abierto de Rn : Como antes, identi…camos a una función f : ! R con su extensión trivial (12.18) a todo Rn : Diremos que f es medible si su extensión trivial lo es. En el conjunto M( ) := ff :

! R : f es medibleg

318


consideramos la relación de equivalencia dada por g () f (x) = g(x) p.c.t. x 2 Rn :

f

(14.3)

Al conjunto de clases de equivalencia lo denotamos por M ( ) := M( )=

(14.4)

:

Observa que, si fi = gi c.d. en ; i = 1; 2; entonces f1 + f2 = g1 + g2 c.d. en para cualesquiera ; 2 R: En consecuencia, la estructura de espacio vectorial de M( ) (Proposición 14.13) induce una estructura de espacio vectorial en M ( ). Denotaremos a la clase de equivalencia de f simplemente por f : ! R: Si una función está de…nida c.d. en ; la consideraremos como una función de…nida en todo dándole, por ejemplo, el valor 0 en los puntos en los que no está de…nida. De…nición 14.17 Si p 2 [1; 1) de…nimos Lp ( ) := ff 2 M ( ) : jf jp es integrable en Si f 2 Lp ( ) denotamos por kf kLp (

)

= kf kp :=

Z

g:

1=p

jf jp

:

Si f es medible y jf j es integrable en ; entonces f es integrable en (ver Corolario 14.10). Por tanto, L1 ( ) es simplemente el conjunto de clases de equivalencia de funciones en L( ) bajo la relación (14.3). De…nición 14.18 De…nimos L1 ( ) := ff 2 M ( ) : existe c 2 R tal que jf (x)j

c p.c.t. x 2 g:

A una función f 2 L1 ( ) se le llama una función esencialmente acotada. Si f 2 L1 ( ) denotamos por kf kL1 (

)

= kf k1 := nffc 2 R : jf (x)j

c p.c.t. x 2 g:

Nota que kf kp depende únicamente de la clase de equivalencia de f: Observa también que, si f 2 L1 ( ); el conjunto Zk := fx 2 : jf (x)j > kfS k1 + k1 g es nulo para todo k 2 N: En consecuencia, jf (x)j kf k1 para todo x 2 r 1 k=1 Zk ; es decir, jf (x)j

kf k1 p.c.t. x 2 :

(14.5)

A continuación probaremos que (Lp ( ); k kp ) es un espacio normado (ver De…nición 2.9). Empecemos observando lo siguiente.


319

Lema 14.19 Sean p 2 [1; 1] y f 2 Lp ( ): Entonces, kf kp = 0 si y sólo si f (x) = 0 p.c.t. x 2 : Demostración: Para p = 1 esta a…rmación es consecuencia inmediata de (14.5). Si p 2 [1; 1); el Corolario 13.14 asegura que Z p jf jp = 0 () jf (x)jp = 0 p.c.t. x 2 ; kf kp = de donde se sigue inmediatamente la a…rmación. Nota que, como los elementos de Lp ( ) son clases de equivalencia bajo la relación (14.3), el lema anterior a…rma que k kp cumple la propiedad (N1) de la De…nición 2.9. Obtendremos la desigualdad del triángulo a partir de la siguiente desigualdad. Proposición 14.20 (Desigualdad de Hölder) Sean p; q 2 (1; 1) tales que 1. Si f 2 Lp ( ) y g 2 Lq ( ); entonces f g 2 L1 ( ) y kf gk1

1 p

+ 1q =

kf kp kgkq :

Si f 2 L1 ( ) y g 2 L1 ( ); entonces f g 2 L1 ( ) y kf gk1

kf k1 kgk1 :

Demostración: Observa primero que, si f y g son medibles, entonces f g es medible (ver Proposición 14.15). Sean p; q 2 (1; 1) tales que p1 + 1q = 1, f 2 Lp ( ) y g 2 Lq ( ): La a…rmación es trivial si f = 0 o si g = 0: Supongamos pues que ambas funciones son distintas de cero. Por el Lema 14.19, se tiene entonces que kf kp 6= 0 y kgkq 6= 0: Para cada x 2 de…nimos números reales no negativos ax :=

jf (x)j kf kp

y bx :=

jg(x)j : kgkq

Aplicando la desigualdad de Young (ver Lema 2.11) obtenemos jf (x)g(x)j = jax bx j kf kp kgkq

1 p 1 q jf (x)jp jg(x)jq ax + b x = + ; p q p kf kpp q kgkqq

es decir, jf (x)g(x)j

kf kp kgkq

1 1 p q p jf (x)j + q jg(x)j p kf kp q kgkq

!

:

(14.6)

320


Como f 2 Lp ( ) y g 2 Lq ( ); el lado derecho de esta desigualdad es integrable. El Teorema 14.9 implica entonces que jf gj es integrable. En consecuencia, f g 2 L1 ( ): Integrando la desigualdad (14.6) obtenemos ! Z Z Z 1 1 jf jp + jgjq jf gj kf kp kgkq kf gk1 = p kf kpp q kgkqq = kf kp kgkq

1 1 + p q

= kf kp kgkq ;

como a…rma el enunciado. Si f 2 L1 ( ) y g 2 L1 ( ); entonces kf k1 jgj es integrable. Usando la desigualdad (14.5) obtenemos que jf (x)g(x)j kf k1 jg(x)j p.c.t. x 2 : El Teorema 14.9 implica entonces que f g 2 L1 ( ). Integrando la desigualdad anterior, obtenemos Z Z kf gk1 = jf gj kf k1 jgj = kf k1 kgk1 : Esto concluye la demostración.

Notación 14.21 De aquí en adelante haremos la convención de que modo la identidad p1 + 1q = 1 tiene sentido para todo p 2 [1; 1]:

1 1

:= 0: De este

Requerimos la siguiente desigualdad. Lema 14.22 Para cualesquiera a; b 2 R; p 2 (0; 1); ja + bjp

2p (jajp + jbjp ):

Demostración: Se tiene que ja + bjp

(jaj + jbj)p

(2 maxfjaj ; jbjg)p = 2p maxfjajp ; jbjp g

2p (jajp + jbjp );


Proposición 14.23 (Desigualdad de Minkowski) Sea p 2 [1; 1]: Si f; g 2 Lp ( ), entonces f + g 2 Lp ( ) y se cumple que kf + gkp

kf kp + kgkp :

(14.7)


321

Demostración: Observa primero que, si f y g son medibles, entonces f +g es medible (ver Proposición 14.13) y jf + gjr es medible para todo r 2 (0; 1) (ver Proposición 14.15). Consideraremos tres casos. Si f; g 2 L1 ( ); como jf + gj jf j + jgj ; el Teorema 14.9 asegura que f + g 2 L1 ( ): Integrando ambos lados de la desigualdad obtenemos kf + gk1

kf k1 + kgk1 :

Si f; g 2 L1 ( ); como jf + gj jf j + jgj kf k1 + kgk1 c.d. en 1 f +g 2L ( ) y kf + gk1 kf k1 + kgk1 :

; se tiene que

Si f; g 2 Lp ( ) con p 2 (1; 1); el Lema 14.22 asegura que jf (x) + g(x)jp 2p (jf (x)jp + jg(x)jp ) para toda x 2 : Del Teorema 14.9 se sigue que f + g 2 Lp ( ): Sea q := p p 1 : Entonces jf + gjp 1 2 Lq ( ) y p 1

jf + gj

q

=

Z

1=q p 1 q

(jf + gj

)

=

Z

(p 1)=p p

(jf + gj

= kf + gkpp

1

:

Como jf + gjp = jf + gj jf + gjp

1

jf j jf + gjp

1

+ jgj jf + gjp

aplicando la desigualdad de Hölder (ver Proposición 14.20) obtenemos Z Z Z p 1 p p jf j jf + gj + jgj jf + gjp 1 jf + gj kf + gkp = kf kp kf + gkpp

1

+ kgkp kf + gkpp

1

1

;

= (kf kp + kgkp ) kf + gkpp

1

:

Si kf + gkp = 0; la desigualdad (14.7) se satisface trivialmente. Si kf + gkp 6= 0, dividiendo la desigualdad anterior entre kf + gkpp 1 obtenemos la desigualdad (14.7).

Proposición 14.24 Lp ( ) = (Lp ( ); k kp ) es un espacio normado para todo p 2 [1; 1]: Demostración: El Lema 14.19 asegura que kf kp = 0 si y sólo si f = 0 en Lp ( ), es decir, se cumple la condición (N1) de la De…nición 2.9. Si f es medible y 2 R, entonces f es medible (ver Proposición 14.13). Para p 2 [1; 1) se tiene que j f jp = j jp jf jp es integrable si jf jp lo es. Por otra parte, si jf j c c.d. en ; entonces j f j j j c c.d. en : Por tanto, f 2 Lp ( ) y k f kp = j j kf kp para

322


cualesquiera p 2 [1; 1]; f 2 Lp ( ) y 2 R. Por otra parte, la Proposición 14.23 asegura que, si f; g 2 Lp ( ), entonces f +g 2 Lp ( ) y kf + gkp kf kp + kgkp : Las dos últimas a…rmaciones aseguran que Lp ( ) es un espacio vectorial y que k kp satisface las condiciones (N2) y (N3) de la De…nición 2.9. Probaremos a continuación que Lp ( ) es un espacio de Banach. Para ello requerimos la siguiente generalización del Teorema 13.25. Teorema 14.25 (de convergencia dominada en Lp ) Sea p 2 [1; 1) y sea (fk ) una sucesión en M ( ) tal que fk (x) ! f (x) p.c.t. x 2 : Si existe g 2 Lp ( ) tal que jfk (x)j entonces f 2 Lp ( ) y

g(x) p.c.t. x 2 l m kf

8k 2 N,

fk kp = 0:

k!1

Demostración: Como cada fk es medible, de las Proposiciones 14.8 y 14.11 se sigue que f es medible. Más aún, como jfk jp es medible y jfk (x)jp jg(x)jp p.c.t. x 2 , el Teorema 14.9 asegura que jfk jp es integrable. Dado que jfk (x)jp ! jf (x)jp p.c.t. x 2 , el teorema de convergencia dominada (Teorema 13.25) asegura que jf jp es integrable. En consecuencia, fk ; f 2 Lp ( ) y de la Proposición 14.23 se sigue que jf fk jp es integrable. Usando el Lema 14.22 obtenemos jf (x)

fk (x)jp

2p (jf (x)jp + jfk (x)jp )

2p (jf (x)jp + jg(x)jp )

p.c.t. x 2 :

El teorema de convergencia dominada asegura entonces que l mk!1 kf

fk kp = 0:

Teorema 14.26 Lp ( ) es un espacio de Banach para todo p 2 [1; 1]: Demostración: Supongamos primero que p 2 [1; 1): Sea (fk ) una sucesión de Cauchy en Lp ( ): Escogemos k1 < < kj < kj+1 < tales que kfi Entonces,

1 P

j=1

fk kp

fkj+1

1 2j

fkj

si i; k

p

kj :

1 1 P = 1: j j=1 2


323

De…nimos fk0 := 0; gm :=

m P

fkj+1

y

fkj

g :=

j=0

p

jgm j =

fkj+1

fkj = sup gm : m2N

j=0

Pm

La Proposición 14.23 asegura que kgm kp Z

1 P

m P

kgm kpp

fkj+1

fkj+1

j=0

fkj

j=0

p

!p

fkj

1 P

p

: En consecuencia,

fkj+1

fkj

j=0

p

!p

<1

y, por el teorema de convergencia monótona (ver Teorema 13.19), la función jgjp = supm2N jgm jp es integrable. Por tanto, existe un subconjunto nulo Z de tal que g(x) :=

1 P

fkj+1 (x)

j=0

Esto implica que

1 P

fkj+1 (x)

j=0

De…nimos f :

! R como f (x) :=

P1

j=0

fkj (x) < 1

fkj (x) < 1

fkj+1 (x)

8x 2

8x 2

fkj (x)

0

r Z:

r Z:

si x 2 r Z; si x 2 Z:

Dado que m P1

fkj+1 (x)

fkj (x) = fkm (x);

j=0

se tiene que

fkm (x) ! f (x) y

jfkm (x)j

gm (x)

g(x) p.c.t. x 2 :

Del Teorema 14.25, se sigue que f 2 Lp ( ) y lm f

j!1

fkj

p

= 0;

es decir, la subsucesión (fkj ) converge a f en Lp ( ): Como (fk ) es de Cauchy, concluimos que fk ! f en Lp ( ) (ver Ejercicio 5.30): Consideremos ahora el caso p = 1: Si (fk ) es una sucesión de Cauchy en L1 ( ); entonces existe km 2 N tal que kfi

fk k1

1 m

8i; k

km :

324


Sea Zi;k un subconjunto nulo de

Entonces, Z :=

S1

jfi (x)

i;k=1

tal que kfi

fk (x)j

fk k1

8x 2

Zi;k es nulo y, para cada x 2 jfi (x)

fk (x)j

1 m

r Zi;k :

r Z;

8i; k

(14.8)

km :

Es decir, (fk (x)) es una sucesión de Cauchy en R: En consecuencia, para cada x 2 rZ; existe f (x) 2 R tal que fk (x) ! f (x) en R. Extendemos f como f (x) := 0 si x 2 Z: Las Proposiciones 14.8 y 14.11 aseguran que la función f es medible. Fijando k y haciendo tender i a in…nito en la desigualdad (14.8), obtenemos que jf (x) Por tanto, f

fk (x)j

8x 2

r Z; 8k

km :

fk 2 L1 ( ) y kf

Como f = (f en L1 ( ):

1 m

fk k1

1 m

8k

km :

(14.9)

fk1 ) + fk1 ; concluimos que f 2 L1 ( ); y se sigue de (14.9) que fk ! f

Veamos algunos ejemplos. Proposición 14.27 Sean f (x) := kxk con 2 R; y r > 0: (a) Si p 2 [1; 1) entonces f 2 Lp (B n (0; r)) si y sólo si p + n > 0 y, en ese caso, kf kLp (B n (0;r)) (b) f 2 L1 (B n (0; r)) si y sólo si

n! n = n+p

1=p

r(n=p)+ :

0 y, en ese caso, kf kL1 (B n (0;r)) = r :

(c) Si p 2 [1; 1) entonces f 2 Lp (Rn r B n (0; r)) si y sólo si p + n < 0 y, en ese caso, kf kLp (Rn rB n (0;r)) (d) f 2 L1 (Rn r B n (0; r)) si y sólo si

n! n = n+p

1=p

r(n=p)+ :

0 y, en ese caso,

kf kL1 (Rn rB n (0;r)) = r :


325

Demostración: Es sencillo comprobar que f es una función medible [Ejercicio 14.58]. Las a…rmaciones (a) y (c) son consecuencia inmediata de la Proposición 13.30. (b) Si 0; entonces f es continua en Rn y creciente en la dirección radial. Por tanto, 1 n f 2 L (B (0; r)) y kf kL1 (B n (0;r)) = r : Si < 0 entonces, para cualquier c > 0; se cumple que kxk c si y sólo si kxk c1= : n 1= n Como B (0; c ) \ B (0; r) no es un conjunto nulo, concluimos que f 2 = L1 (B n (0; r)): (d) Esta a…rmación se demuestra de manera análoga. Queremos ahora comparar a los espacios Ls ( ) y Lp ( ): Una consecuencia de la proposición anterior es la siguiente. Proposición 14.28 Si 1 para ningún abierto :

p
1; entonces Lp ( ) no está contenido en Ls ( )

Demostración: Sea 2 . Escogemos r > 0 tal que B n ( ; r) Proposición 14.27 asegura que la función kx 0

f (x) :=

n=q

k

: Si q 2 (p; s); la

si x 2 B n ( ; r); si 2 r B n ( ; r);

satisface f 2 Lp ( ) y f 2 = Ls ( ): La inclusión opuesta se tiene cuando la medida de

es …nita.

Proposición 14.29 Si j j < 1 y 1 p
kf kp kf kp y

Lp ( ) y esta

Demostración: Observa que, si j j < 1, entonces 1 2 Lq ( ) para todo q 2 [1; 1] k1 kq =

Si 1

Z

1=q

= j j1=q :

1

p < s < 1 y f 2 Ls ( ); entonces jf jp 2 Ls=p ( ) y p

kjf j ks=p =

Z

p=s s

jf j

= kf kps :

326


De la desigualdad de Hölder (ver Proposición 14.20) se sigue que jf jp = 1 jf jp es integrable y que Z p 1 jf jp k1 ks=(s p) kjf jp ks=p = j j(s p)=s kf kps : kf kp = En consecuencia, f 2 Lp ( ) y j j(s

kf kp

p)=sp

kf ks :

(14.10)

Si 1 p < 1 y f 2 L1 ( ); entonces jf jp kf kp1 1 c.d. en : Como j j < 1, la función kf kp1 1 es integrable. Por tanto, f 2 Lp ( ) (ver Teorema 14.9). Integrando la desigualdad anterior obtenemos kf kpp j j kf kp1 ; es decir, j j1=p kf k1 :

kf kp

(14.11)

Finalmente, si fk ! f en Ls ( ), como las desigualdades (14.10) y (14.11) aseguran la existencia de una constante c tal que kfk

f kp

c kfk

f ks ;

concluimos que fk ! f en Lp ( ): Esto prueba que la inclusión Ls ( ) ,! Lp ( ) es continua. Si j j = 1 las a…rmaciones de la Proposición 14.29 no son ciertas en general, como lo muestra el siguiente ejemplo. Ejemplo 14.30 Si := Rn r B n (0; 1); 1 p < s 1 y f (x) := kxk q 2 (p; s); entonces f 2 Ls ( ) pero f 2 = Lp ( ) (ver Proposición 14.27).

n=q

con

La convergencia de una sucesión de funciones en Lp ( ) no implica que ésta converja puntualmente. Sin embargo, se tiene el siguiente resultado. Teorema 14.31 Sea (fk ) una sucesión en Lp ( ) tal que fk ! f en Lp ( ): (a) Si p 2 [1; 1), entonces existe una subsucesión (fkj ) de (fk ) tal que fkj (x) ! f (x) p.c.t. x 2 : (b) Si p = 1; entonces fk (x) ! f (x) p.c.t. x 2 : Demostración: (a) Si p 2 [1; 1) y l m kf

k!1

fk kpp

= lm

k!1

Z

jf

fk jp = 0;

14.3. APROXIMACIÓN MEDIANTE FUNCIONES SUAVES

327

entonces la Proposición 13.13 asegura que existe una subsucesión (fkj ) de (fk ) tal que p f (x) fkj (x) ! 0 p.c.t. x 2 : En consecuencia, fkj (x) ! f (x) p.c.t. x 2 : (b) Supongamos que l mk!1 kf fk k1 = 0: Para cada k 2 N existe un conjunto nulo Zk tal que jf (x) fk (x)j kf fk k1 8x 2 r Zk : S Por tanto, para todo x 2 r 1 k=1 Zk ; jf (x)

fk (x)j

kf

fk k1

8k 2 N:

En consecuencia, fk (x) ! f (x) p.c.t. x 2 :

14.3.

Aproximación mediante funciones suaves

Para k 2 N [ f1g de…nimos Cck ( ) := Cc0 ( ) \ C k ( );

(14.12)

el conjunto de las funciones f : ! R de clase C k con soporte compacto en : El objetivo de esta sección es probar que Cc1 ( ) es denso en Lp ( ) para todo p 2 [1; 1): Empezaremos demostrando la siguiente a…rmación. Proposición 14.32 Cc0 ( ) es denso en Lp ( ) para todo p 2 [1; 1): Es decir, dadas f 2 Lp ( ) y " > 0; existe g 2 Cc0 ( ) tal que kf

gkp < ":

Demostración: Sean f 2 Lp ( ) y " > 0: Las funciones f[k] = m nfmaxf k; f g; kg1B n (0;k) ; de…nidas en (14.2), cumplen que f[k] (x) ! f (x) y que f[k] (x) x 2 . Del Teorema 14.25 se sigue que lm f

k!1

Fijemos k 2 N tal que

f

f[k]

f[k]

p

p

jf (x)j para todo

= 0:

" < : 2

(14.13)

328


Como f[k] es integrable, la Proposición 13.36 asegura que existe ' 2 Cc0 ( ) tal que Z "p f[k] ' < p : 2 (2k)p 1 Sea g := m nfmaxf k; 'g; kg: Entonces g 2 Cc0 ( ) y f[k] g 2k: Además se cumple que f[k] g f[k] ' ; ya que si j'(x)j > k entonces jy g(x)j < jy '(x)j para todo y 2 [ k; k]: Por tanto, f[k]

g

p

(2k)p

1

f[k]

' :

p

Esta desigualdad implica que f[k] g es integrable y que Z Z p p p 1 f[k] g p = f[k] g (2k) f[k]

' <

"p : 2p

(14.14)

De las desigualdades (14.13) y (14.14) y la desigualdad de Minkowski se sigue que kf gkp < ". Observación 14.33 Cc0 ( ) no es denso en L1 ( ): Demostración: Si g 2 Cc0 ( ), entonces rsop(g) es abierto y no vacío. Por tanto, existen x0 2 y > 0 tales que g(x) = 0 para todo x 2 B n (x0 ; ): En consecuencia, k1

gk1

1

8g 2 Cc0 ( ):

Esto prueba que Cc0 ( ) no es denso en L1 ( ): De…nición 14.34 Un subconjunto abierto ! de Rn está compactamente contenido en si su cerradura ! es compacta y ! : Escribimos ! para denotar que ! está compactamente contenido en : De…nimos L1loc ( ) := ff 2 M ( ) : f 1! es integrable para todo abierto !

g:

Nota que L1loc ( ) es el conjunto de clases de equivalencia de funciones en Lloc ( ) bajo la relación (14.3). Si f 2 Cc0 (Rn ), g 2 L1loc (Rn ) y sop(f ) B n (0; r); entonces f (x

y)g(y) = f (x

y)g(y)1B n (x;r) (y)

8x; y 2 Rn :

Como g1B n (x;r) 2 L1 (Rn ) y la función y 7! f (x y) pertenece a L1 (Rn ), la Proposición 14.20 asegura que la función y 7! f (x y)g(y) es integrable en Rn para cada x 2 Rn : Esta observación nos permite de…nir la siguiente función.


329

De…nición 14.35 Sean f 2 Cc0 (Rn ) y g 2 L1loc (Rn ): La convolución de f y g es la función f g : Rn ! R dada por Z (f g)(x) := f (x y)g(y)dy: Rn

Veremos a continuación que f

g hereda las propiedades de regularidad de f:

Proposición 14.36 Si f 2 Cc0 (Rn ) y g 2 L1loc (Rn ); entonces f particular, f g es medible.

g 2 C 0 (Rn ): En

Demostración: Sea (xk ) una sucesión en Rn tal que xk ! x: De…nimos hk (y) := f (xk y)g(y) y h(y) := f (x y)g(y): Puesto que f es continua, se cumple que hk (y) ! h(y) para cada y 2 Rn : Sea r > 0 tal que sop(f ) B n (0; r) y xk 2 B n (0; r) para todo k 2 N: Nota que, si xk y 2 sop(f ); entonces y 2 B n (0; 2r). En consecuencia, hk = hk 1B n (0;2r) y jhk (y)j

8y 2 Rn ; 8k 2 N:

kf k1 g1B n (0;2r) (y)

Dado que g1B n (0;2r) es integrable, el teorema de convergencia dominada (Teorema 13.25) asegura que Z Z l m (f

k!1

Esto demuestra que f

k!1

h = (f

hk =

g)(xk ) = l m

Rn

g)(x):

Rn

g : Rn ! R es continua.

