Notas de Análisis Funcional

Índice general

Capítulo 1 Espacios Lineales

1.1 Definición y ejemplos

Definición 1.1.

Un espacio lineal o vectorial $(X,\mathbb{F},+,\cdot)$ es una estructura donde $X$ un conjunto no vacío (cuyos elementos llamaremos vectores), $\mathbb{F}$ un campo ( $\mathbb{R}$ o $\mathbb{C}$ ), con dos operaciones binarias $+:X\times X\to X$ , y, $\cdot:\mathbb{F}\times X\to X$ , que dotan a $X$ de una estructura de grupo abeliano respecto de la suma, $+$ , y tal que:

1.

$\lambda\cdot(v+w)=\lambda\cdot v+\mu\cdot\lambda w$
2.

$(\lambda+\mu)\cdot v=\lambda\cdot v+\mu\cdot v$
3.

$\lambda\cdot(\mu\cdot v)=(\lambda\mu)\cdot v$
4.

$1\cdot v=v,\hskip 28.452756pt0\cdot v=\vec{0}$

donde $v,w\in X$ , $\lambda,\mu\in\mathbb{F}$ , $\vec{0}$ es el elemento neutro respecto de la suma y $0$ y $1$ son el cero y la unidad en $\mathbb{F}$ .

Habitualmente no se indica el punto $\cdot$ . Así se escribe $\lambda v$ en vez de $\lambda\cdot v$ para $\lambda\in\mathbb{F}$ y $v\in X$ .

Ejemplos 1.1.

1.

Sea ${\bf s}(\mathbb{N})$ el conjunto de las sucesiones sobre $\mathbb{R}$ o $\mathbb{C}$ , es decir, el conjunto de las funciones $s:\mathbb{N}\to F$ , con las operaciones de suma de sucesiones y producto por un escalar habituales. Un elemento de ${\bf s}$ es denotado por $s=(s_{n})_{0}^{\infty}$ o simplemente $s_{n}$ . Es claro que ${\bf s}(\mathbb{N})$ es un espacio vectorial.
2.

El ${\bf c}(\mathbb{N})$ el conjunto de las sucesiones convergentes es un espacio vectorial.
3.

El conjunto ${\bf c}_{0}$ de las sucesiones convergentes a cero es un espacio vectorial.
4.

El conjunto ${\bf l}_{0}$ de las sucesiones con número de elementos no nulos finitos (soporte finito) es un espacio vectorial.
5.

El conjunto ${\bf l}_{\infty}$ de sucesiones acotadas, $\sup|s_{n}|<\infty$ , es un espacio vectorial.
6.

El conjunto ${\bf l}_{p}$ de las sucesiones tales que $\sum_{n=1}^{\infty}|s_{n}|^{p}<\infty$ con $p>1$ es un espacio vectorial (ver más abajo).
7.

El conjunto ${\cal C}[a,b]$ de las funciones continuas en el intervalo $[a,b]$ es un espacio vectorial.
8.

El espacio ${\cal C}_{0}[-1,1]$ de funciones contínuas en el intervalo $[-1,1]$ con $f(0)=0$ es un espacio lineal.

La suma de sucesiones es cerrada en ${\bf l}_{p}$ . Para verlo, notemos que

|x_{n}+y_{n}|^{p}\leq\left(2\mathop{\operator@font m\acute{a}x}(|x_{n}|,|y_{n}% |)\right)^{p}=2^{p}\mathop{\operator@font m\acute{a}x}(|x_{n}|^{p},|y_{n}|^{p}% )\leq 2^{p}\left(|x_{n}|^{p}+|y_{n}|^{p}\right)

Y por tanto,

\sum_{n=0}^{\infty}|x_{n}+y_{n}|^{p}\leq 2^{p}\left(\sum_{n=0}^{\infty}|x_{n}|% ^{p}+\sum_{n=0}^{\infty}|y_{n}|^{p}\right)<\infty

donde $x_{n}$ y $y_{n}$ son sucesiones de ${\bf l}_{p}$ .

Definición 1.2.

Introduc9mos la siguiente notación. Dados $A$ y $B$ subconjuntos de $X$ y $\lambda\in\mathbb{F}$ y $a\in X$ , definimos:

1.

$a+A:=\{b\in X\,|\,b=a+c,\,c\in A\}$
2.

$A+B:=\{c\in X\,|\,c=a+b,\,a\in A,\,b\in B\}$
3.