Nota que el soporte de f g no es necesariamente Rcompacto. Por ejemplo, si g = 1Rn entonces f g es la función constante con valor c := Rn f; cuyo soporte es Rn si c 6= 0:

Proposición 14.37 Si f 2 Cc1 (Rn ) y g 2 L1loc (Rn ); entonces f g : Rn ! R es de clase C1 y @ @f (f g) = g 8i = 1; :::; n: @xi @xi @f Demostración: Fijemos i 2 f1; :::; ng; x 2 Rn y " > 0: Como @x 2 Cc0 (Rn ); se tiene i @f que @x es uniformemente continua (ver Ejercicio 11.38). Por tanto, existe > 0 tal que i

@f (y) @xi

@f (z) < " @xi

si ky

zk < :

@f Sea r > 0 tal que sop @x B n (0; r) y x + tei 2 B n (0; r) para todo t 2 [ i ei es el i-ésimo vector de la base canónica de Rn : Entonces

@f (x + tei @xi

y) =

@f (x + tei @xi

y)1B n (0;2r) (y) 8t 2 [

; ]; y 2 Rn :

(14.15) ; ]; donde

(14.16)

330


Por otra parte, aplicando el teorema del valor medio a la función s 7! f (x + stei para cada t 2 [ ; ] y cada y 2 Rn ; concluimos que existe s 2 (0; 1) tal que f (x + tei

y)

f (x

y) = t

@f (x + stei @xi

y):

y)

(14.17)

De (14.15), (14.16) y (14.17) se sigue que f (x + tei =

y) t

@f (x + stei @xi

f (x y)

y)

@f (x @xi

@f (x @xi

y) jg(y)j

g1B n (0;2r) (y) < " g1B n (0;2r) (y)

y)

para todos 0 < jtj < ; y 2 Rn : En consecuencia, (f =

Z

Z

g)(x + tei ) t f (x + tei

Rn

f (x + tei

Rn

< "

Z

B n (0;2r)

(f

g)(x)

@f g (x) @xi @f y) f (x y) (x y) g(y)dy t @xi y) f (x y) @f (x y) jg(y)j dy t @xi

jgj :

para todo 0 < jtj < : Esto prueba que lm t!0

(f

g)(x + tei ) t

(f

g)(x)

es decir, que existe la derivada parcial de f @ (f @xi Por la proposición anterior,

@ (f @xi

g) =

=

@f @xi

g (x);

g respecto a xi en x y que @f @xi

g:

g) es continua.

Corolario 14.38 Sea k 2 N [ f1g: Si f 2 Cck (Rn ) y g 2 L1loc (Rn ); entonces f Rn ! R es de clase C k .

g :


331

Demostración: Para cada k 2 N, la a…rmación se obtiene inductivamente aplicando la proposición anterior a las derivadas parciales de orden k 1 de f: Observa que Lp ( )

L1loc (Rn )

8p 2 [1; 1]:

En efecto: si g 2 Lp ( ); entonces g1! 2 Lp (!) para todo abierto acotado ! de Rn y la Proposición 14.29 asegura que g1! 2 L1 (!): Ahora veremos que f g hereda también las propiedades de integrabilidad de g: Proposición 14.39 Si f 2 Cc0 (Rn ) y g 2 Lp (Rn ) con p 2 [1; 1]; entonces f Lp (Rn ) y kf gkp kf k1 kgkp :

g 2

Demostración: Consideramos tres casos: Caso 1: p = 1: En este caso la a…rmación es evidente. Caso 2: p = 1: La función h : R2n ! R dada por h(x; y) := jf (x y)g(y)j es medible ya que es el producto de la función continua (x; y) 7! jf (x y)j con la función 1 jgj 2 L1loc (R2n ) (ver Ejercicio 13.70) y ambas son funciones medibles (ver Ejemplo 14.7 y Proposición 14.15). Para cada y 2 Rn ; h es integrable respecto a x y Z Z h(x; y)dx = jg(y)j jf (x y)j dx = kf k1 jg(y)j 8y 2 Rn : Rn

Rn

Más aún, kf k1 jgj 2 L1 (Rn ) y Z Z Z h(x; y)dx dy = kf k1 Rn

Rn

Rn

jg(y)j dy = kf k1 kgk1 :

(14.18)

El teorema de Tonelli (Teorema 14.16) asegura entonces que h es integrable en R2n : Observa que Z Z j(f g) (x)j jf (x y)g(y)j dy = h(x; y)dy: Rn

Rn

2n

Como h es integrable en R ; el teorema de Fubini (13.16) garantiza que el lado derecho de esta desigualdad es integrable respecto a x y, dado que f g es medible (ver Proposición 14.36), ello implica que f g es integrable (ver Teorema 14.9). Más aún, usando (14.18) obtenemos que Z Z Z j(f g) (x)j dx h(x; y)dy dx n n Rn R R Z Z = h(x; y)dx dy = kf k1 kgk1 : Rn

Rn

332


En consecuencia, f g 2 L1 (Rn ) y kf gk1 kf k1 kgk1 ; como a…rma el enunciado. Caso 3: p 2 (1; 1): Sea q := p p 1 : De la desigualdad de Hölder (ver Proposición 14.20) se sigue que Z Z j(f g)(x)j jf (x y)j jg(y)j dy = jf (x y)j1=q jf (x y)j1=p jg(y)j dy Rn

kf k1=q 1

Z

Rn

Rn

1=p

y)j jg(y)jp dy

jf (x

1=p

p = kf k1=q 1 [(jf j jgj ) (x)]

8x 2 Rn :

Por tanto, j(f

g)(x)jp

p kf kp=q 1 (jf j jgj ) (x)

8x 2 Rn :

Aplicando el caso p = 1 a las funciones jf j y jgjp y el Teorema 14.9 concluimos que f g 2 Lp (Rn ) y Z Z p p p=q (jf j jgjp ) (x)dx kf kp=q j(f g)(x)j dx kf k1 1 kf k1 kgkp ; Rn

Rn

es decir,


kf

gkp

kf k1 kgkp ;

Usaremos la convolución para aproximar mediante funciones suaves a una función f 2 Lp ( ): Empezaremos eligiendo funciones k 2 Cc1 (Rn ) cuyo soporte se hace cada vez más pequeño conforme k crece. De…nición 14.40 Una sucesión de funciones ( k ) se llama una sucesión regularizante si, para todo k 2 N; se cumple que Z 1 n n 0; sop( k ) B (0; 1=k); k 2 Cc (R ); k k = 1: Rn

Ejemplo 14.41 Sea (x) := y sea c :=

R

1 Rn

(

exp 0

1 kxk2 1

si kxk < 1; si kxk 1;

: De…nimos k (x)

:= ck n (kx):

Es sencillo comprobar que ( k ) es una sucesión regularizante [Ejercicio 14.73]. Se le llama la sucesión regularizante estándar.


333

Si f 2 L1loc ( ) y ( k ) es una sucesión regularizante, entonces sop(

x 2 Rn : dist(x; )

f)

k

1 k

;

pero sop( k f ) no está necesariamente contenido en : Por ejemplo, si f = 1 y ( k ) es la sucesión regularizante estándar, entonces Z > 0 si dist(x; ) < k1 ; y)dy ( k 1 )(x) = k (x = 0 si dist(x; ) k1 : En consecuencia, sop(

x 2 Rn : dist(x; )

1 )=

k

Nota sin embargo que, si g 2 Cc0 ( ); entonces sop( grande. Más aún, se cumple lo siguiente.

k

1 k

: para k su…cientemente

g)

Lema 14.42 Dadas g 2 Cc0 ( ) y una sucesión regularizante ( k ) existe k0 2 N tal que g 2 Cc1 ( ) para todo k k0 y k l m kg

k!1

(

k

g)kp = 0

8p 2 [1; 1]:

Demostración: Escogemos un abierto ! tal que sop(g)

!

x 2 Rn : dist(x; sop(g))

1 k

sop(

k

g)

: Como ;

existe k0 2 N tal que sop( k g) ! para todo k k0 ; y del Corolario 14.38 se sigue que k g 2 Cc1 ( ) para todo k k0 : Sean " > 0 y p 2 [1; 1): Como g es uniformemente continua, existe > 0 tal que jg(x

y)

g(x)j <

"

1=p

j!j

8x; y 2 Rn con kyk < :

Para cada x 2 Rn ; haciendo el cambio de variable z := x y obtenemos Z Z ( k g)(x) g(x) = y)g(y)dy g(x) k (x k (y)dy n Rn ZR Z = z)dz k (z)g(x k (y)g(x)dy n n R R Z = y) g(x)) dy: k (y) (g(x B n (0; k1 )

334


Por tanto, si k j(

k

g)(x)

1

se tiene que Z g(x)j

k (y) jg(x

B n (0; k1 )

y)

maxfk0 ; 1 g =: k1 se cumple que Z Z p j( k g) gj = j( k

y para k

g)

!

g(x)j dy <

" 1=p

j!j

8x 2 Rn ; (14.19)

"p gj < j!j = "p : j!j p

(14.20)

De las desigualdades (14.19) y (14.20) se obtienen respectivamente las siguientes desigualdades " k( k g) gk1 < y k( k g) gkp < " 8k k1 : j!j1=p Esto demuestra la a…rmación.

Teorema 14.43 Cc1 ( ) es denso en Lp ( ) para todo p 2 [1; 1): Demostración: Sean p 2 [1; 1); f 2 Lp ( ) y " > 0: Por la Proposición 14.32 existe g 2 Cc0 ( ) tal que kf gkp < 2" : Si ( k ) es una sucesión regularizante, el Lema 14.42 asegura que existe k 2 N tal que k g 2 Cc1 ( ) y k( k g) gkp < 2" : Por tanto, k( k g) f kp < ": Si

= Rn se tiene un resultado más preciso.

Teorema 14.44 Si p 2 [1; 1) entonces, para toda f 2 Lp (Rn ) y toda sucesión regularizante ( k ), se cumple que k

f !f

en Lp (Rn ):

Demostración: Sea " > 0: Por la Proposición 14.32 existe g 2 Cc0 (Rn ) tal que kf gkp < 3" ; y por el Lema 14.42 existe k0 2 N tal que k( k g) gkp < 3" para todo k k0 : La Proposición 14.39 asegura entonces que " k( k f ) ( k g)kp = k k (f g)kp k k k1 kf gkp = kf gkp < : 3 En consecuencia, k(

k

para todo k

f) k0 :

f kp

k(

k

f)

(

k

g)kp + k(

k

g)

gkp + kg

f kp < "

14.4. UN CRITERIO DE COMPACIDAD EN LP ( )

335

Un criterio de compacidad en Lp( )

14.4.

Sea p 2 [1; 1): A continuación daremos condiciones su…cientes para que un subconjunto K de Lp ( ) sea compacto. Como antes, dados 2 Rn y f : Rn ! R, denotamos por T f : Rn ! R a la traslación de f por ; es decir, T f (x) := f (x

):

Teorema 14.45 (Fréchet-Kolmogorov) Sean y ! abiertos de Rn con ! y K un subconjunto acotado de Lp ( ); p 2 [1; 1); con la siguiente propiedad: Para cada " > 0 existe 2 (0;dist(!; Rn r )) tal que kT f

f kLp (!) < "

8 2 Rn con j j <

y 8f 2 K.

(14.21)

Entonces K! := ff 1! : f 2 Kg es relativamente compacto en Lp (!): Demostración: Sin perder generalidad podemos suponer que es acotado. Entonces K un subconjunto acotado de Lq ( ) para todo q 2 [1; p]: Demostraremos el resultado en tres pasos. Afirmación 1: Sea 2 Cc1 (RN ). Entonces el conjunto K ;! := f( f ) 1! : f 2 Kg es relativamente compacto en C 0 (!): En efecto: como K es un subconjunto acotado de L1 ( ) se tiene que Z j( f )(x)j j (x y)j jf (y)j dy k k1 kf k1 C0 8f 2 K y 8x 2 Rn : Rn

Por otra parte, como que j(

f )(x1 )

es Lipschitz continua, para cualesquiera x1 ; x2 2 Rn se cumple (

f )(x2 )j

Z

Rn

j (x1

C1 jx1

y)

(x2

x2 j kf k1

y)j jf (y)j dy

C2 jx1

x2 j :

En consecuencia, K ;! es un subconjunto acotado y equicontinuo de C 0 (!): Como ! es compacto, el teorema de Arzelà-Ascoli (ver Corolario 7.10) asegura que K ;! es relativamente compacto en C 0 (!): Afirmación 2: Sean " > 0, 2 (0;dist(!; Rn r )) tal que cumple (14.21), y ( k ) una sucesión regularizante. Si k > 1 ; entonces k

k

f

f kLp (!) < "

8f 2 K:

336


En efecto: para cada x 2 Rn ; haciendo el cambio de variable z := x y y aplicando la desigualdad de Hölder obtenemos Z Z y)f (y)dy f (x) j( k f )(x) f (x)j = k (x k (z)dz Rn Rn Z = z) f (x)j dz k (z) jf (x B n (0; k1 ) Z p 1 1 p ( p z) f (x)j)dz = k (z) k (z) jf (x B n (0; k1 )

Z

k (z) jf (x

B n (0; k1 )

z)

Aplicando (14.21) concluimos que, para todo f 2 K, Z Z Z p jf (x z) j( k f )(x) f (x)j dx k (z) B n (0; k1 )

!

f (x)jp dz

! p1

:

f (x)jp dx dz < "p

1 si k > :

!

Afirmación 3: K! es relativamente compacto en Lp (!): Por el Corolario 7.6 basta probar que K! es totalmente acotado. Sea " > 0: Elegimos un 2 (0;dist(!; Rn r )) que cumple (14.21) y una sucesión regularizante ( k ). Fijamos k > 1 y denotamos := k : Como ! es acotado, la inclusión C 0 (!) ,! Lp (!) es continua, y de la a…rmación 1 se sigue que K ;! es relativamente compacto en Lp (!): Por tanto, existen g1 ; : : : ; gm 2 K tales que K

BLp (!) ((

;!

g1 ) 1! ; ") [

[ BLp (!) ((

Es decir, para cada f 2 K existe i 2 f1; :::; mg tal que k a…rmación 2 se sigue entonces que kf

gi kLp (!)

kf

f kLp (!) + k

f

gm ) 1! ; "): gi kLp (!) < ": De la

f

gi kLp (!) + k

gi

gi kLp (!) < 3".

En consecuencia, K!

BLp (!) (g1 1! ; 3") [

[ BLp (!) (gm 1! ; 3"):

Esto prueba que K! es totalmente acotado en Lp (!): Corolario 14.46 Sean un subconjunto abierto de Rn y K un subconjunto acotado de Lp ( ); p 2 [1; 1); con las siguientes propiedades: (i) Para cada " > 0 y cada abierto ! existe 2 (0;dist(!; Rn r )) tal que kT f

f kLp (!) < "

8 2 Rn con j j <

y 8f 2 K.

14.5. UN CRITERIO DE NULIDAD

337

(ii) Para cada " > 0 existe un abierto ! kf kLp (

r!)

tal que 8f 2 K.

<"

Entonces K es relativamente compacto en Lp ( ): Demostración: Probaremos que K es totalmente acotado. Dado " > 0 escogemos un abierto ! tal que kf kLp (

r!)

<

" 6

8f 2 K.

Por el Teorema 14.45, K! := ff 1! : f 2 Kg es relativamente compacto en Lp (!): De modo que existen g1 ; : : : ; gm 2 K tales que " BLp (!) (g1 1! ; ) [ 3

K!

" [ BLp (!) (gm 1! ; ): 3

Es decir, para cada f 2 K existe i 2 f1; :::; mg tal que kf gi kLp (!) < 3" : Por tanto, Z Z Z p p jf gi jp jf gi j + jf gi j = r! Z! Z "p p jf gi j + 2p (jf jp + jgi jp ) < p 1 : 3 ! r! Esto prueba que K

BLp ( ) (g1 ; ") [

[ BLp ( ) (gm ; "):

Por el Corolario 7.6, K es relativamente compacto en Lp ( ):

14.5.

Un criterio de nulidad

Concluímos este capítulo dando un criterio de nulidad para funciones en L1loc ( ). Requerimos el siguente lema. Lema 14.47 Sean K un subconjunto compacto de Rn y > 0: Entonces existe 2 Cc1 (Rn ) tal que 0 (x) 1 para todo x 2 Rn ; (x) = 1 para todo x 2 K y (x) = 0 si dist(x; K) : Demostración: Sean X :=

x 2 Rn : dist(x; K)

3

;

Y :=

x 2 Rn : dist(x; K)

2 3

:

338


La función f (x) :=

dist(x; Y ) dist(x; Y ) + dist(x; X)

está bien de…nida, es continua (ver Ejercicio 3.52) y satisface que 0 f (x) 1 para todo x 2 Rn ; f (x) = 1 si x 2 X y f (x) = 0 si x 2 Y: 0; sop( k ) B n (0; k1 ) Tomemos k 2 N tal que k1 < 3 y k 2 Cc1 (Rn ) tal que k R y Rn k = 1: Es sencillo comprobar que la función := k f 2 Cc1 (Rn ) tiene las propiedades deseadas. Proposición 14.48 Si f 2 L1loc ( ) cumple que Z f ' = 0 8' 2 Cc1 ( ); entonces f = 0 c.d. en

:

Demostración: Consideramos dos casos. Caso 1: f 2 L1 ( ) y j j < 1: Dada " > 0 escogemos g 2 Cc0 ( ) tal que kf gk1 < " (Proposición 14.32). Entonces, Z Z Z Z jg f j j'j kf gk1 k'k1 < " k'k1 8' 2 Cc1 ( ): f' g' g' = Sean K1 := fx 2 : g(x) "g y K2 := fx 2 : g(x) "g: Como g es continua, K1 y K2 son cerrados. Dado que K1 [ K2 sop(g); se tiene que K1 y K2 son compactos. Por tanto, dist(K1 ; K2 ) > 0: Sea > 0 tal que dist(K1 ; K2 ) y fx 2 Rn : dist(x; K1 [ K2 )

g

:

Por el Lema 14.47 existen i 2 Cc1 (Rn ) tales que 0 1 para todo x 2 Rn ; i (x) ; i = 1; 2: De…nimos ' := 1 i (x) = 1 si x 2 Ki y i (x) = 0 si dist(x; Ki ) 2: 1 Entonces ' 2 Cc ( ) y satisface 1

'(x)

1 8x 2 Rn ;

'(x) = 1 8x 2 K1 ;

'(x) =

Para esta función ' y K := K1 [ K2 se cumple que Z Z Z Z Z jgj = g' = g' g' " k'k1 + K

K

rK

Dado que jg(x)j < " para x 2 r K; obtenemos Z Z Z Z jgj = jgj + jgj < " + 2 K

rK

rK

rK

jgj

1 8x 2 K2 :

jg'j < " +

Z

" + 2 j j ":

rK

jgj :

14.6. EJERCICIOS

339

En consecuencia, kf k1

kf

gk1 + kgk1

2(1 + j j)"

8" > 0:

Por tanto, f = 0 c.d. en : Caso 2: f 2 L1loc ( ) y j j arbitrario. Sea k

:= fx 2

: kxk < k; dist(x; @ ) >

1 g: k

Como k es abierto y acotado y f 1 k 2 L1 ( kS ), aplicando el Caso 1 concluimos que f = 0 c.d. en k : Por tanto, f = 0 c.d. en = 1 k=1 k :

14.6.

Ejercicios

Ejercicio 14.49 Si es abierto en Rn ; prueba que la medida j j de la De…nición 14.1 coincide con el volumen voln ( ) de la De…nición 12.12. Ejercicio 14.50 Demuestra las siguiente a…rmaciones. (a) Si X es un subconjunto medible de Rn y 2 Rn entonces X + := fx + : 2 Xg es medible. (b) Si X y Y son subconjuntos medibles de Rn y Y X; entonces jY j jXj : (c) Si X1 Xk Xk+1 es una sucesión de subconjuntos medibles de Rn ; 1 S entonces Xj es medible y j=1

1 S

j=1

Xj = l m jXj j : j!1

(d) Si fXj : j 2 Ng es una familia numerable de subconjuntos medibles de Rn ; entonces 1 S Xj es medible y j=1

1 S

Xj

j=1

1 P

jXj j :

1 P

jXj j :

j=1

Si además Xi \ Xj = ; cuando i 6= j; entonces 1 S

j=1

Xj =

j=1

340


Xk Xk+1 es una sucesión de subconjuntos medibles de Rn y 1 T jX1 j < 1; entonces Xj es medible y (e) Si X1

j=1

1 T

j=1

Xj = l m jXj j : j!1

Ejercicio 14.51 Prueba que, si X es un subconjunto medible de Rm y Y es un subconjunto medible de Rn ; entonces X Y es un subconjunto medible de Rm+n : Ejercicio 14.52 Dí si las siguientes a…rmaciones son verdaderas o falsas. Justi…ca tu a…rmación. (a) Toda función medible pertenece a Lloc (Rn ): (b) Si f : Rn ! R [ f 1g es medible, entonces f (x) 2 R p.c.t. x 2 Rn : Ejercicio 14.53 Prueba que, si fk : Rn ! R [ f 1g es una sucesión de funciones medibles, entonces sup fk ; k2N

nf fk ;

k2N

l m sup fk ; k!1

l m inf fk ; k!1

son medibles. Ejercicio 14.54 Prueba que son equivalentes las siguientes a…rmaciones. (a) f : Rn ! R [ f 1g es medible. (b) f a := fx 2 Rn : f (x) ag es un subconjunto medible de Rn para todo a 2 R: (c) f a := fx 2 Rn : f (x) > ag es un subconjunto medible de Rn para todo a 2 R: Ejercicio 14.55 Si f : Rn ! R es medible, demuestra las siguientes a…rmaciones: (a) Si U es abierto en R, entonces f 1 (U ) := fx 2 Rn : f (x) 2 U g es un subconjunto medible de Rn . (b) Si C es cerrado en R, entonces f 1 (C) := fx 2 Rn : f (x) 2 Cg es un subconjunto medible de Rn . Ejercicio 14.56 Prueba que, si f1 ; :::; fm : Rn ! R son medibles y ' : Rm ! R es continua, entonces la función h : Rn ! R dada por h(x) := '(f1 (x); :::; fm (x)) es medible.

14.6. EJERCICIOS

341

Ejercicio 14.57 Prueba que, si f : Rn ! R es medible, entonces la función 1 f (x)

g(x) :=

0

si f (x) 6= 0; si f (x) = 0;

es medible. Ejercicio 14.58 Prueba que, para todo f (x) :=

2 R, la función f : Rn ! R dada por kxk 0

si x 6= 0; si x = 0;

es medible. Ejercicio 14.59 Prueba que, si f : Rn ! R [ f1g es medible y f Z Z f[k] : f = lm

0, entonces

Ejercicio 14.60 Prueba que, si f : Rn ! R [ f1g es medible, f entonces (i) la función f y : Rm ! R [ f1g es medible p.c.t. y 2 Rn m , (ii) la función F : Rn m ! R [ f1g dada por Z F (y) := fy

0y1

k!1

es medible y

Z

f=

Z

Rn

m < n,

F:

Ejercicio 14.61 Para cada n 2 N da un ejemplo de un subconjunto de Rn que no sea medible. Ejercicio 14.62 (Teorema de Egorov) Sean X un subconjunto medible de Rn tal que jXj < 1 y fk ; f : X ! R funciones medibles tales que fk (x) ! f (x) p.c.t. x 2 X: Prueba que, para cada " > 0; existe un subconjunto medible Y X tal que (i) jX r Y j < "; (ii) (fk ) converge a f uniformemente en Y: (Sugerencia: Considera los conjuntos Ym;k :=

1 S

j=k

x 2 X : jfj (x)

f (x)j

1 2m

:

Usando el Ejercicio 14.50 prueba S1que, para cada m 2 N, existe km 2 N tal que jYm;km j < " : Demuestra que Y := X r m=1 Ym;km tiene las propiedades deseadas.) 2m

342


Ejercicio 14.63 Prueba que el espacio Cb0 ( ) := ff :

! R : f es continua y acotadag

está contenido en L1 ( ) y que la norma inducida por k k1 coincide con la de…nida en (5.5), es decir, nffc 2 R : jf (x)j

8f 2 Cb0 ( ):

c p.c.t. x 2 g = sup jf (x)j x2

Ejercicio 14.64 Sea ! un subconjunto abierto de ientes a…rmaciones. (a) Si f 2 Lp ( ); entonces f 1! 2 Lp (!) y kf 1! kLp (!)

y p 2 [1; 1]: Demuestra las sigu-

kf kLp ( ) :

(b) Si f 2 Lp ( ) y X es un subconjunto medible de Lr ( ) para todo r 2 [1; p] y kf 1X kLr (

jXj

)

p r rp

con jXj < 1; entonces f 1X 2

kf kLp ( ) :

(c) Si fk ! f en Lp ( ) y j!j < 1; entonces fk 1! ! f 1! en Lr (!) para todo r 2 [1; p]: Ejercicio 14.65 (Desigualdad de interpolación) Sean 1 p < s < r ba que, si f 2 Lp ( ) \ Lr ( ); entonces f 2 Ls ( ) y se cumple que kf ks donde

2 (0; 1) satisface que

1 s

=

1 p

kf kp1 +

r

1: Prue-

kf kr ,

si r < 1 y

:= 1

p s

si r = 1:

Ejercicio 14.66 (Desigualdad de Hölder generalizada) Sean r; p1 ; :::; pm 2 [1; 1) + p1m = 1r : Prueba que para cualesquiera fj 2 Lpj ( ), 1 j m, se tales que p11 + Qm cumple que j=1 fj 2 Lr ( ) y m Q

j=1

fj r

m Q

j=1

kfj kpj :

Ejercicio 14.67 Prueba que,si j j < 1 y f 2 L1 ( ); entonces kf k1 = l m j j p!1

1=p

kf kp :

14.6. EJERCICIOS

343

Ejercicio 14.68 Si f = (f1 ; :::; fm ) y f1 ; :::; fm 2 Ls ( ) de…nimos kf ks := (kf1 kss + Prueba que, si j j < 1, 1

p
kf kp kf kp

1=s

+ kfm kss )

:

1 y f1 ; :::; fm 2 Ls ( ); entonces

(n j j)(s p)=sp kf ks si s 2 [1; 1); (n j j)1=p kf k1 si s = 1:

(Sugerencia: Usa la Proposición 14.29 y el Ejercicio 2.42.) Ejercicio 14.69 Sea fk : (0; 1) ! R la función fk (x) := sink (k x): (a) Prueba que fk 2 Lp (0; 1) para todo p 2 [1; 1]: (b) Prueba que fk ! 0 en Lp (0; 1) para todo p 2 [1; 1): (c) ¿Converge la sucesión (fk ) en L1 (0; 1)? Ejercicio 14.70 Sea p 2 [1; 1]: ¿Es cierto que para toda sucesión (fk ) en Lp ( ) tal que l mk!1 kfk kp = kf kp se cumple que fk ! f en Lp ( )? Ejercicio 14.71 Sean p 2 [1; 1) y (fk ) una sucesión en Lp ( ) tal que fk (x) ! f (x) p.c.t. x 2 : (a) Prueba que, si existe c 2 R tal que kfk kp c para todo k 2 N; entonces f 2 Lp ( ) y kf kp c: ¿Es cierto, en general, que además se cumple que l mk!1 kfk kp = kf kp ? (b) Prueba que, si l mk!1 kfk kp = kf kp ; entonces fk ! f en Lp ( ): (Sugerencia: Usa el teorema de Egorov para probar que, para cada " > 0; existen un compacto K" y k" 2 N tales que Z jfk jp < " 8k k" .) Rn rK"

(c) ¿Son válidas las a…rmaciones anteriores para p = 1? Ejercicio 14.72 Sean p; q 2 (1; 1) tales que g

: Lp ( ) ! R;

1 p

1 q

= 1: Dado g 2 Lq ( ) de…nimos Z f g: g (f ) := +

(a) Prueba que g es lineal y continua. (b) Considera el espacio L(Lp ( ); R) := ff : Lp ( ) ! R : f es lineal y continuag con la norma de…nida en (9.1). Prueba que la función : Lq ( ) ! L(Lp ( ); R);

(g) :=

g;

344


es lineal, y que es una isometría, es decir, g L(Lp ( );R)

En particular,

= kgkq

8g 2 Lq ( ):

es continua e inyectiva4 .

Ejercicio 14.73 Demuestra que la sucesión del Ejemplo 14.41 es una sucesión regularizante. Ejercicio 14.74 Demuestra los siguentes resultados a partir del Teorema 14.43 (sin usar la Proposición 14.48). (a) Si f 2 L2 ( ) satisface que Z f ' = 0 8' 2 Cc1 ( );

entonces f = 0 c.d. en : (b) Si f 2 C 0 ( ) satisface

entonces f = 0 en

:

Z

8' 2 Cc1 ( );

f' = 0

Ejercicio 14.75 (Convolución de funciones integrables) Sean f; g 2 L1 (Rn ): (a) Prueba que la función (x; y) 7! f (x y)g(y) pertenece a L1 (R2n ): (Sugerencia: Utiliza el Teorema 14.16.) (b) Prueba que existe un subconjunto nulo Z de Rn tal que la función y 7! f (x y)g(y) es integrable para todo x 2 Rn r Z: (Sugerencia: Aplica el Teorema 13.16.) De…nimos la convolución de f y g como R f (x y)g(y)dy si x 2 Rn r Z; Rn (f g)(x) := 0 si x 2 Z: g 2 L1 (Rn ) y que

(c) Prueba que f

kf (d) Prueba que

Z

Rn

f

g=

Z

gk1

kf k1 kgk1 :

f (x)g(y)dx dy =

R2n

Z

Rn

f

Z

g :

Rn

(e) Prueba que f 4

g = g f:

De hecho, es también suprayectiva, lo que permite identi…car a L(Lp ( ); R) con Lp=(p 1) ( ): A este resultado se le conoce como el teorema de representación de Riesz. Consulta, por ejemplo, Haim Brezis, Análisis Funcional, Alianza Editorial, Madrid 1984, Teorema IV.11.

Capítulo 15 Espacios de Hilbert Entre los espacios de Banach destacan aquellos cuya norma está inducida por un producto escalar. Se llaman espacios de Hilbert y son la extensión más natural del espacio euclidiano a dimensión in…nita. Los conceptos y resultados de la geometría euclidiana se generalizan de manera natural a los espacios de Hilbert. Allí vale el teorema de Pitágoras y la ley del paralelogramo, y podemos de…nir la proyección ortogonal sobre un subespacio y su complemento ortogonal siempre y cuando dicho subespacio sea cerrado. La existencia de la proyección ortogonal tiene una consecuencia bien importante: tal y como ocurre en Rn ; si H es un espacio de Hilbert, cualquier función lineal y continua : H ! R se puede expresar como el producto escalar con un elemento u0 de H; es decir, u = hu0 ; ui 8u 2 H: A este resultado se le conoce como el teorema de representación de Fréchet-Riesz y tiene aplicaciones muy importantes, como la que veremos en el próximo capítulo (subsección 16.3.1). Los espacios de Hilbert constituyen el ámbito natural para muchas aplicaciones. Por ejemplo, la existencia de soluciones a ciertas ecuaciones en derivadas parciales con condición de frontera se puede plantear en términos de la existencia del mínimo de una función continua sobre un subconjunto de un espacio de Hilbert. Dichos subconjuntos no son, en general, compactos por lo que el problema de minimización no resulta trivial. Introduciremos una nueva noción de convergencia, llamada convergencia débil, que tiene la propiedad de que cualquier sucesión acotada contiene una subsucesión débilmente convergente. Este concepto es muy útil para abordar problemas de minimización ya que proporciona un candidato a ser el mínimo, a saber, el límite débil de una sucesión minimizante. Resta probar, en cada situación concreta, que éste es efectivamente el mínimo que buscamos. Daremos aplicaciones importantes de este método en los próximos 345

346

15. ESPACIOS DE HILBERT

dos capítulos (subsección 16.3.2 y sección 17.3).

15.1.

Conceptos y propiedades básicas

Comencemos recordando el concepto de producto escalar y sus propiedades básicas. De…nición 15.1 Sea V un espacio vectorial sobre R. Un producto escalar en V es una función h ; i : V V ! R con las siguientes propiedades: (PE1) h v1 + v2 ; wi = hv1 ; wi + hv2 ; wi para todos v1 ; v2 ; w 2 V; ; 2 R: (PE2) hv; wi = hw; vi para todos v; w 2 V: (PE3) hv; vi > 0 para todo v 2 V; v 6= 0: Si denotamos por kvk := se tienen las siguientes relaciones.

p hv; vi;

(15.1)

Proposición 15.2 (a) Desigualdad de Cauchy-Schwarz: jhv; wij

kvk kwk

8v; w 2 V:

(b) Desigualdad del triángulo: kv + wk

kvk + kwk

8v; w 2 V:

(c) Identidad del paralelogramo: kv + wk2 + kv

wk2 = 2(kvk2 + kwk2 )

Demostración: (a) Para cualesquiera v; w 2 V;

8v; w 2 V:

2 R se cumple

hv + w; v + wi = kvk2 + 2 hv; wi +

0 Si w 6= 0; tomando

:= 0

hv;wi kwk2

kvk2

2

kwk2 :

obtenemos 2

hv; wi2 hv; wi2 2 2 + 2 = kvk kwk kwk

Multiplicando esta desigualdad por kwk2 concluimos que hv; wi2

kvk2 kwk2 ;

hv; wi2 : kwk2

15.1. CONCEPTOS Y PROPIEDADES BÁSICAS

347

y sacando raíz cuadrada obtenemos la desigualdad deseada. Nota que ésta se satisface trivialmente si w = 0. (b) Usando la desigualdad de Cauchy-Schwarz obtenemos kv + wk2 = kvk2 + 2 hv; wi + kwk2 kvk2 + 2 kvk kwk + kwk2 = (kvk + kwk)2 : Sacando raíz cuadrada obtenemos la desigualdad del triángulo. (c) se obtiene mediante un cálculo directo [Ejercicio 15.34]. Las desigualdades anteriores tienen las siguientes consecuencias. Proposición 15.3 kvk :=

p

hv; vi es una norma en V:

Demostración: La desigualdad del triángulo se probó en la Proposición 15.2. Las otras propiedades son consecuencia inmediata de la de…nición del producto escalar. La norma (15.1) se llama la norma inducida por el producto escalar h ; i : Un cálculo sencillo muestra que el producto escalar se expresa en términos de la norma inducida como sigue: hv; wi =

1 kv + wk2 4

wk2

kv

8v; w 2 V:

(15.2)

Proposición 15.4 (Continuidad del producto escalar) Si wk ! w en V; entonces l m hv; wk i = hv; wi

k!1

8v 2 V:

Demostración: De la desigualdad de Cauchy-Schwarz se sigue que jhv; wi

hv; wk ij = jhv; w

wk ij

kvk kw

wk k ;

para cualesquiera v; w; wk 2 V: En consecuencia, hv; wk i ! hv; wi si wk ! w: De…nición 15.5 Un espacio de Hilbert es un espacio vectorial H con un producto escalar h ; i que es completo respecto a la norma inducida (15.1). Veamos algunos ejemplos.

348


Ejemplo 15.6 (a) Rn es un espacio de Hilbert con el producto escalar usual x y := x1 y1 +

+ xn yn ;

x = (x1 ; :::; xn ); y = (y1 ; :::; yn ):

(b) `2 de todas las sucesiones x = (xk ) de números reales tales que la serie P1El espacio 2 k=1 jxk j converge, con el producto escalar hx; yi`2 :=

1 P

k=1

xk yk ;

x = (xk ); y = (yk ) 2 `2 ;

es un espacio de Hilbert. (c) Para todo abierto de Rn ; el espacio L2 ( ) con el producto escalar Z f g; f; g 2 L2 ( ); hf; gi :=

(15.3)

(15.4)

es un espacio de Hilbert. Demostración: (a) Este ejemplo es bien conocido. (b) La convergencia de la serie (15.3) se sigue de la desigualdad de Hölder para series con p = 2 (ver Ejercicio 2.43): Es sencillo comprobar que (15.3) es un producto escalar que induce la norma de `2 : Este espacio es completo (ver Ejercicio 5.33). (c) La desigualdad de Hölder (ver Proposición 14.20) implica que f g es integrable si f; g 2 L2 ( ). Es sencillo comprobar que (15.4) es un producto escalar que induce la norma de L2 ( ): Este espacio es completo (ver Teorema 14.26).

Ejemplo 15.7 (Suma directa de espacios de Hilbert) Si Hi es un espacio vectorial con producto escalar h ; ii ; i = 1; 2; entonces h(v1 ; v2 ); (w1 ; w2 )iH1

H2

:= hv1 ; w1 i1 + hv2 ; w2 i2 ;

es un producto escalar en la suma directa H1 entonces H1 H2 es un espacio de Hilbert.

v1 ; w1 2 H1 ; v2 ; w2 2 H2 ;

H2 . Si H1 y H2 son espacios de Hilbert,

Demostración: Es sencillo comprobar que éste es un producto escalar en H1 La norma inducida es q k(v1 ; v2 )k = kv1 k21 + kv2 k22 :

En consecuencia, H1 5.37).

H2 :

H2 es un espacio de Hilbert si H1 y H2 lo son (ver Ejercicio

No cualquier subespacio vectorial de un espacio de Hilbert resulta ser un espacio de Hilbert. Veamos un ejemplo.

15.2. COMPLEMENTO ORTOGONAL

349

Ejemplo 15.8 Cc0 ( ) con el producto escalar de L2 ( ) no es un espacio de Hilbert. Demostración: Sea f 2 L2 ( )rCc0 ( ): Por la Proposición 14.32, existe una sucesión (gk ) en Cc0 ( ) tal que gk ! f en L2 ( ): Entonces, la sucesión (gk ) es de Cauchy pero no converge en Cc0 ( ): Recuerda que un subespacio A de un espacio métrico completo X es completo si y sólo si A es cerrado en X (ver Proposición 5.9), lo cual inmediatamente implica la siguiente a…rmación. Proposición 15.9 Un subespacio vectorial V de un espacio de Hilbert H es un espacio de Hilbert si y sólo si V es cerrado en H:

15.2.

Complemento ortogonal

Sea H un espacio de Hilbert con producto escalar h ; i : De…nición 15.10 Si V es un subespacio vectorial de H; el espacio ortogonal a V en H se de…ne como V ? := fw 2 H : hv; wi = 0 8v 2 V g : Es claro que V ? es un subespacio vectorial de H. Nota que V (V ? )? pero, a diferencia de lo que ocurre en Rn ; no necesariamente se cumple que V = (V ? )? ; como lo muestra el siguiente ejemplo. Ejemplo 15.11 El espacio ortogonal a Cc0 ( ) en L2 ( ) es f0g: Demostración: Si f 2 Cc0 ( )? se cumple, en particular, que Z f ' = 0 8' 2 Cc1 ( ): La Proposición 14.48 asegura entonces que f = 0 en L2 ( ): La siguiente a…rmación implica que una condición necesaria para que V = (V ? )? es que V sea cerrado en H: De hecho, esta condición también es su…ciente [Ejercicio 15.42]. Proposición 15.12 V ? es un subespacio cerrado de H:

350


Demostración: Si (wk ) es una sucesión en V ? que converge a w en H; entonces hv; wi = l m hv; wk i = 0

8v 2 V

k!1

(ver Proposición 15.4). Por tanto, w 2 V ? : Esto prueba que V ? es cerrado en H: El espacio ortogonal se puede describir del siguiente modo. Proposición 15.13 Sean V un subespacio vectorial de H y w 2 H: Entonces w 2V?

()

kwk = nf kw v2V

vk :

Demostración: ( )) Si w 2 V ? entonces kw vk2 = kwk2 + kvk2 para todo v 2 V: En consecuencia, kwk kw vk y, como kwk = kw 0k nf v2V kw vk ; concluimos que kwk = nf kw vk : v2V

( () Supongamos ahora que kwk = nf v2V kw de…nimos fv : R ! R como fv (t) := kw

vk : Para cada v 2 V con kvk = 1

tvk2 = kwk2

2 hw; vi t + t2 :

Esta función es diferenciable y tv := hw; vi es el único punto crítico de fv : Por hipótesis, se tiene que fv (0) = kwk2 nf kw tvk2 = nf fv (t): t2R

t2R

Es decir, 0 es un mínimo de fv . En consecuencia, 0 = hw; vi para todo v 2 V: Probaremos ahora que, si V es cerrado, el ín…mo se alcanza y es único. Proposición 15.14 Sea V un subespacio vectorial cerrado de H: Entonces, para cada u 2 H; existe un único v 2 V tal que ku

vk = nf ku w2V

(15.5)

wk :

Demostración: Sea u 2 H: Denotemos por d := nf ku w2V

wk :

Observa que para cualesquiera w; w~ 2 V se cumple que kw + w~

2uk = 2

w + w~ 2

u

2d;

(15.6)

15.2. COMPLEMENTO ORTOGONAL

351

~ 2 V: Tomemos una sucesión (vk ) en V tal que l mk!1 ku ya que 12 (w + w) Dada " > 0 elegimos k0 2 N tal que ku

vk k2 < d2 +

" 4

8k

vk k = d:

k0 :

Aplicando la identidad del paralelogramo y la desigualdad (15.6) obtenemos kvj

vk k2 = k(vj u) + (u vk )k2 = 2 ku vk k2 + ku vj k2 k(vj 2 2 < 4d + " 4d = " si j; k k0 :

u)

(u

vk )k2

Esto prueba que (vk ) es una sucesión de Cauchy en V: Dado que V es de Hilbert (ver Proposición 15.9), existe v 2 V tal que vk ! v en H: En consecuencia, ku

vk = l m ku

vk k = d:

k!1

Probaremos ahora que v es único. Si v~ 2 V cumple que k~ v uk = d entonces, aplicando de nuevo la identidad del paralelogramo y la desigualdad (15.6) obtenemos kv

v~k2 = 2(kv

uk2 + k~ v

uk2 )

kv + v~

2uk2

4d2

4d2 = 0:

Por tanto, v~ = v:

De…nición 15.15 Sea V un subespacio vectorial cerrado de H: La proyección ortogonal de H sobre V es la función PV : H ! V que a cada u 2 H le asocia el único PV u 2 V tal que ku

PV uk = nf w2V ku

wk :

Las proposiciones anteriores proporcionan la siguiente caracterización de la proyección ortogonal. Corolario 15.16 Si V es un subespacio cerrado de H entonces PV u es el único elemento de V tal que u PV u 2 V ? : Demostración: Si w 2 V cumple que u ku

wk = nf ku v2V

w

w 2 V ? ; la Proposición 15.13 asegura que vk = nf ku z2V

zk :

352


De la Proposición 15.14 se sigue entonces que w = PV u: El Ejemplo 15.11 muestra que la suma directa de V y V ? no necesariamente es todo H: Probaremos a continuación que V V ? coincide con H si V es cerrado. En este caso espacio V ? se llama el complemento ortogonal de V en H. En lo que sigue k kL(H;V ) denota a la norma de…nida en (9.1). Teorema 15.17 (Complemento ortogonal) Sea V un subespacio vectorial cerrado de H: (a) La proyección ortogonal PV : H ! V es la única función lineal de H en V que cumple (a.1) PV PV = PV y (a.2) ker PV = V ? : (b) PV continua y kPV kL(H;V ) = 1 si V 6= f0g: (c) La función : V V ? ! H dada por (v; w) := v + w es un isomor…smo lineal y una isometría. Demostración: (a) Probaremos primero que PV es lineal. Sean u; u~ 2 H; ; Entonces, PV u + PV u~ 2 V y u + u~

( PV u + PV u~) =

(u

PV u) + (~ u

2 R:

PV u~) 2 V ? :

Del Corolario 15.16 se sigue que PV ( u + u~) = PV u + PV u~: El Corolario 15.16 implica además que PV v = v para todo v 2 V: En consecuencia, PV (PV u) = PV u para todo u 2 H; es decir, PV satisface (a.1). La a…rmación (a.2) es consecuencia inmediata del mismo corolario. Si T : H ! V es una función lineal que satisface (a.1) entonces, para todo u 2 H; se cumple que T (u T u) = 0. Si además P satisface (a.2), entonces u T u 2 V ? y el Corolario 15.16 asegura que T u = PV u: Esto demuestra la unicidad. (b) Dado que u = PV u + (u PV u) y hu PV u; PV ui = 0; se tiene que kuk2 = kPV uk2 + ku

PV uk2 :

(15.7)

En particular, kPV uk

kuk

8u 2 H;

(15.8)

lo que implica la continuidad de PV . Además, kPV kL(H;V ) :=

kPV uk u2Hrf0g kuk sup

1:

15.3. EL TEOREMA DE REPRESENTACIÓN DE FRÉCHET-RIESZ

353

Por otra parte, si v 2 V y v 6= f0g; entonces PV v = v y kPV vk = 1: kvk Concluímos que kPV kL(H;V ) = 1: (c) La función : V V ? ! H dada por (v; w) := v + w es claramente lineal y la función H ! V V ? ; u 7! (PV u; u PV u); es su inverso. De modo que es un isomor…smo de espacios vectoriales. La identidad (15.7) prueba que es una isometría para la métrica de V V ? de…nida en el Ejemplo 15.6.

15.3.

El teorema de representación de Fréchet-Riesz

El objetivo de esta sección es describir al espacio L(H; R) de las funciones lineales y continuas de un espacio de Hilbert H a R (ver sección 9.1). A este espacio se le llama el dual topológico de H: La siguiente proposición proporciona ejemplos de funciones en L(H; R): Proposición 15.18 Sea w 2 H: La función Tw : H ! R;

Tw u := hw; ui ;

es lineal y continua y cumple que kTw kL(H;R) = kwk :

(15.9)

Demostración: Las propiedades (PE1) y (PE2) aseguran que Tw es lineal y la Proposición 15.4 asegura que Tw es continua. Si w = 0 entonces (15.9) se satisface trivialmente. Si w 6= 0; usando la desigualdad de Cauchy-Schwarz obtenemos que kwk =

jTw wj kwk

jTw uj u2Hrf0g kuk sup

kwk kuk = kwk : kuk u2Hrf0g sup

Esto prueba que kwk = kTw kL(H;R) : El siguiente resultado da una descripción completa del dual topológico de H: A…rma que las funciones Tw son los únicos elementos de L(H; R):

354


Teorema 15.19 (de representación de Fréchet-Riesz) Sean H un espacio de Hilbert y T : H ! R una función lineal y continua. Entonces existe un único w 2 H tal que T u = hw; ui Más aún, la función una isometría.

8u 2 H:

(15.10)

: H ! L(H; R) dada por w := Tw es un isomor…smo lineal y

Demostración: Sea T 2 L(H; R) y denotemos por V := ker T: Como T es continua, V es un subespacio cerrado de H. Si V = H; entonces T = 0 y w = 0 cumple (15.10). Si V 6= H; el Teorema 15.17 asegura que V ? 6= f0g: Escojamos w0 2 V ? tal que kw0 k = 1: Entonces T w0 6= 0: De…nimos w := (T w0 ) w0 : Observa que T Por tanto, u hw; ui =

Tu w T w0 0

w; u

u

Tu w0 T w0

= Tu

Tu T w0 = 0 T w0

8u 2 H:

2 V; de lo cual concluimos que Tu w0 T w0

+

Tu hw; w0 i = (T u) hw0 ; w0 i = T u T w0

8u 2 H:

Si algún otro w~ 2 H cumple (15.10), entonces hw w; ~ ui = 0 para todo u 2 H; en particular para u = w w: ~ Por tanto, kw wk ~ 2 = 0; lo que implica que w~ = w: Por último, la bilinealidad del producto escalar asegura que ( w1 + w2 )u = h w1 + w2 ; ui =

hw1 ; ui + hw2 ; ui = [ ( w1 ) + ( w2 )] u

para todo u 2 H: Por tanto es lineal. De la primera a…rmación de este teorema se sigue que es biyectiva, y la identidad (15.9) asegura que es una isometría. El teorema de representación de Fréchet-Riesz tiene aplicaciones muy importantes. Por ejemplo, permite de…nir el gradiente de una función diferenciable ' : H ! R [Ejercicio 15.41] o probar la existencia y unicidad de soluciones de ciertas ecuaciones en derivadas parciales con condicion de frontera, como la que veremos en el próximo capítulo (ver subsección 16.3.1). El elemento w 2 H dado por el teorema anterior se puede caracterizar como sigue. Proposición 15.20 Sean V es un espacio vectorial con producto escalar y T 2 L(V; R): Entonces, w 2 V satisface hw; ui = T u 8u 2 V

15.4. BASES DE HILBERT

355

si y sólo si w es un mínimo del funcional J : V ! R dado por J(u) :=

1 kuk2 2

T u:

Demostración: ( )) Si hw; ui = T u para todo u 2 V; entonces J(u) = J(w + u =

1 kwk2 2

w) =

1 kw + u 2

T w + hw; u

= J(w) + T (u

w) +

1 ku 2

wk2

= J(w) +

wk2

wi +

1 ku 2

1 ku 2

wk2

J(w)

T (w + u wk2 T (u

w)

T (u

w)

w)

8u 2 V:

( () Supongamos ahora que w es un mínimo de J: Para cada u 2 V consideremos la función Ju : R ! R dada por Ju (t) := J(w + tu) =

1 1 kwk2 + hw; ui t + kuk2 t2 2 2

Tw

(T u)t:

Esta función es diferenciable y su derivada es Ju0 (t) = hw; ui + kuk2 t

T u:

Como w es un mínimo de J; se tiene que 0 es un mínimo Ju : Por tanto, Ju0 (0) = hw; ui T u = 0 para todo u 2 V:

15.4.

Bases de Hilbert

Dado un subconjunto X de H; denotamos por lin(X ) al subespacio vectorial de H generado por X ; es decir, lin(X ) :=

m P

i vi

:

i=1

i

2 R, vi 2 X ; m 2 N :

(15.11)

De…nición 15.21 Un subconjunto O de un espacio de Hilbert H se llama un conjunto ortogonal si hu; vi = 0 8u; v 2 O; u 6= v: Si además kuk = 1

8u 2 O;

356


se dice que O es un conjunto ortonormal. Un subconjunto B de H se llama una base de Hilbert de H si es ortonormal y el espacio lin(B) generado por B es denso en H; es decir, H = lin(B): Observa que, en general, una base de Hilbert de H no es una base de H en el sentido del álgebra lineal, es decir, lin(B) no necesariamente coincide con H; como lo muestra el siguiente ejemplo. Ejemplo 15.22 Sea ek = (ek;j ) la sucesión ek;k := 1 y ek;j := 0 si k 6= j: Entonces B := fek : k 2 Ng es una base de Hilbert de `2 : Demostración: Claramente B := fek : k 2 Ng es un subconjunto ortonormal de `2 : Los elementos de lin(B) son combinaciones lineales …nitas de elementos de B, es decir, lin(B) = f(xk ) 2 `2 : existe k0 2 N tal que xk = 0 8k

k0 g:

De modo que lin(B) 6= `2 : Veamos que `2 = lin(B): En efecto: dado x = (xj ) 2 `2 ; si denotamos por xk a la sucesión xkj := xj si j k y xkj := 0 si j > k; se cumple que xk 2 lin(B) y xk ! x en `2 :

15.5.

Convergencia débil

Vimos que, a diferencia de lo que ocurre en Rn ; en cualquier espacio de Banach de dimensión in…nita existen sucesiones acotadas que no contienen ninguna subsucesión convergente (ver Ejercicio 5.39). Introduciremos a continuación una noción de convergencia, más débil que la usual, para la cual se cumple que toda sucesión acotada contiene una subsucesión convergente. En los próximos capítulos daremos aplicaciones importantes de este resultado. Sea H un espacio de Hilbert. De…nición 15.23 Una sucesión (uk ) en H converge débilmente a u en H si, para cada v 2 H; se cumple que l m huk ; vi = hu; vi : k!1

Se dice entonces que u es el límite débil de (uk ) en H. Se escribe uk * u para denotar que (uk ) converge débilmente a u: Es sencillo comprobar que el límite débil de una sucesión, de existir, es único [Ejercicio 15.48].

15.5. CONVERGENCIA DÉBIL

357

Notación 15.24 Cuando la notación anterior se pueda prestar a confusión, escribiremos uk * u débilmente en H; si (uk ) converge débilmente a u en H y, si (uk ) converge a u en H en el sentido usual, escribiremos uk ! u fuertemente en H: Proposición 15.25 Si uk ! u fuertemente en H; entonces uk * u débilmente en H: Demostración: Si uk ! u fuertemente en H entonces la Proposición 15.4 asegura que l m huk ; vi = hu; vi 8v 2 H; k!1

es decir, uk * u débilmente en H: En espacios de dimensión …nita ambas nociones de convergencia coinciden [Ejercicio 15.49]. No así en espacios de dimensión in…nita, como lo muestra el siguiente ejemplo. Ejemplo 15.26 Si O = fek : k 2 Ng es un subconjunto ortonormal de H; entonces ek * 0 débilmente en H pero (ek ) no converge fuertemente en H: Demostración: Sea v 2 H: Si v = k > m: Por tanto,

m P

i ei

con

i=1

l m hek ; vi = 0

k!1

i

2 R entonces hek ; vi = 0 para todo

8v 2 lin(O):

Si v 2 V := lin(O) y " > 0 escogemos w 2 lin(O) y k0 2 N tales que kv

wk <

" 2

y

jhek ; wij <

" 8k 2

k0 :

Entonces, como kek k = 1; utilizando la desigualdad de Cauchy-Schwarz obtenemos jhek ; vij

jhek ; v

wij + jhek ; wij

kek k kv

wk + jhek ; wij < " 8k

k0 :

Esto prueba que l m hek ; vi = 0

k!1

8v 2 V:

Por último, si v 2 V ? entonces hek ; vi = 0 para todo k 2 N. Del Teorema 15.17 se sigue que l m hek ; vi = 0 = h0; vi 8v 2 H: k!1

358


Esto prueba que ek * 0 débilmente en H: Observa que kek ej k2 = kek k2 + kej k2 = 2 8k 6= j: En consecuencia (ek ) no converge fuertemente en H:

Proposición 15.27 (a) Si (uk ) converge débilmente a u en H; entonces kuk

l m inf kuk k :

(15.12)

k!1

(b) Si (uk ) converge débilmente a u en H; entonces (uk ) converge fuertemente a u en H si y sólo si kuk = l m kuk k : (15.13) k!1

Demostración: (a) Supongamos que (uk ) converge débilmente a u en H: Si u = 0; la desigualdad (15.12) se cumple trivialmente. Si u 6= 0; de la desigualdad de CauchySchwarz se sigue que huk ; ui kuk k 8k 2 N: kuk Como huk ; ui ! kuk2 ; tomando límites inferiores concluimos que huk ; ui huk ; ui = l m inf k!1 k!1 kuk kuk

kuk = l m

l m inf kuk k : k!1

(b) Si (uk ) converge débilmente a u en H; entonces huk ; ui ! kuk2 : De la identidad kuk

uk2 = kuk k2

2 huk ; ui + kuk2 ;

k 2 N;

se sigue entonces que l m kuk

k!1

uk2 = 0 () l m kuk k = kuk ; k!1

como a…rma el enunciado. Probaremos a continuación que toda sucesión acotada en H contiene una subsucesión débilmente convergente. Requerimos el siguiente lema. Lema 15.28 Sea (uk ) una sucesión acotada en H tal que la sucesión (huk ; vi) converge en R para cada v 2 H: Entonces existe u 2 H tal que uk * u débilmente en H:

15.5. CONVERGENCIA DÉBIL

359

Demostración: La función T : H ! R dada por T v := l m huk ; vi k!1

es claramente lineal. Sea c 2 R tal que kuk k Cauchy-Schwarz se sigue que jhuk ; vij

kuk k kvk

c para todo k 2 N: De la desigualdad de

c kvk

8k 2 N, 8v 2 H:

Por tanto, jT vj = l m jhuk ; vij k!1

c kvk

8v 2 H:

Esto prueba que T es continua. Por el teorema de representación de Fréchet-Riesz existe u 2 H tal que l m huk ; vi =: T v = hu; vi 8v 2 H: k!1

Esto prueba que uk * u débilmente en H: La propiedad fundamental de la convergencia débil es la siguiente. Teorema 15.29 Toda sucesión acotada en H contiene una subsucesión débilmente convergente en H: Demostración: Sea (uk ) una sucesión acotada en H y sea c 2 R tal que kuk k para todo k 2 N: De la desigualdad de Cauchy-Schwarz se sigue que jhuk ; u1 ij

kuk k ku1 k

c

c ku1 k :

Es decir, la sucesión de números reales (huk ; u1 i) está acotada y, por tanto, existe una subsucesión (u1k ) de (uk ) tal que (hu1k ; u1 i) converge en R. La sucesión (hu1k ; u2 i) también está acotada y, por tanto, existe una subsucesión (u2k ) de (u1k ) tal que (hu2k ; u2 i) converge en R. Continuando de este modo obtenemos, para cada m 2 N; una subsucesión (um k ) 1 m k de (um ) tal que (hu ; u i) converge en R cuando k ! 1: De…nimos w := u : La m k k k k sucesión (wk ) es una subsucesión de (uk ): Probaremos que que (wk ) converge débilmente en H: De acuerdo con el Lema 15.28 basta probar que la sucesión (hwk ; vi) converge en R para cada v 2 H: Consideramos cuatro casos. Caso 1: v = um : Observa que, para cada m 2 N, la subsucesión (wm ; wm+1 ; :::) de (wk ) es una subsucesión de (um j ): En consecuencia, (hwk ; um i) converge en R cuando k ! 1 para cada m 2 N. Caso 2: v 2 V := lin(fum : m 2 Ng). Del caso anterior y la bilinealidad del producto escalar se sigue que (hwk ; vi) converge.

360


Caso 3: v 2 V : Para cada " > 0 existe w 2 V tal que kv wk < 4c" : El caso anterior asegura que la sucesión (hwk ; wi) es de Cauchy en R. Por tanto, existe k0 2 N tal que jhwk wj ; wij < 2" si k; j k0 : En consecuencia, jhwk

wj ; vij

jhwk wj ; v wij + jhwk wj ; wij kwk wj k kv wk + jhwk wj ; wij (kwk k + kwj k) kv wk + jhwk wj ; wij " " < 2c + = " si k; j k0 : 4c 2

Esto prueba que la sucesión (hwk ; vi) es de Cauchy en R y, por tanto, converge. Caso 4: v 2 H: ? Como V es cerrado en H se tiene que v = w + z con w 2 V y z 2 V : Por tanto, hwk ; vi = hwk ; wi + hwk ; zi = hwk ; wi : Aplicando el caso anterior concluimos que la sucesión (hwk ; vi) converge. Para concluir, probaremos que toda sucesión débilmente convergente está acotada. Requerimos el siguiente lema. Lema 15.30 (de Baire) Si X es un espacio métrico completo y X1 ; X2 ; : : : es una sucesión de subconjuntos cerrados de X tales que X=

1 S

(15.14)

Xm ;

m=1

entonces int(Xm0 ) 6= ; para algún m0 2 N.

Demostración: Argumentando por contradicción, supongamos que int(Xm ) = ; para todo m 2 N. Tomemos x1 2 X y r1 2 (0; 12 ): Como BX (x1 ; r1 ) \ (X r X1 ) 6= ;; existen x2 2 X y r2 2 (0; 14 ) tales que BX (x2 ; r2 ) BX (x1 ; r1 ) \ (X r X1 ): Continuando de este modo obtenemos xm 2 X y rm 2 (0; 21m ) tales que BX (xm ; rm )

BX (xm 1 ; rm 1 ) \ (X r Xm 1 )

8m > 1:

(15.15)

Se tiene entonces que dX (xi ; xm ) < rm <

1 2m

8i

m

1:

(15.16)

15.6. EJERCICIOS

361

En consecuencia, la sucesión (xi ) es de Cauchy en X y, como X es completo, xi ! x en X: Haciendo i ! 1 en (15.16) obtenemos que dX (x; xm )

8m 2 N:

rm

Se sigue de (15.15) que x 2 X r Xm para todo m 2 N, lo cual contradice (15.14).

Proposición 15.31 Si uk * u débilmente en H entonces (uk ) está acotada en H: Demostración: Para cada m 2 N de…nimos Xm := fw 2 H : jhuk ; wij

m 8k 2 Ng:

Claramente, Xm es cerrado en H: Además, como para cada w 2 H la sucesión (huk ; wi) está acotada en R; se tiene que 1 S H= Xm : m=1

Por el lema de Baire, existen m0 2 N, w0 2 Xm0 y > 0 tales que BH (w0 ; ) En particular, w0 2 Xm0 y w0 + 2 kuukk k 2 Xm0 para todo k 2 N. Por tanto, 2

kuk k =

uk ;

uk 2 kuk k

y, en consecuencia, kuk k

15.6.

uk ; w0 + 4

uk 2 kuk k

+ jhuk ; w0 ij

2m0

Xm0 :

8k 2 N

m0 para todo k 2 N.

Ejercicios

Ejercicio 15.32 ¿Es hf; gi := un producto escalar en C 0 [0; 1]?

Z

1=2

fg

0

Ejercicio 15.33 (Teorema de Pitágoras) Prueba que, si V es un espacio vectorial con producto escalar y hv; wi = 0, entonces kv + wk2 = kvk2 + kwk2 :

362


Ejercicio 15.34 (Identidad del paralelogramo) Demuestra que, si k k es la norma inducida por un producto escalar en V; entonces kv + wk2 + kv

wk2 = 2(kvk2 + kwk2 )

8v; w 2 V:

Ejercicio 15.35 Sea (V; k k) un espacio normado. Prueba que, si la norma cumple la ley del paralelogramo kv + wk2 + kv

wk2 = 2(kvk2 + kwk2 )

8v; w 2 V;

entonces

1 kv + wk2 kv wk2 4 es un producto escalar en V tal que kvk2 = hv; vi para todo v 2 V: (Sugerencia: Para probar que h v; wi = hv; wi demuéstralo primero para 2 Q y usa la continuidad para demostrarlo para 2 R:) hv; wi :=

Ejercicio 15.36 Sea Vi espacio vectorial con producto escalar h ; ii ; i = 1; 2: Prueba que, si : V1 ! V2 es una isometría lineal, entonces h v; wi2 = hv; wi1

8v; w 2 V1 :

Ejercicio 15.37 Demuestra que las normas de los siguientes espacios no están inducidas por ningún producto escalar. (a) Rnp = (Rn ; k kp ) con p 2 [1; 1]; p 6= 2 (ver (2.4)). (b) `p con p 2 [1; 1]; p 6= 2 (ver Proposición 2.15). (c) Lp ( ) con p 2 [1; 1]; p 6= 2 (ver De…niciones 14.17 y 14.18). Ejercicio 15.38 Prueba que todo subespacio vectorial de dimensión …nita de un espacio de Hilbert H es cerrado en H: Ejercicio 15.39 Prueba que, si f 2 L2 ( ) r Cc0 ( ); no existe ningún g 2 Cc0 ( ) tal que kf

gk2 =

nf kf

h2Cc0 ( )

hk2 :

Es decir, la Proposición 15.14 no es válida, en general, si V no es cerrado en H: Ejercicio 15.40 Un subconjunto C de un espacio vectorial es convexo si (1 t)x+ty 2 C para cualesquiera x; y 2 C y t 2 [0; 1]: Prueba que, si C es un subconjunto cerrado y convexo de un espacio de Hilbert H y u 2 H, entonces existe un único v 2 C tal que ku

vk = nf ku w2C

wk :

15.6. EJERCICIOS

363

Ejercicio 15.41 (Gradiente de una función diferenciable) Sean U un subconjunto abierto de H, ' : U ! R una función diferenciable. (a) Prueba que, para cada u 2 U; existe un único r'(u) 2 H tal que '0 (u)v = hr'(u); vi

8v 2 H:

r'(u) se llama el gradiente de ' en u (b) Prueba que ' es de clase C 1 si y sólo si la función r' : U ! H;

u 7! r'(u);

es continua. (c) Sea : H ! R la función dada por (u) := kuk2 . Calcula r (u) para todo u 2 H y prueba que es de clase C 1 . Se dice que 2 R es un valor regular de ' si r'(u) 6= 0 para todo u 2 ' 1 ( ): En ese caso, se dice que M := ' 1 ( ) es una subvariedad de H: El espacio tangente a M en el punto u 2 M es el espacio Tu M ortogonal a r'(u); es decir, Tu M := fv 2 H : hr'(u); vi = 0g: (d) Prueba que la esfera unitaria := fu 2 H : kuk = 1g es una subvariedad de H y que Tu

= fv 2 H : hu; vi = 0g:

(e) Sean M una subvariedad de H y u (M ) el conjunto de todas las funciones : ( "; ") ! H de clase C 1 con " > 0 que cumplen (0) = u y (t) 2 M para todo t 2 ( "; "): Prueba que Tu M = f 0 (0) : 2 u (M )g: Si M es una subvariedad de H y : U ! R es una función de clase C 1 ; se dice que u 2 M es un punto crítico de en M si hr (u); vi = 0

8v 2 Tu M:

(f) (Multiplicador de Lagrange) Prueba que u es un punto crítico de ' 1 ( ) si y sólo si existe 2 R tal que

en M :=

r (u) = r'(u): (g) Prueba que, si u es un mínimo o un máximo local de entonces u es un punto crítico de en M:

en M (De…nición 10.11),

364


Ejercicio 15.42 Sea V un subespacio vectorial de un espacio de Hilbert H: Demuestra las siguientes a…rmaciones: (a) (V )? = V ? : (b) Si V es cerrado en H, entonces (V ? )? = V: (c) (V ? )? = V : (d) Si V es denso en H entonces V ? = f0g: Ejercicio 15.43 (Proceso de Gram-Schmidt) Sea X = fvk : k 2 Ng un subconjunto linealmente independiente de H; es decir, para 1 ; : : : ; m 2 R se cumple que 1 v1

De…nimos e1 :=

v1 ; kv1 k

+

+

m vm

= 0 ()

1

=

=

m

= 0:

y para k > 1 de…nimos inductivamente wk := vk

kP1 j=1

hvk ; ej i

y

ek :=

wk : kwk k

Prueba que O = fek : k 2 Ng es un subconjunto ortonormal de H y que lin(O) = lin(X ): Ejercicio 15.44 Sea B un subconjunto ortonormal de H: Demuestra que son equivalentes las siguientes a…rmaciones: (a) B es una base de Hilbert de H: (b) B es un subconjunto ortonormal maximal de H; es decir, si B 0 es un subconjunto ortonormal de H y B B0 entonces B = B 0 : Ejercicio 15.45 Sea B = fek : k 2 Ng un subconjunto ortonormal de H: Prueba que B es una base de Hilbert de H si y sólo si 1 P

k=1

hu; ek i ek := l m

m P

m!1 k=1

hu; ek i ek = u

8u 2 H:

Ejercicio 15.46 (Polinomios de Legendre) (a) Sea P[ 1; 1] el conjunto de todas las funciones p : [ 1; 1] ! R de la forma p(x) = a0 + a1 x +

+ am x m ,

ai 2 R; m 2 N [ f0g:

Prueba que P[ 1; 1] es denso en L2 ( 1; 1): (Sugerencia: Usa el Teorema 8.3.) (b) Sea ek (x) :=

1 k+ 2

1=2

Pk (x)

1 con Pk (x) := k 2 k!

d dx

k

(x2

1)k :

15.6. EJERCICIOS

365

Pk se llama el k-ésimo polinomio de Legendre. Prueba que B := fek : k 2 N [ f0gg es un subconjunto ortonormal de L2 ( 1; 1) y que lin(B) = P[ 1; 1]: (Sugerencia: Observa que B se obtiene aplicando el proceso de de Gram-Schmidt al conjunto fpk : k 2 N [ f0gg, donde pk (x) := xk :) (c) Prueba que B es una base de Hilbert para L2 ( 1; 1): Ejercicio 15.47 (Serie de Fourier) Sean 1 e1 (x) := p ; 2

1 e2m (x) := p sin mx;

1 e2m+1 (x) := p cos mx:

(a) Prueba que B = fek : k 2 Ng es una base de Hilbert de L2 ( (b) Prueba que, para toda función f 2 L2 ( ; ), Z 1 P f ek ek : f=

; ):

k=1

Esta serie se llama la serie de Fourier de f:

Ejercicio 15.48 Sea H un espacio de Hilbert. (a) Prueba que el límite débil de una sucesión débilmente convergente en H es único. (b) Prueba que, si uk * u débilmente en H; entonces toda subsucesión de (uk ) converge débilmente a u en H: (c) Prueba que uk * u débilmente en H si y sólo si T uk ! T u en R para todo T 2 L(H; R): (d) Prueba que, si uk * u y vk * v débilmente en H y ; 2 R; entonces uk + vk * u + v débilmente en H: Ejercicio 15.49 Prueba que toda sucesión débilmente convergente en Rn es convergente. Ejercicio 15.50 (a) Sean H1 y H2 espacios de Hilbert, y sea T : H1 ! H2 una función lineal y continua. Prueba que, si uk * u débilmente en H1 entonces T uk * T u débilmente en H2 : (b) Da un ejemplo de una función continua ' : H1 ! H2 y una sucesión (uk ) débilmente convergente en H1 tal que ('(uk )) no converge débilmente en H2 : Ejercicio 15.51 Sea fk (x) := sin kx: Prueba que la sucesión (fk ) converge débilmente a 0 en L2 ( ; ):

366


B n (0; 12 ) y Ejercicio 15.52 Sea g 2 Cc0 (Rn ) tal que sop(g) k 2 N; de…nimos gk (x1 ; :::; xn ) := g(x1 + k; :::; xn ):

R

Rn

g 2 = 1: Para cada

(a) Prueba que gk * 0 débilmente en L2 (Rn ) y que (gk ) no converge en L2 (Rn ): (Sugerencia: Demuestra que fgk : k 2 Ng es un subconjunto ortonormal de L2 (Rn ):) (b) Sea hk := kgk : ¿Converge (hk ) débilmente en L2 (Rn )? Ejercicio 15.53 Decimos que un subconjunto A de H es débilmente cerrado en H si para cualquier sucesión (uk ) en A tal que uk * u débilmente en H se cumple que u 2 A: (a) Prueba que, si A es débilmente cerrado en H, entonces A es cerrado en H: (b) Prueba que, si H es un espacio de Hilbert de dimensión in…nita, la esfera unitaria S := fv 2 H : kvk = 1g es cerrada pero no es débilmente cerrada en H: (c) Prueba que todo subespacio vectorial cerrado V de un espacio de Hilbert H es débilmente cerrado. Ejercicio 15.54 Prueba que, (a) ; y H son débilmente cerrados en H; (b) si A1 y A2 son débilmente cerrados en H; entonces A1 [ A2 es débilmente cerrado en H; T (c) si Ai es débilmente cerrado en H para todo i 2 I, entonces i2I Ai es débilmente cerrado en H: (En consecuencia, el conjunto fH rA : A es débilmente cerrado en Hg es una topología1 en H: Esta topología se llama la topología débil.) Ejercicio 15.55 Sean H un espacio de Hilbert, fek : k 2 Ng un subconjunto ortonormal de H y 2 [0; 1]: De…nimos vk :=

p

1

2

ek + e1 ;

k

2:

(a) Calcula kvk k para k 2: (b) Prueba que vk * e1 débilmente en H: 1

Para la de…nición de topología consulta por ejemplo el libro de J. Dugundji, Topology, Allyn and Bacon, Boston, MA 1966.

15.6. EJERCICIOS

367

Ejercicio 15.56 La cerradura débil de un subconjunto A de un espacio de Hilbert H es el conjunto de los puntos u 2 H para los cuales existe una sucesión (vk ) en A tal que vk * u débilmente en H: Prueba que, si H es un espacio de Hilbert de dimensión in…nita, la cerradura débil de la esfera unitaria S := fv 2 H : kvk = 1g es la bola unitaria B := fu 2 H : kuk (Sugerencia: Usa el Ejercicio 15.55.)

1g:

368


Capítulo 16 Espacios de Sobolev La ecuación en derivadas parciales u = 0 en donde

;

(16.1)

es un subconjunto abierto de Rn y u=

n @2u P 2 i=1 @xi

(16.2)

es el operador de Laplace o laplaciano , se llama la ecuación de Laplace. Las soluciones de esta ecuación se llaman funciones armónicas. Un ejemplo bien conocido de funciones armónicas aparece en análisis complejo: la parte real y la parte imaginaria de una función holomorfa son funciones armónicas. En la teoría de probabilidad la ecuación de Laplace juega un papel importante en el estudio del movimiento Browniano. En física esta ecuación aparece en múltiples contextos. Típicamente, u denota la densidad de alguna cantidad en equilibrio, por ejemplo, una concentración química, una temperatura, un potencial electrostático, etc. 1 La ecuación de Laplace es el ejemplo más sencillo de una ecuación elíptica. Ecuaciones de este tipo aparecen, por ejemplo, en geometría diferencial (problemas de curvatura), en múltiples contextos de la física (en el estudio de la conducción del calor y en mecánica cuántica, describen los estados estacionarios de la ecuación del calor y de la ecuación de Schrödinger), en biología (formación de patrones, dinámicas de población), en …nanzas, etc. Para que estos modelos tengan validez es necesario comprobar que tienen al menos una solución. 1

Para una discusión más detallada del papel de la ecuación de Laplace en la física matemática referimos al lector al libro de R. Feynman, R. Leighton y M. Sands, The Feynman lectures in physics, Vol. II, Addison-Wesley 1966.

369

370

16. ESPACIOS DE SOBOLEV

16.1. Sea

Derivadas débiles un subconjunto abierto de Rn .

Proposición 16.1 (Integración por partes) (a) Si ' 2 Cc1 ( ); entonces Z @' =0 8i = 1; :::; n: @xi (b) Si f 2 C 1 ( ); ' 2 Cc1 ( ); entonces Z Z @f @' '+ f =0 @xi @xi

8i = 1; :::; n:

Demostración: (a) Identi…camos a ' con su extensión trivial a Rn ; de…nida en el Ejercicio 11.46: Entonces ' 2 Cc1 (Rn ): Tomemos a > 0 su…cientemente grande tal que sop(') [ a; a]n : Sin perder generalidad supongamos i = 1 y denotemos (t; y) 2 R Rn 1 = Rn : Entonces, Z a @' (t; y)dt = '(a; y) '( a; y) = 0 8y 2 Rn 1 : a @xi Por tanto,

Z

@' = @xi

Z

Rn

1

Z

a a

@' (t; y)dtdy = 0: @xi

(b) Aplicando la a…rmación (a) al producto f ' 2 Cc1 ( ) obtenemos Z Z Z @(f ') @f @' 0= = '+ f ; @xi @xi @xi como a…rma el enunciado. La fórmula de integración por partes motiva el siguiente concepto. De…nición 16.2 Sea u 2 L1loc ( ). Decimos que u es débilmente diferenciable en si existen v1 ; :::; vn 2 L1loc ( ) tales que Z Z @' u + vi ' = 0 8' 2 Cc1 ( ) (16.3) @xi para toda i = 1;

; n:

16.1. DERIVADAS DÉBILES

371

Observemos que, si v; w 2 L1loc ( ) satisfacen Z Z Z @' v' = u = w' @xi

8' 2 Cc1 ( );

entonces v = w c.d. en (Proposición 14.48). Es decir, para cada i = 1; ; n, la función vi que cumple (16.3) es única. Se llama la i-ésima derivada débil de u en y se denota Di u := vi : ! Rn cuyas componentes son las

El gradiente débil de u en es la función derivadas débiles. Se denota por ru := (D1 u; D2 u;

; Dn u):

El siguiente ejemplo es consecuencia inmediata de la Proposición 16.1. Ejemplo 16.3 Si u 2 C 1 ( ); entonces u es débilmente diferenciable en Di u =

@u @xi

8i = 1;

y

; n:

No todas las funciones débilmente diferenciables son diferenciables, como lo muestra el siguiente ejemplo. Ejemplo 16.4 Sea u : R ! R la función u(x) = jxj: Entonces u es débilmente diferenciable en R y su derivada débil es la función 1 x > 0; 1 x 0:

(Du)(x) =

Demostración: Si ' 2 Cc1 (R) y sop(') [ a; a]; tomando en cuenta que u es diferenciable en ( a; 0) y en (0; a) y que '(a) = '( a) = 0 obtenemos Z 1 Z 0 Z a 0 0 [u' + (Du)'] = (u') + (u')0 = 0 1

a

0

como a…rma el enunciado. Existen funciones que no son débilmente diferenciables. Ejemplo 16.5 La función característica 1( en R.

1;0)

: R ! R no es débilmente diferenciable

372


Demostración: Argumentando por contradicción, supongamos que existe v 2 L1loc (R) tal que Z 1 Z 1 0 v' 8' 2 Cc1 (R): 1( 1;0) ' = 1

1

Entonces se cumple, en particular, que Z

Z

0

v' =

Z

1 1

0 1 1

Z

v' =

0

'0 = 0

8' 2 Cc1 ( 1; 0);

0=0

8' 2 Cc1 (0; 1):

0

Estas dos identidades, junto con la Proposición 14.48, implican que v = 0 c.d. en R. En consecuencia, '(0) =

Z

0 0

' = 1

Z

1

1(

1

1;0) '

0

8' 2 Cc1 (R):

=0

Esto es una contradicción.

Proposición 16.6 Sean u(x) := kxk y vi (x) := kxk 2 xi con 2 R; i = 1; : : : ; n: Si + n > 1 entonces u es débilmente diferenciable en Rn y Di u = vi . Demostración: La Proposición 13.30 asegura que u 2 L1loc (Rn ) si + n > 0 y, como jvi (x)j kxk 1 ; se tiene que vi 2 L1loc (Rn ) si 1 + n > 0: Escogemos 2 C 1 (Rn ) tal que 0 (x) 1 para todo x 2 Rn ; (x) = 0 si kxk 1 y (x) = 1 si kxk 2; y de…nimos k (x) := (kx): Entonces 0 1 para todo x 2 Rn ; k (x) k (x)

= 0 si kxk

y

1=k

k (x)

= 1 si kxk

xi =: vi (x)

si x 6= 0:

2=k:

Observa que u es diferenciable en Rn r f0g y @u (x) = @xi Por tanto, u

k

Z

2

kxk

2 C 1 (Rn ) y la Proposición 16.1 asegura que

@' u k + @xi Rn

Z

Rn

@u @xi

k

+u

@ k @xi

'=0

8' 2 Cc1 (Rn ):

(16.4)

16.1. DERIVADAS DÉBILES

373

Sea ' 2 Cc1 (Rn ): Las funciones u

@' k @xi

@' y u @x son integrables en Rn y cumplen que i

@' @' @' @' u k @x ! u @x c.d. en Rn y u k @x u @x en Rn para todo k 2 N. Del teorema de i i i i convergencia dominada (Teorema 13.25) se sigue entonces que Z Z @' @' u = lm u k : (16.5) k!1 Rn @xi Rn @xi

Análogamente se demuestra que Z

vi ' = l m

k!1

Rn

Por otra parte, como

@ k (x) @xi

Observa además que sop( @@xki ) Z @ u k' @xi Rn

k 1

fx 2 Rn : Z 1 k

kxk

@ @xi

@ @xi

1 k

(16.6)

k ':

2 k

1

1

: 1 2 g: k

kxk u

@ k @xi

+n

Rn

@u @xi

@ = k @x (kx); se tiene que i

@ k @xi

y, dado que

Z

En consecuencia,

@ k ' @xi

k'k1 n! n

k'k1

n! n +n

Z

2 k

t

+n 1

2 +n 1 k +n 1

1 > 0; concluimos que Z @ u k ' = 0: lm k!1 Rn @xi

De (16.4), (16.5), (16.6) y (16.7) se sigue que Z Z @' + vi ' = 0 u Rn @xi Rn

dt

1 k

(16.7)

8' 2 Cc1 (Rn );


Proposición 16.7 (Linealidad de la derivada débil) Si u; v 2 L1loc ( ) son débilmente diferenciables y ; 2 R, entonces u + v es débilmente diferenciable y Di ( u + v) = Di u + Di v

8i = 1; :::; n:

374


Demostración: Observa que, para cada i = 1; :::; n y ' 2 Cc1 ( ); Z Z Z @' @' u + ( Di u + Di v)' = + (Di u)' + ( u + v) @xi @xi = 0:

v

@' + (Di v)' @xi

Esto prueba que u + v es débilmente diferenciable y Di ( u + v) = Di u + Di v: Como antes identi…caremos a una función f : ! R con su extensión trivial (12.18) a Rn . El Ejemplo 16.5 muestra que la extensión trivial de una función débilmente diferenciable en no es, en general, débilmente diferenciable en Rn : Dado que el producto de dos funciones en L1loc ( ) no está necesariamente en L1loc ( ) no siempre tiene sentido preguntarse si el producto de funciones débilmente diferenciables es débilmente diferenciable. Sin embargo, se tiene el siguiente resultado. Proposición 16.8 (Derivada débil de un producto) Si u 2 L1loc ( ) es débilmente diferenciable en y 2 Cc1 ( ); entonces u es débilmente diferenciable en Rn y Di ( u) =

@ u + Di u: @xi

Demostración: Sea ' 2 Cc1 (Rn ). Entonces ' 2 Cc1 ( ) y, en consecuencia, Z Z Z Z @' @ @( ') + + (Di u) ( ') = 0: u Di u + u '= u @xi @xi @xi Rn Rn Esto demuestra la a…rmación.

16.2.

Espacios de Sobolev

De…nición 16.9 Sea p 2 [1; 1]: El espacio de Sobolev W 1;p ( ) se de…ne como W 1;p ( ) := fu 2 Lp ( ) : u es débilmente diferenciable en

, Di u 2 Lp ( ) 8i = 1; : : : ; ng:

Si u; v 2 W 1;p ( ); de…nimos + kDn ukpp

1=p

kukW 1;p (

)

: = kukpp + kD1 ukpp +

kukW 1;1 (

)

: = max fkuk1 ; kD1 uk1 ; : : : ; kDn uk1 g :

si p 2 [1; 1);

16.2. ESPACIOS DE SOBOLEV

375

Proposición 16.10 W 1;p ( ) es un espacio vectorial y k kW 1;p ( W 1;p ( ) para todo p 2 [1; 1]:

)

es una norma en

Demostración: Como Lp ( ) es un espacio vectorial, de la Proposición 16.7 se sigue que W 1;p ( ) es un espacio vectorial. Probemos ahora que k kW 1;p ( ) es una norma. Sea u 2 W 1;p ( ): Si u = 0 entonces Di u = 0 para todo i = 1; :::; n y, en consecuencia, kukW 1;p ( ) = 0: Inversamente, como kukp kukW 1;p ( ) ; si kukW 1;p ( ) = 0 se tiene que u = 0 en Lp ( ): Claramente, k ukW 1;p ( ) = kukW 1;p ( ) para todo u 2 W 1;p ( ); 2 R: Finalmente, aplicando p primero la desigualdad de Minkowski en L ( ) (Proposición 14.23) y luego la desigualdad del triángulo (2.3) en Rn+1 con la norma k kp , obtenemos que, para p 2 [1; 1) y u; v 2 W 1;p ( ); ku + vkW 1;p (

)

ku + vkpp +

=

n P

i=1

kukp + kvkp kukpp + = kukW 1;p (

n P

i=1

1=p

kDi u + Di vkpp p

+

kDi ukpp

n P

i=1 1=p

p

1=p

kDi ukp + kDi vkp + kvkpp +

) + kvkW 1;p ( ) :

n P

i=1

1=p

kDi vkpp

La demostración de la correspondiente desigualdad para p = 1 es análoga. Probaremos que W 1;p ( ) es un espacio de Banach. La demostración se basa en el siguiente resultado. Lema 16.11 Sean p 2 [1; 1] y (uk ) una sucesión en W 1;p ( ) tal que uk ! u en Lp ( ) y Di uk ! vi en Lp ( ) para cada i = 1; :::; n: Entonces u es débilmente diferenciable en , vi = Di u para todo i = 1; :::; n; y uk ! u en W 1;p ( ): @' 2 Lq ( ) para todo q 2 [1; 1]: Demostración: Sea ' 2 Cc1 ( ): Entonces '; @x i Tomando p1 + 1q = 1 y usando la desigualdad de Hölder obtenemos que

Z

Z

@' u @xi vi '

Z

Z

@' @xi

ku

u k kp

(Di uk )'

kvi

Di uk kp k'kq ! 0 cuando k ! 1:

uk

@' @xi

q

! 0 cuando k ! 1;

376


Por tanto, Z

@' u = lm @xi k!1

Z

@' = uk @xi

lm

k!1

Z

(Di uk )' =

Z

vi '

para cada i = 1; :::; n: Esto prueba que u es débilmente diferenciable en En consecuencia, u 2 W 1;p ( ): Además se tiene que l m kuk

k!1

ukpW 1;p (

)

= l m kuk k!1

ukpp +

n X i=1

l m kDi uk

k!1

y vi = Di u:

Di ukpp = 0:


Teorema 16.12 W 1;p ( ) es un espacio de Banach para todo p 2 [1; 1]: Demostración: Sea (uk ) una sucesión de Cauchy en W 1;p ( ): Entonces las sucesiones (uk ) y (Di uk ) son de Cauchy en Lp ( ): Como Lp ( ) es completo, se tiene que uk ! u en Lp ( ) y Di uk ! vi en Lp ( ) para cada i = 1; :::; n: Del Lema 16.11 se sigue que u 2 W 1;p ( ) y uk ! u en W 1;p ( ): Esto demuestra que W 1;p ( ) es completo. Notación 16.13 Si p = 2 suele denotarse H 1 ( ) := W 1;2 ( ): En este caso la norma está inducida por el producto escalar Z Z Z Z n P hu; viH 1 ( ) := uv + (Di u)(Di v) = uv + ru rv:

(16.8)

i=1

Por tanto, H 1 ( ) es un espacio de Hilbert.

Proposición 16.14 Sean u(x) := kxk con 0; entonces u 2 W 1;p (B n (0; r)):

2 R; p 2 [1; 1] y r > 0: Si (

1)p+n >

Demostración: Esta a…rmación es consecuencia inmediata de las Proposiciones 16.6 y 14.27.

Lema 16.15 (de truncamiento) Sean p 2 [1; 1) y ( k ) una sucesión en C 1 (Rn ) \ W 1;p (Rn ) tal que k ! u en W 1;p (Rn ): Entonces existe una sucesión ('k ) en Cc1 (Rn ) tal que 'k ! u en W 1;p (Rn ):


377

(x) 1 para todo Demostración: Escogemos una función 2 Cc1 (Rn ) tal que 0 x 2 Rn ; (x) = 1 si kxk 1 y (x) = 0 si kxk 2; y de…nimos k (x) := ( xk ): Entonces, 1 n k 2 Cc (R ) y cumple 0

1 8x 2 Rn ;

k (x)

k (x)

= 1 si kxk

k;

k (t)

= 0 si kxk

2k:

Del teorema de convergencia dominada en Lp (Teorema 14.25) se sigue que kv y, como

y

Z

Rn

Z

p

j ku

k

@ k k @xi

k Di u

Rn

k vkp

kj

Rn

p

=

k!1

Por otra parte, como

k kp

k

@ k (x) @xi

Z

=

y x k

@ k @xi y como (

k)

p kj

n

p k kp

ku p

@ k @xi

j k j Di u

=0

1 @ k @xi

p

j k jp ju p

Rn

concluimos que l m ku

=

Z

8v 2 Lp (Rn )

!0

@ k @xi

Di u

l m Di u

k

k!1

! 0;

@ k @xi

p p

! 0;

= 0: p

; se tiene que = 1

1 @ k @xi

1

está acotada en L (R ) existe una constante c > 0 tal que Z p p p @ k 1 @ c @ k = k k kpp ! 0: k k p @xi k @xi 1 kp Rn @xi p

Por tanto, @(

Di u

k

@xi

k)

=

Di u

p

Di u De…ninimos 'k :=

k

k

k

k

@ k @xi

@ k @xi

@ k @xi

+ p

k p

@ k @xi

k

2 Cc1 (Rn ): Hemos probado entonces que

'k ! u en Lp (Rn ) y

p

! 0:

@'k ! Di u en Lp (Rn ) 8i = 1; :::; n: @xi

Aplicando el Lema 16.11 concluimos que 'k ! u en W 1;p (Rn ):

378


Teorema 16.16 Cc1 (Rn ) es denso en W 1;p (Rn ) para todo p 2 [1; 1):

k

Demostración: Sea u 2 W 1;p (Rn ) y sea ( k ) una sucesión regularizante. Como 2 Cc1 (Rn ) se tiene que (

k

Di u)(x) =

Z

Rn

=

Z

Rn

k (x

@ k (x @xi

De la Proposición 14.37 se sigue que @ ( @xi

k

y)Di u(y)dy @ k @xi

u (x):

u 2 C 1 (Rn ) y

k

u) =

y)u(y)dy =

k

Di u

8i = 1; :::; n:

El Teorema 14.44 asegura entonces que k

u!u y

@ ( @xi

k

u) ! Di u en Lp (Rn ) 8i = 1; :::; n;

y aplicando el Lema 16.11 obtenemos que k u ! u en W 1;p (Rn ): El resultado se obtiene aplicando el lema de truncamiento a las funciones

k

:=

k

u:

Si 6= Rn el espacio Cc1 ( ) no necesariamente es denso en W 1;p ( ): En las aplicaciones que daremos en la siguiente sección jugará un papel importante el siguiente espacio. De…nición 16.17 Sea p 2 [1; 1): El espacio de Sobolev W01;p ( ) es la cerradura de Cc1 ( ) en W 1;p ( ). Denotamos H01 ( ) := W01;2 ( ): W01;p ( ) es un subespacio vectorial cerrado de W 1;p ( ): Por tanto, W01;p ( ) es un espacio de Banach y H01 ( ) es un espacio de Hilbert. El Teorema 16.16 asegura que W01;p (Rn ) = W 1;p (Rn ) pero estos espacios en general no coinciden para 6= Rn [Ejercicio 16.42]. Ejemplo 16.18 Si u 2 Cc1 ( ) entonces u 2 W01;p ( ) para todo p 2 [1; 1):


379

Demostración: Sea u 2 Cc1 ( ) y sea ( k ) una sucesión regularizante. De la Proposición 14.37 se sigue que k u 2 Cc1 ( ) para k su…cientemente grande y @x@ i ( k u) = @u : El Teorema 14.44 asegura entonces que k @xi k

u!u y

@ ( @xi

k

u) !

@u @xi

y aplicando el Lema 16.11 obtenemos que u 2 W01;p ( ):

k

en Lp ( ) 8i = 1; :::; n; u ! u en W 1;p ( ): En consecuencia,

Por de…nición, Cc1 ( ) es denso en W01;p ( ): Esto permite extender algunas fórmulas conocidas para funciones diferenciables a funciones en W01;p ( ). En el resto de esta sección supondremos que p 2 [1; 1): Proposición 16.19 (Regla de la cadena para derivadas débiles) Sea g 2 C 1 (R) tal que g(0) = 0 y g 0 2 L1 (R): Si u 2 W01;p ( ); entonces g u 2 W01;p ( ) y Di (g u) = (g 0 u)Di u: Demostración: Por el teorema del valor medio, dadas t1 ; t2 2 R existe s 2 R tal que g(t1 ) g(t2 ) = g 0 (s)(t1 t2 ): Por tanto, jg(t1 )

kg 0 k1 jt1

g(t2 )j

t2 j

8t1 ; t2 2 R.

(16.9)

Sean u 2 W01;p ( ) y 'k 2 Cc1 ( ) tales que 'k ! u en W 1;p ( ): Como g(0) = 0; se tiene que g 'k 2 Cc1 ( ) W01;p ( ): Usando (16.9) obtenemos Z Z p 0 p jg u g 'k j kg k1 ju 'k jp ! 0: Por tanto, g u 2 Lp ( ) y g 'k ! g u en Lp ( ): Por otra parte, el Teorema 14.31 asegura que una subsucesión de ('k ) satisface 'kj (x) ! u(x) c.d. en y, dado que g 0 es continua, se tiene que g 0 ('kj (x))Di u(x) ! g 0 (u(x))Di u(x) cuando j ! 1 c.d. en : Además, jg 0 ('kj (x))Di u(x)j kg 0 k1 jDi u(x)j para todo x 2 ; j 2 N: Como Di u 2 Lp ( ), el Teorema 14.25 asegura que (g 0 u)Di u 2 Lp ( ) y Z p lm (g 0 u g 0 'kj )Di u = 0: j!1

Se tiene además que Z @'kj (g 0 'kj )Di u (g 0 'kj ) @xi

p p kg 0 k1

Z

Di u

@'kj @xi

p

! 0 cuando j ! 1:

380


Dado que @(g 'kj )

(g 0 u) Di u

@xi

(g 0 u) Di u

p

g 0 'kj Di u

g 0 'kj Di u

+ p

g 0 ' kj

@'kj @xi

; p

@(g 'k )

concluimos que @xi j ! (g 0 u) Di u en Lp ( ): El Lema 16.11 asegura entonces que g u es débilmente diferenciable en , Di (g u) = (g 0 u)Di u y g 'kj ! g u en W 1;p ( ): Finalmente, como g 'k 2 W01;p ( ) y W01;p ( ) es un subespacio cerrado de W 1;p ( ), se tiene que g u 2 W01;p ( ): Proposición 16.20 (Cambio de variable para derivadas débiles) Sea = ( 1 ; :::; @ 1 @ i 0 2 L1 ( 0 ) y @xi j 2 L1 ( ) para ! un difeomor…smo de clase C 1 tal que @y j

i; j = 1; :::; n: Si u 2 W01;p ( ); entonces u n P Di (u ) = (Dj u

2 W01;p ( 0 ) y @ j i = 1; :::; n: ) @yi

j=1

Demostración: Sea c 2 R tal que det ( 0 )

1

c

@ i @yj

y

1

c 1

8i; j = 1; :::; n;

Observemos primero que el teorema de cambio de variable (Teorema 13.35) asegura que, si v 2 Lp ( ); entonces jv jp = jvjp es integrable y Z Z 1 c kvkpp : kv kpp = jv jp = jvjp det ( 0 ) 0

Sean u Cc1 ( 0 ) Lp ( 0 );

2 W01;p ( ) y 'k 2 Cc1 ( ) tales que 'k ! u en W 1;p ( W01;p ( 0 ): De la observación anterior se sigue que u ku

y (Dj u

)

@ j @yi

'k @'k @xj

kp = k(u @ j @yi

'k )

=

kp

c1=p ku

'k kp ! 0;

Dj u

@'k @xj

@ j @yi

Dj u

@'k @xj

p

p

c

): Entonces, 'k 2 Lp ( 0 ); Dj u

c1=p Dj u

@'k @xj

p

p

! 0 cuando k ! 1;

2 2

n)

:


381

para cada j = 1; :::; n: Por tanto, 'k n P @('k ) = @yi j=1

!u @ j @yi

@'k @xj

!

en Lp ( 0 ) y n P

j=1

(Dj u

)

@ j en Lp ( 0 ): @yi

El Lema 16.11 asegura entonces que u es débilmente diferenciable en , Di (u ) = Pn @ j ) @yi y 'k !u en W 1;p ( ): Finalmente, como 'k 2 W01;p ( ) y j=1 (Dj u 2 W01;p ( ): W01;p ( ) es un subespacio cerrado de W 1;p ( ), se tiene que u Observa que en las dos proposiciones anteriores jugó un papel importante el hecho de que u es el límite de funciones en Cc1 ( ): Estas proposiciones son válidas también para funciones en W 1;p ( ); pero su demostración requiere de un resultado de aproximación adecuado 2 . Proposición 16.21 Si u 2 W01;p ( ); entonces u 2 W 1;p (Rn ) y Di (u) = Di u para cada i = 1; :::; n: Demostración: Sea ('k ) una sucesión en Cc1 ( ) tal que 'k ! u en W 1;p ( ): Enk k ! Di u en Lp ( ): Además, 'k 2 Cc1 (Rn ) y @@x'ki = @' : tonces 'k ! u en Lp ( ) y @' @xi @xi En consecuencia, 'k ! u en Lp (Rn )

y

@ 'k ! Di u en Lp (Rn ) @xi

8i = 1; :::; n:

Del Lema 16.11 se sigue que u es débilmente diferenciable en Rn y Di (u) = Di u. Por tanto, u 2 W 1;p (Rn ): La proposición anterior nos permite considerar a W01;p ( ) como un subespacio de W 1;p (Rn ): Intuitivamente podríamos pensar a W01;p ( ) como el espacio de las funciones de 1;p W ( ) que se anulan en la frontera de : Esta a…rmación no tiene sentido en general, ya que los elementos de W 1;p ( ) son clases de equivalencia de funciones que coinciden c.d. en y @ tiene medida 0. A continuación veremos que es cierta bajo condiciones adecuadas. De…nición 16.22 Un subconjunto abierto de Rn es de clase C k si, para cada x0 2 @ ; existe un subconjunto abierto U de Rn que contiene a x0 y un difeomor…smo # : B n 1 (0; 1) ( 1; 1) ! U de clase C k tal que #(0; 0) = x0 ; #(B n 1 (0; 1) 2

(0; 1)) = U \

y

#(B n 1 (0; 1)

f0g) = U \ @ :

Consulta, por ejemplo, el libro de H. Brezis, Análisis Funcional, Alianza Editorial, Madrid 1984 (Proposiciones IX.5 y IX.6).

382


Teorema 16.23 Si todo x 2 @ :

es de clase C 1 y u 2 W01;p ( ) \ C 0 ( ); entonces u(x) = 0 para

Demostración: Sea x0 2 @ : Probaremos que u(x0 ) = 0: Paso 1. Reducción del problema a B n 1 (0; 1) (0; 1): Sean U y # como en la De…nición 16.22. Remplazando a B n 1 (0; 1) por B n 1 (0; 3=4); a ( 1; 1) por ( 3=4; 3=4) y a U por #(B n 1 (0; 3=4) ( 3=4; 3=4)) en caso necesario, podemos suponer sin perder generalidad que # 2 C 0 (B n 1 (0; 1) (0; 1)) y que todas las parciales de las componentes de # y de # 1 están uniformemente acotadas en B n 1 (0; 1) ( 1; 1) y U respectivamente. Denotemos por K := #(B n 1 (0; 21 ) [ 21 ; 12 ]) y := 21 dist(K; Rn r U ): Por el Lema (x) 1 si x 2 Rn ; (x) = 1 si x 2 K y (x) = 0 14.47 existe 2 Cc1 (Rn ) tal que 0 1;p si dist(x; K) : Sean u 2 W0 ( ) y ( k ) una sucesión en Cc1 ( ) tal que k ! u en 1;p W ( ): Entonces k 2 Cc1 (U \ ): Además, Z p p p k u j jp ju ku k kLp (U \ ) = kj k kLp ( ) ! 0; U\

Di ( u)

@( k ) @xi

Di u Lp (U \ )

Di u

@ k @xi @ k @xi

+ Lp (U \ )

+ Lp ( )

@ @xi

@ u @xi 1

ku

@ @xi

k Lp (U \ )

p k kLp ( )

! 0:

1;p Por el Lema 16.11, u 2 W 1;p (U \ ) y (U \ ): En consecuencia, k ! u en W 1;p u 2 W0 (U \ ): Aplicando la Proposición 16.20 concluimos que

v := u # 2 W01;p (B n 1 (0; 1)

(0; 1)) \ C 0 (B n 1 (0; 1)

(0; 1)):

Paso 2. Demostraremos que v(y; 0) = 0 para todo y 2 B n 1 (0; 1): Sea 'k 2 Cc1 (B n 1 (0; 1) (0; 1)) tal que 'k ! v en W 1;p (B n 1 (0; 1) (0; 1)): Como 'k (y; 0) = 0 para todo y 2 B n 1 (0; 1); el teorema fundamental del cálculo asegura que 'k (y; t) =

Z

0

t

@'k (y; s)ds 8t 2 (0; 1): @xn

Sea " 2 (0; 1): Por el teorema del valor medio para la integral de una función continua, existen t" ; s" 2 (0; ") tales que Z " Z " j'k (y; t)j dt = " j'k (y; t" )j y jv(y; t)j dt = " jv(y; s" )j : (16.10) 0

0

16.3. PROBLEMAS ELíPTICOS CON CONDICIÓN EN LA FRONTERA

Por tanto, 1 "

Z

0

"

j'k (y; t)j dt

Z

"

0

@'k (y; s) ds @xn

383

8" 2 (0; 1);

e integrando ambos lados de la desigualdad sobre B n 1 (0; 1) obtenemos que Z Z 1 @'k j'k j ; " Q" Q" @xn donde Q" := B n 1 (0; 1) (0; "): Como Q" tiene medida …nita, 'k ! v en L1 (Q" ) y @'k ! Di v en L1 (Q" ) (Proposición 14.29). Por tanto, pasando al límite cuando k ! 1 @xn obtenemos Z Z 1 jvj jDn vj : " Q" Q" Combinando esta desigualdad con (16.10) obtenemos Z Z Z Z 1 1 " jv(y; t)j dtdy = jvj jv(y; s" )j = " Q" kyk<1 kyk<1 " 0

Z

Q"

jDn vj :

Como v es continua, jv(y; s" )j ! jv(y; 0)j cuando " ! 0: Aplicando el teorema de convergencia dominada (Teorema 13.35) concluimos que Z Z Z jv(y; 0)j = l m jv(y; s" )j l m jDn vj = 0: kyk<1

"!0

kyk<1

"!0

Q"

Por tanto, v(y; 0) = 0 para todo y 2 B n 1 (0; 1): Paso 3. Conclusión. Como x0 = #(0; 0) 2 K se tiene que u(x0 ) = u(x0 ) = v(0; 0) = 0: El recíproco del teorema anterior también es cierto sin ninguna condición de regularidad en @ . Más precisamente, si u 2 W 1;p ( ) \ C 0 ( ) y u(x) = 0 para todo x 2 @ ; entonces u 2 W01;p ( ) 3 :

16.3.

Problemas elípticos con condición en la frontera

Dedicaremos esta sección al estudio de algunos problemas elípticos lineales que satisfacen una condición prescrita en la frontera de : 3

La demostración de esta a…rmación se encuentra, por ejemplo, en el libro de H. Brezis, Análisis Funcional, Alianza Editorial, Madrid 1984 (Teorema IX.17).

384


16.3.1.

Problema de Dirichlet homogéneo

Sean un subconjunto abierto de Rn y f : función u : ! R que satisfaga

! R. Nos preguntamos si existe una

u + u = f en ; u=0 en @ : La condición u = 0 en @

(16.11)

recibe el nombre de condición de Dirichlet homogénea.

De…nición 16.24 Una función u 2 C 2 ( ) que satisface (16.11) se llama una solución clásica de (16.11). Observa que, si existe una solución clásica de (16.11), entonces forzosamente f 2 C ( ): 0

Proposición 16.25 Si u 2 C 2 ( ) satisface u + u = f; entonces Z Z Z f' 8' 2 Cc1 ( ): ru r' + u' = Demostración: Sea u 2 C 2 ( ) una solución clásica de (16.11). Multiplicando ambos lados de la ecuación u + u = f por ' 2 Cc1 ( ) e integrando, obtenemos que Z Z Z ( u)' + u' = f ' 8' 2 Cc1 ( ): (16.12) La fórmula de integración por partes (Proposición 16.1) asegura que Z Z 2 @u @' @ u ': = @xi @xi @x2i Sumando estas identidades para i = 1; :::; n; obtenemos la fórmula de Green Z Z ( u)'dx = ru r' 8' 2 Cc1 ( ): (16.13) Combinando (16.12) y (16.13) obtenemos la identidad deseada. Este resultado motiva la siguiente de…nición. De…nición 16.26 Una función u 2 H01 ( ) que satisface Z Z Z ru r' + u' = f' 8' 2 Cc1 ( ) se llama una solución débil de (16.11).

(16.14)


385

Observemos que el lado izquierdo de la igualdad (16.14) es el producto escalar Z Z hu; viH 1 ( ) := uv + ru rv en el espacio de Sobolev H 1 ( ) := W 1;2 ( ): La existencia de una solución débil es consecuencia del teorema de representación de Fréchet-Riesz. Teorema 16.27 (Existencia y unicidad) Para toda f 2 L2 ( ) existe una única solución débil u 2 H01 ( ) del problema (16.11). Más aún, u es el único mínimo de la función J : H01 ( ) ! R dada por Z 1 2 f v: J(v) = kvkH 1 ( ) 2 (A esta última a…rmación se le conoce como el Principio de Dirichlet).

por

Demostración: Fijemos f 2 L2 ( ) y consideremos la función Tf : H01 ( ) ! R dada Tf (v) :=

Z

f v:

Esta función es claramente lineal. Además, usando la desigualdad de Hölder en L2 ( ) obtenemos Z 1=2 n P fv kf k2 kvk2 kf k2 kvk2 + kDi vk2 = kf k2 kvkH 1 ( ) 8v 2 H01 ( ): i=1

Esto prueba que Tf es continua en H01 ( ): Por el teorema de representación de FréchetRiesz existe un único u 2 H01 ( ) tal que hu; viH 1 (

)

= Tf (v)

8v 2 H01 ( ):

Esto prueba que, u es una solución débil de (16.11). Por la Proposición 15.20, u es el único mínimo de J: Si los datos del problema y la solución débil son su…cientemente regulares, entonces ésta es una solución clásica. Proposición 16.28 Si es de clase C 1 ; f 2 L2 ( ) \ C 0 ( ) y la solución débil u 2 1 H0 ( ) del problema (16.11) satisface u 2 C 2 ( ), entonces u es solución clásica de (16.11).

386


Demostración: El Teorema 16.23 asegura que u(x) = 0 para todo x 2 @ : Sea ' 2 Cc1 ( ): Aplicando la fórmula de Green (16.13), Z

( u)'dx =

Z

ru r';

obtenemos que Z

(

u+u

f )' =

Z

ru r' +

Z

u'

Z

f' = 0

8' 2 Cc1 ( ):

La Proposición 14.48 asegura entonces que g := u+u f = 0 c.d. en : Si g(x0 ) 6= 0 para algún x0 2 ; como g es continua, se tendría que g(x) 6= 0 para todo x 2 Bn (x0 ; ) con > 0; lo cual es una contradicción. Por tanto, u+u=f

en

:

Esto prueba que u es una solución clásica de (16.11). Si los datos del problema son su…cientemente regulares, la solución débil resulta ser su…cientemente regular. Este tipo de resultados son llamados teoremas de regularidad 4 . A continuación enunciaremos un resultado de este tipo, cuya demostración no daremos aquí 5 . Teorema 16.29 (de regularidad) Si es un subconjunto abierto y acotado de Rn de clase C 1 , f 2 C 1 ( ) y u 2 H01 ( ) es una solución débil del problema (16.11), entonces u 2 C 1 ( ). Como consecuencia de este teorema y de la Proposición 16.28 obtenemos la existencia de una única solución clásica. Corolario 16.30 Si es un subconjunto abierto y acotado de Rn de clase C 1 y f 2 C 1 ( ); entonces el problema (16.11) tiene una única solución clásica u 2 C 1 ( ). 4

Una referencia muy completa para este tipo de resultados es el libro de D. Gilbarg y N.S. Trudinger, Elliptic partial di¤ erential equations of second order, Springer-Verlag, Berlin Heidelberg 2001. 5 Consulta la demostración en el libro de L.C. Evans, Partial di¤ erential equations, Graduate Studies in Math. 19, Amer. Math. Soc., Providence 1988.


16.3.2.

387

Problema de Dirichlet no homogéneo

Sean un subconjunto abierto de Rn y f; g : ! R. Buscamos una función u : ! R que satisfaga u + u = f en ; (16.15) u = g en @ : La condición u = g en @ mogénea.

recibe el nombre de condición de Dirichlet no ho-

De…nición 16.31 Una función u 2 C 2 ( ) que satisface (16.15) se llama una solución clásica de (16.15). Como en el caso anterior, consideramos primero soluciones débiles. El Teorema 16.23 sugiere buscar soluciones en el espacio afín Ag := fu 2 H 1 ( ) : u

g 2 H01 ( )g:

De…nición 16.32 Una función u 2 Ag que satisface Z Z Z ru r' + u' = f' 8' 2 Cc1 ( ) se llama una solución débil de (16.15). El Teorema 16.27 se extiende como sigue. Teorema 16.33 (Existencia y unicidad de la solución débil) Para cada f 2 L2 ( ) y g 2 H 1 ( ) existe una única solución débil u 2 Ag del problema (16.15). Más aún, u es el único mínimo de la función J : Ag ! R dada por Z 1 2 f v: J(v) := kvk1 2 A esta última a…rmación se le conoce como el principio de Dirichlet. Proponemos la demostración de este teorema como ejercicio [Ejercicio 16.45]. Nuevamente, si los datos del problema y la solución débil son su…cientemente regulares, entonces ésta es una solución clásica. Proposición 16.34 Si es de clase C 1 ; f 2 L2 ( ) \ C 0 ( ); g 2 H 1 ( ) \ C 0 ( ) y la solución débil u 2 Ag del problema (16.15) satisface u 2 C 2 ( ), entonces u es solución clásica de (16.15).

388


Demostración: Como u g 2 H01 ( ) \ C 0 ( ); el Teorema 16.23 asegura que u(x) = g(x) para todo x 2 @ : El mismo argumento empleado en la demostración de la Proposición 16.28, prueba que u + u = f en : Por tanto, u es una solución clásica de (16.15). Como en el caso anterior, existen resultados de regularidad que garantizan que la solución débil de (16.15) pertenece a C 2 ( ) si y g son su…cientemente regulares, en cuyo caso, la proposición anterior asegura la existencia de una única solución clásica de este problema. Durante mucho tiempo se aplicó indiscriminadamente el Principio de Dirichlet a muchos problemas de la física matemática. A menudo se confundía al modelo con el fenómeno físico al que describía. Por ejemplo, el hecho de que en la naturaleza siempre existe una distribución de equilibrio para una carga eléctrica en una super…cie conductora, se tomaba como evidencia su…ciente para la existencia de una solución del problema matemático. Gauss, por ejemplo, a…rmaba: "En todo caso, la integral será no negativa y por tanto debe existir una distribución (de carga) para la cual dicha integral alcanza su valor mínimo" 6 . Sin embargo, hacia …nales del siglo XIX, Weierstrass encontró un ejemplo de un problema variacional que no admite una solución mínima [Ejercicio 16.44] 7 .

16.4.

Ejercicios

Ejercicio 16.35 Prueba que, si ! es un subconjunto abierto de y u 2 L1loc ( ) es débilmente diferenciable en , entonces u j! es débilmente diferenciable en ! y Di (u j! ) = (Di u) j! : Ejercicio 16.36 Prueba que, si es conexo, u 2 L1loc ( ) es débilmente diferenciable en y Di u = 0 c.d. en para todo i = 1; :::; n; entonces u es constante c.d. en : Ejercicio 16.37 Sean = Rn r Bn (0; r), r > 0; y u(x) := kxk : (a) ¿Para qué valores de 2 R es u es débilmente diferenciable en ? (b) Dada p 2 [1; 1]; ¿para qué valores de 2 R se cumple que u 2 W 1;p ( )? 6

C.F. Gauss, Allgemeine Lehrsätze in Beziehung auf die im verkehrten Verhältnisse des Quadrats der Entfernung wirkenden Anziehung- und Abstossungskräfte, Leipzig 1840; Werke V, Göttingen 1867, 195-242. 7 K. Weierstrass, Über das sogenannte Dirichletsche Prinzip, Mathematische Werke II, Mayer & Müller, Berlin 1895, 49-54.

16.4. EJERCICIOS

389

Ejercicio 16.38 Considera las siguientes funciones: xi ; i = 1; :::; n: (a) ui : Rn ! R; ui (x) := kxk n (b) u : R ! R; u(x) := ln kxk : (c) 1Bn (0;1) : Rn ! R: ¿Para qué valores de n es cada una de las funciones anteriores débilmente diferenciable en Rn ? ¿Para qué valores de n y p pertenece a W 1;p (Rn )? Ejercicio 16.39 Sea p 2 [1; 1): Prueba que, si u 2 W 1;p (Rn ) y ' 2 Cc1 ( ); entonces u' 2 W01;p ( ) y @' Di (u') = (Di u) ' + u 8i = 1; :::; N: @xi Ejercicio 16.40 Sea p 2 [1; 1): Prueba que, si u y 8 < (Di u) (x) 0 (Di juj) (x) = : (Di u) (x)

(Sugerencia: Considera las funciones que " u ! juj en W 1;p ( ):)

" (t)

2 W01;p ( ); entonces juj 2 W01;p ( ) si u(x) 0 si u(x) = 0 si u(x) 0

= (t2 + "2 )1=2

", " > 0; y

"

u: Prueba

Ejercicio 16.41 Sea p 2 [1; 1): Prueba que, si u 2 W01;p ( ); entonces u+ := maxfu; 0g 2 W01;p ( ), u := m nfu; 0g 2 W01;p ( ); y sus derivadas débiles son Di u+ (x) =

(Di u) (x) si u(x) 0 si u(x)

0 ; 0

Di u

(x) =

(Di u) (x) si u(x) 0 si u(x)

0 : 0

Ejercicio 16.42 Sean un subconjunto abierto de clase C 1 de Rn y p 2 [1; 1): Prueba que, si 6= Rn ; entonces W 1;p ( ) 6= W01;p ( ). Ejercicio 16.43 Prueba que, si u 2 W 1;p ( ) y Di u 2 W 1;p ( ) para todo i 2 f1; :::; ng entonces Dj Di u = Di Dj u 8i; j = 1; :::; n:

Ejercicio 16.44 (Ejemplo de Weierstrass) Sea V := fu 2 C 1 [ 1; 1] : u(1) = 1; u( 1) = 1g y sea Z 1 2 J(u) := jxu0 (x)j dx 1

(i) Prueba que nffJ(u) : u 2 V g = 0: (Sugerencia: Considera las funciones u" (x) :=

arctan arctan

x " 1 "

;

" > 0:

Prueba que pertenecen a V y que J(u" ) ! 0 cuando " ! 0:) (ii) Prueba que J no alcanza su mínimo en V:

390

Ejercicio 16.45 Sean problema


un subconjunto abierto de Rn , f; g : u + u = f en ; u = g en @ :

Una función u 2 Ag := fv 2 H 1 ( ) : v g 2 H01 ( )g que satisface Z Z Z ru r' + u' = f' 8' 2 Cc1 ( )

! R. Considera el (16.16)

(16.17)

se llama una solución débil de (16.16). (a) Prueba que, si g 2 H 1 ( ) y f 2 L2 ( ); el problema (16.16) tiene una única solución débil. (Sugerencia: Prueba que u 2 Ag satisface (16.17) si y sólo si v := u g 2 H01 ( ) satisface Z Z Z Z Z 8' 2 Cc1 ( ); g' + f ' rg r' rv r' + v' = y aplica el teorema de representación de Fréchet-Riesz.) (b) Prueba que u 2 Ag es una solución débil de (16.16) si y sólo si u es un mínimo de la función J : Ag ! R dada por Z 1 2 J(w) := kwk1 f w: 2

Capítulo 17 Encajes de Sobolev En el estudio de ecuaciones diferenciales parciales no lineales surge de manera natural la siguiente pregunta: si una función u pertenece al espacio de Sobolev W01;p ( ); ¿automáticamente pertenece a algún otro espacio? Obviamente pertenece a Lp ( ) pero, ¿pertenecerá también a Lq ( ) para algún q > p? En este capítulo daremos una respuesta a…rmativa a esta pregunta y veremos que la respuesta varía, dependiendo de si p 2 [1; n); p = n o p 2 (n; 1). La herramienta fundamental para este análisis son ciertas desigualdades que permiten estimar la norma en Lq de una función ' 2 Cc1 (Rn ) en términos de la norma en Lp de su gradiente. A este tipo de desigualdades se les suele llamar desigualdades de Sobolev, en honor al matemático Sergei Sobolev1 a quien se deben algunas de ellas, si bien no todas. Estas desigualdades se extienden por densidad a W01;p ( ) y permiten obtener encajes continuos de éste en otros espacios. Probaremos, en particular, que cuando p 2 [1; n), el espacio W01;p ( ) está contenido en Lq ( ) para todo q 2 [p; p ]; donde p := nnpp se llama el exponente crítico de Sobolev. Más aún, la inclusión W01;p ( ) Lq ( ) resulta ser una función continua. Cuando el dominio es acotado y q 2 [1; p ) se tiene una propiedad aún más fuerte: la inclusión W01;p ( ) Lq ( ) resulta ser compacta, es decir, toda sucesión acotada en W01;p ( ) contiene una subsucesión convergente en Lq ( ): Este resultado, debido a Franz Rellich2 y Vladimir Kondrashov3 , tiene implicaciones muy importantes en la existencia 1

Sergei Lvovich Sobolev (1908-1989) nació en San Petersburgo y murió en Moscú. Franz Rellich (1906-1955) nació en Tramin, provincia de Trentino, y murió en Göttingen. Obtuvo el doctorado en la universidad de Göttingen en 1929 bajo la supervisión de Richard Courant. En 1933 se vió forzado a abandonar esa universidad debido a la posición activa que adoptó frente al nazismo. Regresó en 1946 donde, como director del Instituto de Matemáticas, jugó un papel muy importante en su reconstrucción. Entre sus estudiantes destacados se encuentra Jürgen Moser. 3 Vladimir Iosifovich Kondrashov (1909-1971) nació en Moscú y obtuvo el doctorado en la Universidad Estatal de Moscú en 1942 bajo la supervisión de Sergei Sobolev. 2

391

392

17. ENCAJES DE SOBOLEV

de soluciones de problemas elípticos. Aquí lo usaremos para establecer la existencia de una sucesión no acotada de valores propios del operador laplaciano en H01 ( ) cuando es un dominio acotado.

17.1.

Desigualdades de Sobolev

Para u 2 W 1;p (Rn ) denotamos por krukp := kD1 ukpp +

1=p

+ kDn ukpp

:

Nos preguntamos para qué números p; q 2 [1; 1) existe una constante C > 0; que depende sólo de n; p y q, tal que k'kq

8' 2 Cc1 (Rn ) :

C kr'kp

Observemos primero que q no puede ser arbitraria. Proposición 17.1 Sean p; q 2 [1; 1): Si existe una constante C > 0; que depende sólo de n; p y q, tal que k'kq C kr'kp 8' 2 Cc1 (Rn ) ; (17.1) entonces p < n y q =

np : n p

Demostración: Para cada ' 2 Cc1 (Rn ) y

> 0 de…nimos

' (x) := '( x): Sean p; q 2 [1; 1): Aplicando el teorema de cambio de variable obtenemos Z Z 1 1 q q k' kq = j'( x)j dx = n j'(y)jq dy = n k'kqq Rn

y @' @xi

p p

=

Z

Rn

p

Rn

p

@'( x) dx = @xi

p n

Z

Rn

p

@'(y) dy = @xi

p n

@' @xi

Aplicando la desigualdad (17.1) a la función ' concluimos que 1 n=q

k'kq

C

es decir, k'kq

C

1

n=p

n +n p q

kr'kp

kr'kp

8' 2 Cc1 (Rn ) ; 8 > 0; 8' 2 Cc1 (Rn ) ; 8 > 0:

p

: p

17.1. DESIGUALDADES DE SOBOLEV

393

Haciendo tender a cero si 1 np + nq > 0 o a in…nito si 1 para ' 6= 0 la desigualdad anterior no se satisface cuando 1 entonces p < n y q = nnpp :

n + nq p n + nq p

< 0, observamos que 6= 0. Si 1 np + nq = 0

De…nición 17.2 Si p 2 [1; n) se de…ne el exponente crítico de Sobolev como np

p :=

n

p

:

Nota que p > p: Probaremos a continuación que la desigualdad (17.1) se cumple cuando p 2 [1; n) y q = p : Usaremos el siguiente lema. Lema 17.3 Sean n 2 y f1 ; : : : ; fn 2 Ln 1 (Rn 1 ) : Si x = (x1 ; :::; xn ) 2 Rn denotamos x bi := (x1 ; :::; xi 1 ; xi+1 ; :::; xn ) 2 Rn 1 y de…nimos f (x) :=

n Q

fi (b xi ):

i=1

Entonces f 2 L1 (Rn ) y kf kL1 (Rn )

n Q

i=1

kfi kLn

1 (Rn 1 )

:

Demostración: Demostraremos esta a…rmación por inducción sobre n: Si n = 2 la a…rmación es obvia, ya que Z Z Z jf1 (x2 )j dx2 jf2 (x1 )j dx1 : jf (x1 ; x2 )j dx1 dx2 = R2

R

R

Supongámosla cierta para n y demostrémosla para n + 1: Sean f1 ; : : : ; fn+1 2 Ln (Rn ) : Fijemos por un momento el valor de xn+1 : Escribiendo x := (y; xn+1 ) con y 2 Rn y aplicando la desigualdad de Hölder se tiene que Z

Rn

jf (x)j dy

Z

n Q

n n 1

fi (b xi )

dy

Rn i=1

! nn 1 n

kfn+1 kLn (Rn ) :

(17.2)

De…nimos gi (z1 ; : : : ; zn 1 ) := jfi (z1 ; : : : ; zn 1 ; xn+1 )j n 1 ; i = 1; :::; n: Observa que gi 2 Ln 1 (Rn 1 ) y que n n n Q Q g(y) := gi (b yi ) = jfi (b xi )j n 1 ; i=1

i=1

394


de modo que, aplicando la hipótesis de inducción en la desigualdad (17.2) obtenemos Z n n 1 Q jf (x)j dy kgi kLnn 1 (Rn 1 ) kfn+1 kLn (Rn ) Rn

i=1

=

n Q

Z

n

Rn

i=1

1

1 n

jfi (z; xn+1 )j dz

Ahora hagamos variar xn+1 : Cada una de las funciones Z hi (xn+1 ) 7! jfi (z; xn+1 )jn dz Rn

kfn+1 kLn (Rn ) :

(17.3)

1 n

1

pertenece a Ln (R) así que, integrando la desigualdad (17.3) respecto a xn+1 y Q aplicando la desigualdad de Hölder generalizada (ver Ejercicio 14.66), concluimos que ni=1 hi 2 L1 (R) y Z n Z n Q Q jf (x)j dx jhi (xn+1 )j dxn+1 kfn+1 kLn (Rn ) khi kLn (R) kfn+1 kLn (Rn ) i=1 R i=1 Rn+1 ! 1 Z Z n n+1 n Q Q n jfi (z; xn+1 )j dz dxn+1 kfn+1 kLn (Rn ) = kfi kLn (Rn ) : = i=1

R

Rn

1

i=1

Ésta es la desigualdad deseada.

Teorema 17.4 Existen constantes C > 0; que dependen únicamente de n y p; con las siguientes propiedades: (a) Si p 2 [1; n) entonces k'kp

C kr'kp

8' 2 Cc1 (Rn ) :

(17.4)

(b) Si p 2 (n; 1) entonces k'k1

1

C jsop(')j n

1 p

kr'kp

8' 2 Cc1 (Rn ) ;

(17.5)

donde jsop(')j denota la medida del soporte de ': A la desigualdad (17.4) se le conoce como la desigualdad de Gagliardo-NirenbergSobolev. Demostración: Sea ' 2 Cc1 (Rn ) : Como ' tiene soporte compacto, el teorema fundamental del cálculo asegura que Z xi @' ' (x) = (x1 ; :::; yi ; :::; xn )dyi 1 @xi


para cada 1

n y, en consecuencia,

i

Z

j' (x)j Si n

395

1

@' (x1 ; :::; yi ; :::; xn ) dyi : @xi

1

2 denotamos x bi := (x1 ; :::; xi 1 ; xi+1 ; :::; xn ) 2 Rn fi (b xi ) :=

Z

1

1

y de…nimos

@' (x1 ; :::; yi ; :::; xn ) dyi : @xi

1

Multiplicando las desigualdades (17.6) y elevando el producto a la j' (x)j n

n Q

n 1

i=1

Aplicando el Lema 17.3 concluimos que Z

Rn

j'j

Z

n n 1

n Q

Rn

i=1

1 n 1

fi

(17.6)

obtenemos que

1

fin 1 (b xi ):

n Y

(b xi )

1 n 1

i=1

1 n 1 1 L (Rn 1 )

kfi k

n Y @' = @xi i=1

1 n 1

: L1 (Rn )

Por tanto, k'k

n Y @' @xi i=1

n n 1

y, en consecuencia, k'k

n n 1

max

i=1;:::;n

@' @xi

1

Z

RN

j'j

n n 1

n 1 n

Rn

Z

Rn

Z

Rn

L1 (Rn )

= kr'k1 :

(17.8)

' en la desigualdad (17.7) y aplicando la

Z n Y i=1

(17.7) L1 (Rn )

n X @' @xi i=1

L1 (Rn )

Para > 1; reemplazando a ' por j'j desigualdad de Hölder, obtenemos

1 n

j'j j'j

j'j p( 1) p 1

p( 1) p 1

1

@' @xi p 1 p

p 1 p

1 n

n Y @' @xi i=1

kr'kp :

1 n

(17.9) Lp (Rn )

396


(a) Supongamos que p 2 [1; n): Si p = 1 entonces p = nn 1 y la desigualdad (17.8) es la desigualdad deseada. Si p 6= 1 entonces := nn 1 p > 1: Nota que p(p 11) = nn 1 = p y que nn 1 p p 1 = p1 : De la desigualdad (17.9) se sigue entonces que k'kp

kr'kp :

(b) Supongamos que p 2 (n; 1): Si n = 1; la desigualdad (17.6) y el Ejercicio 14.64 implican que p 1 k'k1 k'0 k1 jsop(')j p k'0 kp ; que es la desigualdad deseada. Si n

2 consideramos primero el caso en el que

jsop(')j = 1

y

kr'kp = 1:

(17.10)

De la desigualdad (17.9) y el Ejercicio 14.64 (con X = sop(')) se sigue entonces que k'k

1

1

k'k p(

n n 1

1

1

k'k

1) p 1

8 > 1:

p p 1

Tomemos := nn 1 p p 1 : Entonces > 1: Sustituyendo por p anterior y tomando en cuenta que p 1 k = nn 1 k 1 obtenemos k

k'k

n n 1

k k

k

k'k

k 1

en la desigualdad

1 k

n n 1

k

(17.11)

:

Como hemos supuesto que kr'kp = 1; la desigualdad (17.8) asegura que k'k n n 1 Si k'k n k 1 para una in…nidad de k 2 N; el Ejercicio 14.67 asegura que k'k1 n 1 Si, por el contrario, existe k0 0 tal que k'k

n n 1

k0

y

1

entonces

k

k'k

n 1

n n 1

k

> 1 8k > k0 ;

1 k

n

k'k

1: 1:

k'k

k 1

n n 1

k 1

8k > k0 + 1;

e iterando la desigualdad (17.11) obtenemos k'k

k + k n n 1

+

k0 +1 k0 +1

k

k'k

k0 1 k0 n n 1

k0

;

P1 i > 1: Aplicando nuevamente el Ejercicio 14.67 donde := i=1 i < 1; ya que concluimos que k'k1 : Así pues, si ' satisface (17.10), entonces k'k1

:

(17.12)


397

Para probar la desigualdad (17.5) en el caso general observa primero que, si jsop(')j = 0 o kr'kp = 0; entonces ' = 0 y la desigualdad se satisface trivialmente. Si jsop(')j = 6 0 y kr'kp 6= 0; aplicamos la desigualdad (17.12) a la función := kr k donde (x) := p

1=n

'(jsop(')j

x): Nota que jsop( )j = jsop( )j = 1 y kr kp = 1: En consecuencia, k'k1 = k k1

kr kp =

jsop(')j

p n np

kr'kp ;

como a…rma el enunciado. Observa que si ' no tiene soporte compacto la desigualdad (17.4) no es necesariamente válida: ciertamente no se cumple para la función constante ' 1: Cuando es acotado se tiene el siguiente resultado. Corolario 17.5 (Desigualdad de Poincaré) Sea un subconjunto abierto y acotado de Rn : Existe una constante C > 0, que depende sólo de n; p y q, tal que kukq

1

1

C j jq+n

1 p

krukp

8u 2 W01;p ( );

(17.13)

si alguna de las siguientes tres condiciones se satisface: (a) p 2 [1; n) y q 2 [1; p ]: (b) p = n y q 2 [1; 1): (c) p 2 (n; 1) y q 2 [1; 1]: En consecuencia, si p 2 [1; n) entonces W01;p ( ) continua, W01;n ( )

Lq ( ) para cada q 2 [1; p ] y la inclusión es

Lq ( ) para cada q 2 [1; 1) y la inclusión es continua,

si p 2 (n; 1) entonces, módulo la elección de un representante, W01;p ( ) y la inclusión es continua.

C 0( )

Demostración: (a) Sean p 2 [1; n) y q 2 [1; p ]: La desigualdad (17.4) se extiende por densidad a W01;p ( ) como sigue: si u 2 W01;p ( ) y ('k ) es una sucesión en Cc1 ( ) que converge a u en W 1;p ( ); entonces k'k ukp ! 0 y kr'k rukp ! 0: De la desigualdad (17.4) se sigue que 'k

'j

p

C r'k

r'j

p

8k; j 2 N:

398


Por tanto, ('k ) es una sucesión de Cauchy en Lp ( ) y, en consecuencia, 'k ! v en Lp ( ): Como además 'k ! u en Lp ( ); el Teorema 14.31 asegura que una subsucesión de ('k ) converge tanto a u como a v c.d. en : Por tanto, u (x) = v (x) p.c.t. x 2 : Usando de nueva cuenta la desigualdad (17.4) obtenemos kukp = l m k'k kp

C l m kr'k kp = C krukp :

n!1

n!1

Ahora combinamos esta desigualdad con la Proposición 14.29 para concluir que 1

kukq

j jq

1 p

1

1

C j jq+n

kukp

1 p

8u 2 W01;p ( ):

krukp

(17.14)

(b) Sean p = n y q 2 [1; 1): Si n = 1 la desigualdad (17.13) es consecuencia inmediata nq ; 1g: Observa que r 2 [1; n): Nota además de (17.6). Si n 2 de…nimos r := maxf n+q nq n que r = q si r = n+q y que q n 1 si r = 1: En consecuencia, de la desigualdad (17.4), la Proposición 14.29 y el Ejercicio 14.68 se sigue que, para toda u 2 W01;n ( ); kukq

C krukr

kukq

j jq

1

n 1 n

1

1

Cn q j j q krukn kuk

n 1 n

1

C j jq

n n 1

si r =

nq ; n+q

kruk1

Cn

n 1 n

1

j j q krukn

si r = 1:

(c) Sean p 2 (n; 1) y q 2 [1; 1]: De la desigualdad (17.5) se sigue que k'k1

1

C j jn

1 p

8' 2 Cc1 ( ) ;

kr'kp

(17.15)

Recuerda que C 0 ( ) con la norma k k1 es un espacio de Banach (ver Teorema 5.21). Así que, argumentando como en el inciso (a) se prueba que cada u 2 W01;p ( ) coincide c.d. con una función en C 0 ( ) y que la desigualdad (17.15) es válida para u: Combinando esa desigualdad con la Proposición 14.29 obtenemos kukq

1

j j q kuk1

1

1

C j jq+n

1 p

krukp ;

que es la desigualdad deseada. El corolario anterior nos permite remplazar a la norma de W01;p ( ) por krukp . Más precisamente, se cumple lo siguiente. Corolario 17.6 Sea p 2 [1; 1): Para u 2 W01;p ( ) de…nimos kuk := krukp : Si es un subconjunto abierto y acotado de Rn entonces k k es una norma en W01;p ( ), equivalente a la norma k kW 1;p ( ) : En consecuencia, W01;p ( ) con esta nueva norma también es un espacio de Banach.


399

Demostración: El Corolario 17.5 asegura que existe una constante C, que depende sólo de n y p; tal que 1

8u 2 W01;p ( ):

C j j n krukp

kukp 1

Denotando por C0 := C j j n obtenemos kuk

kukW 1;p (

)

1 p

= kukpp + krukpp

(C0p + 1)1=p kuk

8u 2 W01;p ( ):

Esta desigualdad implica, en particular, que kuk = 0 , kukW 1;p (

)

= 0 , u = 0:

Como en la demostración de la Proposición 16.10, las propiedades restantes se siguen de las correspondientes para Lp ( ): Otra consecuencia importante del Teorema 17.4 es la siguiente. Corolario 17.7 (Encajes de Sobolev) Si p 2 [1; n), entonces W 1;p (Rn ) para todo q 2 [p; p ] y esta inclusión es continua.

Lq (Rn )

Demostración: Argumentando por densidad, como en el Corolario 17.5, se obtiene que kukp C krukp 8u 2 W 1;p (Rn ) : (17.16) Por tanto, u 2 Lp (Rn ) : Como además u 2 Lp (Rn ) ; la desigualdad de interpolación (ver Ejercicio 14.65) asegura que u 2 Lq (Rn ) para todo q 2 [p; p ] y que kukq donde

kuk1p

C kuk1W 1;p (Rn ) kukW 1;p (Rn ) = C kukW 1;p (Rn )

kukp

2 [0; 1] cumple que

1 q

=

1 p

+

p

:

Si p = n se tiene que W 1;n (Rn ) Lq (Rn ) para todo q 2 [n; 1) y esta inclusión es continua [Ejercicio 17.21]. Para p 2 (n; 1) se cumple que W 1;p (Rn ) L1 (Rn )\C 0 (Rn ) y esta inclusión es continua4 . 4

Consulta por ejemplo el libro de H. Brezis, Análisis Funcional, Alianza Editorial, Madrid 1984, Corolario IX.13.

400


17.2.

El teorema de Rellich-Kondrachov

El Corolario 17.5 asegura que, si es un subconjunto abierto y acotado de Rn ; p 2 [1; n) y q 2 [1; p ], entonces W01;p ( ) Lq ( ) y esta inclusión es continua. Si q 2 [1; p ) la inclusión tiene una propiedad adicional: es un operador compacto. Este hecho juega un papel muy importante en la existencia de soluciones de ecuaciones diferenciales no lineales. De…nición 17.8 Se dice que una función F : X ! Y entre espacios métricos es compacta si para cualquier subconjunto acotado A de X se cumple que F (A) := fF (a) : a 2 Ag es relativamente compacto en Y: Equivalentemente, una función F : X ! Y entre espacios métricos es compacta si para cualquier sucesión acotada (xk ) en X, la sucesión (F (xk )) contiene una subsucesión convergente en Y [Ejercicio 17.17]. Usaremos el siguiente resultado. Lema 17.9 Si u 2 W01;1 (Rn ) y

2 Rn entonces

kT u

kruk1 k k ;

uk1

donde T u denota a la traslación de u por ; es decir, T u(x) = u(x

):

Demostración: Sean ' 2 Cc1 (Rn ) y x; 2 Rn : Aplicando el teorema fundamental del cálculo a la función f (t) := '(x t ); t 2 R, obtenemos '(x

)

'(x) = f (1)

f (0) =

Z

1 0

f (t)dt =

Z

1

(r'(x

t )

) dt:

0

0

Por tanto, j'(x

)

'(x)j

n P

i=1

Z

0

1

@' (x @xi

t ) j i j dt

n P

i=1

Z

0

1

@' (x @xi

t ) dt k k :

Integrando esta desigualdad respecto a x concluimos que Z kT ' 'k1 = j'(x ) '(x)j dx Rn Z 1Z n P @' (x t ) dx dt k k = kr'k1 k k : i=1 0 Rn @xi

17.2. EL TEOREMA DE RELLICH-KONDRACHOV

401

Si u 2 W01;1 (Rn ); tomamos una sucesión ('k ) en Cc1 (Rn ) tal que 'k ! u en W01;1 (Rn ): Entonces k'k uk1 ! 0; kT 'k T uk1 ! 0 y kr'k ruk1 ! 0: De la desigualdad anterior se sigue que kT u

uk1 = l m kT 'k

' k k1

k!1

l m kr'k k1 k k = kruk1 k k ;

k!1


Teorema 17.10 (Rellich-Kondrachov) Si es un subconjunto abierto y acotado n de R ; p 2 [1; n) y q 2 [1; p ), entonces la inclusión W01;p ( ) Lq ( ) es compacta, es decir, toda sucesión acotada en W01;p ( ) contiene una subsucesión que converge en Lq ( ). Demostración: Sea A un subconjunto acotado de W01;p ( ): La desigualdad de Poincaré (ver Corolario 17.5) implica que A un subconjunto acotado de Lq ( ) para todo q 2 [1; p ]: Como de costumbre, identi…camos a una función de…nida en un abierto con su extensión trivial (12.18) a todo Rn : Probaremos que A satisface las hipótesis (i) y (ii) del Corolario 14.46 cuando q 2 [1; p ). Sean " > 0 y ! un abierto tal que ! : Sea C > 0 tal que kukp C para todo u 2 A. Como la integral es invariante bajo traslaciones se tiene que kT ukp C para n todo u 2 A y 2 R : Usando la desigualdad de interpolación (ver Ejercicio 14.65), el Lema 17.9 y el Ejercicio 14.68, concluimos que existe C1 > 0 tal que kT u

kT u

ukq

(2C)1

kT u

(2C)1 donde

satisface

tomando

1 q

=

+

(n j j)

1 p

(2C)1

uk1

(p 1) p

2 (0;dist(!; R r )) tal que

<

kruk1 k k

krukp k k

: Observa que

n

kT u

uk1p

uk1 kT u

8u 2 A,

> 0 si q 2 [1; p ): En consecuencia,

1 ( C"1 )

se tiene que

8 2 Rn con k k <

ukq < "

C1 k k

y 8u 2 A.

Así pues, A satisface la hipótesis (i) del Corolario 14.46 cuando q 2 [1; p ). Por otra parte, la Proposición 14.29 asegura que, para cualquier abierto ! kukLq ( Dado que j r !j <

r!)

kukLp

es acotado y ( C" )

1

1

( r!)

:=

1 q

j r !j q 1 p

1 p

1

C j r !j q

8u 2 A.

> 0; podemos elegir un abierto !

: Se tiene entonces que kukLq (

1 p

r!)

<"

8u 2 A.

;

tal que

402


Es decir, A satisface la hipótesis (ii) del Corolario 14.46 cuando q 2 [1; p ). En consecuencia, A es relativamente compacto en Lq ( ): es un subconjunto abierto y acotado de Rn se tiene también que la inclusión ) Lq ( ) es compacta para todo q 2 [1; 1) y que la inclusión W01;p ( ) C 0 ( ) es compacta para p 2 (n; 1) [Ejercicio 17.23]. Los siguientes ejemplos demuestran que el teorema de Rellich-Kondrachov no es válido en general si no es acotado o si q = p : Si

W01;n (

Ejemplo 17.11 Sea p 2 [1; n). La inclusión W 1;p (Rn ) ,! Lq (Rn ) no es compacta para ningún q 2 [p; p ]. Demostración: Sean ' 2 Cc1 (Rn ); ' 6= 0; y ( k ) una sucesión en Rn tal que k k k ! 1: De…nimos 'k (x) := '(x k ): Claramente, k'k kW 1;p (Rn ) = k'kW 1;p (Rn )

y

k'k kq = k'kq :

Observa que 'k (x) ! 0 para cada x 2 Rn : Si alguna subsucesión ('kj ) convergiese a v en Lq (Rn ) ; una subsucesión de ella convergería a v c.d. en Rn (ver Teorema 14.31) y, en consecuencia, v = 0 c.d. en Rn : Pero también se tendría que kvkq = l m 'kj j!1

q

= k'kq 6= 0;

lo cual es una contradicción. En consecuencia, ninguna subsucesión de ('k ) converge en Lq (Rn ) : Denotamos por B n (0; r) := fx 2 Rn : jxj < rg: Ejemplo 17.12 Sean un subconjunto abierto y acotado de Rn y p 2 [1; n): Entonces la inclusión W01;p ( ) ,! Lp ( ) no es compacta. Demostración: Sin perder generalidad podemos suponer que 0 2 . Elegimos r > 0 de modo que B n (0; r) y tomamos ' 2 Cc1 (B n (0; r)) tal que ' 6= 0. Para cada k 2 N (n p)=p de…nimos 'k (x) := k '(kx): Entonces sop('k ) B n (0; kr ) y, en consecuencia, 1;p 'k 2 W0 ( ) : Mediante el cambio de variable kx = y se obtiene que Z Z p p n k'k kp = k j'(kx)j dx = j'(y)jp dy = k'kpp y

kr'k kpp

=

n P

i=1

Z

k

n

p n P @' (kx) dx = @xi i=1

Z

p

@' (y) dy = kr'kpp : @xi

17.3. VALORES PROPIOS DEL LAPLACIANO

403

El Corolario 17.6 asegura entonces que ('k ) está acotada en W01;p ( ) : Si una subsucesión de ('k ) convergiese a una función u en Lp ( ); entonces kukp = k'kp 6= 0; y una subsucesión de ella convergería puntualmente a u c.d. en (ver Teorema 14.31). Pero 'k (x) ! 0 para toda x 6= 0: Por tanto, u = 0 c.d. en : Esta es una contradicción; lo que prueba que ('k ) no contiene ninguna subsucesión convergente en Lp ( ): En la siguiente sección daremos una aplicación importante del teorema de RellichKondrachov.

17.3.

Valores propios del laplaciano denotará a un subconjunto abierto y acotado de Rn : Con-

En toda esta sección sideremos el problema

u = u en ; u=0 en @ :

(17.17)

Procediendo como en la sección 16.3 se llega a la de…nición de solución débil, a la que llamaremos simplemente una solución de este problema. De…nición 17.13 Una solución de (17.17) es una pareja ( ; u) con que satisface Z Z ru rv = uv 8v 2 H01 ( ):

2 R y u 2 H01 ( ); (17.18)

Decimos que 2 R es un valor propio de en H01 ( ) si existe e 2 H01 ( ); e 6= 0; tal que ( ; e) es solución de (17.17). En tal caso decimos que e es una función propia de en H01 ( ) asociada a : Para u; v 2 H01 ( ) denotamos por hu; vi :=

Z

ru rv

y

kuk :=

Z

1=2

jruj2

:

Nota que h ; i es un producto escalar en H01 ( ) y que k k es la norma inducida por él. El Corolario 17.6 asegura que H01 ( ) es un espacio de Hilbert con este nuevo producto escalar. Observa además que, si e es una función propia asociada a entonces te también lo es, para cualquier t 2 R r f0g. Basta entonces buscar funciones propias en el conjunto := u 2 H01 ( ) : kuk2 = 1 :

404


Nota que si e 2 es una función propia asociada a , tomando u = v = e en la ecuación (17.18), se obtiene que kek2 = : (17.19) Proposición 17.14 (i) Los valores propios de en H01 ( ) están acotados inferiormente por una constante positiva. (ii) Si y son valores propios distintos de en H01 ( ), y e y e son funciones propias asociadas a y respectivamente, entonces he ; e i = 0 = he ; e iL2 ( ) : (iii) Si fek 2 : k 2 Ng es un conjunto de funciones propias de ortonomal en L2 ( ); entonces el conjunto de sus valores propios f no está acotado. (iv) Para cada 2 R el espacio

k

en H01 ( ) que es = kek k2 : k 2 Ng

E := fu 2 H01 ( ) : ( ; u) es solución de (17.17)g es de dimensión …nita. Su dimensión se llama la multiplicidad de : Demostración: (i) Si es un valor propio y e 2 es una función propia asociada a , la desigualdad de Poincaré asegura que existe C > 0 tal que 1 = kek22

C kek2 = C :

1 > 0: Por tanto, C (ii) Si e y e son funciones propias asociadas a

he ; e iL2 (

)

= he ; e i =

Por tanto, si 6= ; se tiene que he ; e iL2 ( (iii) Como ek 2 se cumple que kek k2H 1 ( 0

)

y , entonces

)

he ; e iL2 ( ) : R = 0 = re re :

= kek k22 + kek k2 = 1 +

k:

De modo que, si ( k ) está acotada, (ek ) es una sucesión acotada en H01 ( ): Por el Teorema de Rellich-Kondrachov (Teorema 17.10), (ek ) contiene una subsucesión convergente en L2 ( ): Ahora bien, como fek g es ortonormal en L2 ( ); se tiene que kek

em k22 = kek k22 + kem k22 = 2:

En consecuencia, ninguna subsucesión de (ek ) es de Cauchy en L2 ( ): Esto es una contradicción.


405

(iv) Argumentando por contradicción, si dim E = 1; entonces E contiene un subconjunto ortonormal numerable de funciones propias de en H01 ( ) asociadas al valor propio : Esto contradice la a…rmación (iii). La siguiente proposición nos permite obtener funciones propias por un proceso de minimización. De…nimos I : H01 ( ) ! R como I(u) := kuk2 : Proposición 17.15 Sea H un subespacio vectorial de H01 ( ): (i) Si e es un mínimo de I en \ H entonces he; vi =

he; viL2 (

)

8v 2 H;

donde := I(e): (ii) Si H es cerrado en H01 ( ) y H 6= f0g, la función I alcanza su mínimo en

\ H:

Demostración: (i) Sea e un mínimo de I en \H y sea v 2 H: Tomemos " > 0 su…cientemente pequeña de modo que ke + tvk2 6= 0 para todo t 2 ( "; "); y consideremos la función h : ( "; ") ! R dada por h(t) := I

e + tv ke + tvk2

=

kek2 + 2 he; vi t + kvk2 t2 ke + tvk2 : = ke + tvk22 kek22 + 2 he; viL2 ( ) t + kvk22 t2

Esta función es diferenciable y su derivada está dada por 0

h (t) = 2

2 ke + tvk22 he; vi + kvk2 t

2I(e + tv) he; viL2 (

ke + tvk42

)

+ kvk22 t

:

Como 0 es un mínimo de h; se tiene que 0 = h0 (0) = 2 he; vi

I(e) he; viL2 (

)

.

Esto demuestra la a…rmación. (ii) Sea := Entonces C una sucesión en

2

nf I(v):

v2 \H

donde C > 0 es la constante de la desigualdad de Poincaré: Sea (uk ) \ H tal que I(uk ) ! : Como (uk ) está acotada en H01 ( ), aplicando

406


el Teorema 15.29 y el teorema de Rellich-Kondrachov, concluimos que (uk ) contiene una subsucesión (ukj ) tal que débilmente en H01 ( ); fuertemente en L2 ( );

u kj * e u kj ! e

En consecuencia, kek2 = 1. Más aún, como H es débilmente cerrado en H01 ( ) (Ejercicio 15.53), se tiene que e 2 \ H: El Corolario 15.27 asegura que I(e) = kek2

l m inf kuk k2 = l m inf I(ukj ) = : k!1

Esto prueba que u es un mínimo de I en

k!1

\ H:

Teorema 17.16 Existe un conjunto B = fek : k 2 Ng de H01 ( ) con las siguientes propiedades: (i) ek es un vector propio de en H01 ( ) con valor propio k := I(ek ); (ii) hek ; em i = 0 si k 6= m; (iii) 0 < 1 y l mk!1 k = 1; 2 k (iv) B es una base de Hilbert de L2 ( ): Demostración: Usando la Proposición 17.15 de…nimos (ek ) inductivamente como sigue: Escogemos e1 2 tal que I(e1 ) = nf I(u): u2

Sean W2 el subespacio de H01 ( ) generado por e1 y H2 := fv 2 H01 ( ) : he1 ; vi = 0g su complemento ortogonal. Escogemos ahora e2 2 \ H2 tal que I(e2 ) =

nf

u2 \H2

I(u):

Continuando de este modo, de…nimos Wk como el subespacio de H01 ( ) generado por fe1 ; :::; ek 1 g y Hk := fv 2 H01 ( ) : hw; vi = 0 8w 2 Wk g como su complemento ortogonal y escogemos ek 2 \ Hk tal que I(ek ) = La Proposición 17.15 asegura que, si hek ; vi =

k

k

nf

u2 \Hk

I(u):

:= I(ek ); entonces

hek ; viL2 (

)

8v 2 Hk :

(17.20)


Además, como H01 ( )

H2

)

; se cumple que

Hk

0 = hei ; ek i = Por tanto, hei ; ek iL2 (

407

hei ; ek iL2 (

i

= 0 para i = 1; :::; k hek ; vi =

k

hek ; viL2 (

8i = 1; :::; k

)

1:

1 y, en consecuencia, 8v 2 H01 ( ):

)

Esto prueba que la sucesión (ek ) satisface (i), (ii) y la primera a…rmación de (iii). La segunda es consecuencia de la Proposición 17.14. Además se cumple que B := fek : k 2 Ng es ortonormal en L2 ( ): Ahora probemos (iv): Sea ' 2 Cc1 ( )rlin(B); donde lin(B) = [1 k=1 Wk es el espacio vectorial generado por B. Denotemos por wk a la proyección ortogonal de ' sobre Wk con respecto al producto escalar de L2 ( ): Entonces h' wk ; wiL2 ( ) = 0 para todo w 2 Wk : En consecuencia, h'

wk ; ei i =

i

h'

wk ; ei iL2 (

)

8i = 1; :::; k

=0

1:

Esto prueba que h' wk ; wi = 0 para todo w 2 Wk . Como ' 6= wk se tiene que ' wk 2 \ Hk y la identidad (17.20) implica que k' wk k 2

' k'

I

k

wk wk k2

:

Observa además que I(') = I(' wk + wk ) = k' wk k2 + 2 h' wk ; wk i + kwk k2 = k' wk k2 + kwk k2 kwk k2 = I(' wk ): En consecuencia, k'

1=2

wk k2

k

I('

wk )

1=2 k

I('):

Como k ! 1 concluimos que wk ! ' en L2 ( ): Esto prueba que Cc1 ( ) está contenido en la cerradura de lin(B) en L2 ( ) y, como Cc1 ( ) es denso en L2 ( ); concluimos que la cerradura de lin(B) en L2 ( ) es L2 ( ): Observa que 1

es decir,

1=2 1

=

nf1

u2H0 ( u6=0

kuk2 2; ) kuk 2

es la constante óptima para la desigualdad de Poincaré kuk2

1=2 1

kuk ;

u 2 H01 ( ):

408


17.4.

Ejercicios

Ejercicio 17.17 Prueba que una función F : X ! Y entre espacios métricos es compacta si y sólo si para cualquier sucesión acotada (xk ) en X, la sucesión (F (xk )) contiene una subsucesión convergente en Y: Ejercicio 17.18 Sea F : X ! Y una función lineal y continua entre espacios de Banach. Demuestra las siguientes a…rmaciones. (a) Si dim X < 1 entonces F es compacta. (a) Si dim Y < 1 entonces F es compacta. Ejercicio 17.19 Prueba que, si dim X = 1; la identidad I : X ! X no es un operador compacto. Ejercicio 17.20 (a) Sea ' 2 Cc1 ( ): Prueba que existe una constante C > 0; que @' @' ; tal que ; : : : ; @x depende sólo de n; k'k1 ; @x n 1 ku'kpW 1;p (

C

)

Z

1

1

(jujp + jD1 ujp +

+ jDn ujp )

8u 2 W 1;p (Rn );

(Sugerencia: Usa el Ejercicio 16.39.) (b) Si ! es abierto y ! ; prueba que existe una constante C > 0 que depende sólo de n; p; ! y ; tal que Z Z p=p p (jujp + jD1 ujp + + jDn ujp ) 8u 2 W 1;p (Rn ): (17.21) juj C !

(Sugerencia: Prueba que existe ' 2 Cc1 ( ) tal que '(x) = 1 para todo x 2 ! y aplica el problema anterior y el Teorema 17.16.) (c) Si ! es abierto, ! ; y C satisface (17.21), prueba que para esa misma C se cumple que Z Z p=p p juj C (jujp + jD1 ujp + + jDn ujp ) 8u 2 W 1;p (Rn ); 8 2 Rn ; !+

+

donde X + := fx + : x 2 Xg: Ejercicio 17.21 Prueba que W 1;n (Rn ) Lq (Rn ) para todo q 2 [n; 1) y que esta inclusión es continua. (Sugerencia: Usa la desigualdad (17.9) y la de Young para demostrar que, si > 1; existe una constante C ; que depende sólo de , tal que k'k

n n 1

C

k'k n(

1) n 1

+ kr'kn

8' 2 Cc1 (Rn ) :

17.4. EJERCICIOS

409

Aplica esta desigualdad con = n + i; i = 0; 1; 2; :::; j; para concluir que existe una constante Cn;j ; que depende sólo de n y j, tal que k'k n(n+j) n 1

8' 2 Cc1 (Rn ) ;

Cn;j k'kW 1;n (Rn )

y aplica la desigualdad de interpolación para probar que k'kq

8' 2 Cc1 (Rn )

Cn;j k'kW 1;n (Rn )

si q 2 [n; n(n+j) ].) n 1 Ejercicio 17.22 (Espacios de Sobolev de orden superior) Sean un subconjunto abierto de Rn , m 2 N, m 2 y p 2 [1; 1]: Se de…nen recursivamente W m;p ( ) := fu 2 Lp ( ) : u 2 W 1;p ( ) y Di u 2 W m kukW m;p (

)

:= kukpp + kD1 ukpW m

1;p (

Dn n u con

=(

1 ; :::;

n)

( ); i = 1; :::; ng;

+ kDn ukpW m

)+

Es decir, u 2 W m;p ( ) si sus derivadas débiles de orden D u := D1 1

1;p

1=p 1;p (

)

:

m;

2 (N [ f0g)n ; j j :=

1

+

+

n

m;

existen y pertenecen a Lp ( ); donde Di0 u := u

D u si Di i u := Di | {z }i

y

i

(Nota que todas las derivadas débiles de orden 16.43). Usando esta notación, kukW m;p (

)

=

P

j j m

i

1:

veces

m son de esta forma, ver Ejercicio

kD ukpp

!1=p

:

(a) Prueba que kukW m;p ( ) es una norma en W m;p ( ) y que W m;p ( ) con dicha norma es un espacio de Banach. Se de…ne W0m;p ( ) := cerradura de Cc1 (Rn ) en W m;p ( ): n (b) Prueba que, si p 2 [1; m ); entonces

W0m;p ( )

Lq ( )

con q :=

np n mp

410


y esta inclusión es continua. n ; 1); entonces (c) Prueba que, si está acotado y p 2 ( m W0m;p ( )

Ck( )

con k := m

n p

1

y esta inclusión es continua, donde la norma en C k ( ) es la de…nida en el Ejercicio 5.48. Ejercicio 17.23 (a) Prueba que, si es un subconjunto abierto y acotado de Rn ; 1;n entonces la inclusión W0 ( ) Lq ( ) es compacta para todo q 2 [1; 1): (Sugerencia: Reduce este caso al caso p 2 [1; n) y usa el Teorema 17.10.) (b) Prueba que, si es un subconjunto abierto y acotado de Rn y p 2 (n; 1), entonces la inclusión W01;p ( ) C 0 ( ) es compacta. (Sugerencia: Usa el Corolario 7.10.) (c) Formula y demuestra las a…rmaciones correspondientes a éstas y a la del Teorema 17.10 para los espacios de Sobolev de orden superior W0m;p ( ) de…nidos en el Ejercicio 17.22. Ejercicio 17.24 Si

Rn es acotado y > 1 de…nimos Z Z 1=2 2 : u + jruj2 kukH 1 ( ); := 0

(a) Prueba que ésta es una norma en H01 ( ) y que está inducida por el producto escalar Z Z uv + ru rv: hu; viH 1 ( ); := 0

(b) Prueba que todas estas normas son equivalentes en H01 ( ): En consecuencia, H01 ( ) es completo con cualquiera de estas normas. Ejercicio 17.25 Prueba que, si

Rn es acotado, f 2 L2 ( ) y

>

1;

el problema

u + u = f en ; u=0 en @ : tiene una única solución débil, es decir, existe una única función u 2 H01 ( ) tal que Z Z Z ru r' + u' = f ' 8' 2 Cc1 ( ): Además, esta función minimiza el funcional J : H01 ( ) ! R dado por Z Z 1 2 2 J (v) = jrvj + v f v: 2

411

412

A. TABLA DE SíMBOLOS

Apéndice A Tabla de símbolos R Rn Qn k k B n (x; r) B n (x; r)

números reales espacio euclidiano de dimensión n con la norma usual puntos de coordenadas racionales en Rn norma en un espacio normado, norma usual de Rn bola abierta con centro en x y radio r en Rn con la norma usual bola cerrada con centro en x y radio r en Rn con la norma usual

S n 1 (x; r) Cc0 ( ) Cck ( ) S (Rn ) S (Rn ) L( ) Lloc ( ) M( ) Lp ( ) L1 ( ) L1loc ( ) ! H1 H2 V? PV lin(X) uk * u Ck( ) Ck( ) Ck( ; W ) Ck( ; W )

esfera con centro en x y radio r en Rn con la norma usual funciones continuas con soporte compacto en funciones de clase C k con soporte compacto en supremos puntuales de sucesiones no decrecientes en Cc0 (Rn ) ín…mos puntuales de sucesiones no crecientes en Cc0 (Rn ) funciones Lebesgue-integrables en funciones localmente integrables en

funciones localmente integrables en ! está compactamente contenido en suma directa de espacios de Hilbert espacio ortogonal a V proyección ortogonal sobre V subespacio vectorial generado por X (uk ) converge débilmente a u

Ejem. 13.7 (14.12) Sec. 12.1 Sec. 12.1 (12.19) (13.11) (14.4) Def. 14.17 Def. 14.18 Def. 14.34 Def. 14.34 Ejem. 15.7 Def. 15.10 Def. 15.15 (15.11) Def. 15.23 Def. 9.32 Def. 9.32 Def. 9.32 Def. 9.32

A.1. FUNCIONES

A.1.

1X f g f g Tf

Funciones

función característica del conjunto X Def. 12.11 producto de funciones de variables complementarias (12.13) convolución de f y g Def. 14.35 traslación

413

414

A.2.

A. TABLA DE SíMBOLOS

Símbolos varios

!n volumen de la bola unitaria en Rn Ejem. 12.25 n jXj R ; jXjn ; voln (X) volumen de un subconjunto integrable X de R Def. 12.37 f integral de Lebesgue de f en X Def. 12.41 X

Analisis Real

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