$\lambda A:=\{b=\lambda c\,|\,c\in A\}$

Definición 1.3.

Si $A\subseteq X$ y $(A,F,+,\cdot)$ con las operaciones $+$ y $c d o t$ restringidas a $A$ es un espacio vectorial, entonces decimos que $A$ es un subespacio vectorial de $X$ .

1.2 Generadores, independencia lineal y bases

Definición 1.4.

Sea $S\in X$ un conjunto no vacío. Llamamos subespacio generado por $S$ , $\langle S\rangle$ o ${\rm span}(S)$ , al subespacio mínimo que contiene a $S$ . Es decir, si $A\subseteq X$ es un subespacio vectorial de $X$ y $S\subseteq A$ , entonces $\langle S\rangle\subseteq A$ .

Proposición 1.1.

El subespacio generado por el conjunto no vacío $S\subseteq X$ es la intersección todos los subespacios vectoriales de $X$ que contienen a $S$ . Es decir,

\bigcap_{i\in J}A_{i}=\langle S\rangle,

con $J$ el conjunto de índices que etiquetan los subespacios $A_{i}$ que contienen a $S$ , $S\subseteq A_{i}$ .

Definición 1.5.

Una combinación lineal de un conjunto finito $S\subseteq X$ se define como,

\sum_{i=1}^{m}\lambda_{i}x_{i}

para $x_{i}\in S$ y $\lambda_{i}\in\mathbb{F}$ , con $i=1,\dots,m$ ,.

Proposición 1.2.

Todo elemento de $\langle S\rangle$ puede escribirse como una cominación lineal de elementos de $S$ , es decir, para todo $x\in\langle S\rangle$ , existen un conjunto finito de elementos $x_{i}\in S$ y $\lambda_{i}\in\mathbb{F}$ , tales que,

x=\sum_{i=1}^{m}\lambda_{i}x_{i}

con $m\in\mathbb{N}$ .

Definición 1.6.

Un conjunto no vacío $S\subseteq X$ se dice linealmente independiente si cualquier cominación lineal de $S$ que cumpla ,

\sum_{i=1}^{m}\lambda_{i}x_{i}=0

implica que $\lambda_{i}=0$ para todo $i=1,\dots,m$ y $x_{i}\in S$ .

Definición 1.7.

Un conjunto no vacío $S\subseteq$ se dice base de $X$ si $\langle S\rangle=X$ y es linealmente independiente.

1.3 Convexidad

Definición 1.8.

Sea $S\subseteq X$ no vacío,, $0\leq\lambda\leq 1$ , $|\mu|\leq 1$ , y $x,y\in S$ , entonces:

1.

Si $\lambda x+(1-\lambda)y\in S$ , entonces $S$ se llama convexo.
2.

Si $\mu x\in S$ , entonces $S$ se llama balanceado.
3.

Si $S$ es convexo y balanceado, entonces $S$ se llama absolutamente convexo.

Proposición 1.3.

Un conjunto no vacío $S\subseteq X$ es absolutamente convexo si y solo si,

\lambda x+\mu y\in S

para todo $x,y\in S$ y $\lambda,\mu\in\mathbb{F}$ tales que,

|\lambda|+|\mu|\leq 1.

Demostración.

La implicación recíproca se ve fácilmente tomando $\lambda\in\mathbb{R}$ y $0\leq\lambda\leq 1$ , y $\mu=1-\lambda$ , lo que prueba que $S$ es convexo, y por otro lado tomando $\mu=0$ vemos que es balanceado.

Para ver la implicación directa, supongamos que $\lambda$ y $\mu$ son ambos distintos de cero, en caso contrario es evidente. Los elementos,

x^{\prime}=\frac{\lambda}{|\lambda|}x\in S,\hskip 28.452756pty^{\prime}=\frac{% \mu}{|\mu|}y\in S

pertenecen a $S$ pues los factores tienen módulo unidad, y por ser $S$ balanceado. También,

z^{\prime}\equiv\frac{|\lambda|}{|\lambda|+|\mu|}x^{\prime}+\frac{|\mu|}{|% \lambda|+|\mu|}y^{\prime}\in S

puesto que los factores son reales comprendidos entre 0 y 1, y su suma es la unidad, y por ser $S$ convexo. Finalmente,

z\equiv(|\lambda|+|\mu|)z^{\prime}=|\lambda|x^{\prime}+|\mu|y^{\prime}=\lambda x% +\mu y\in S

por ser $|\lambda|+|\mu|\leq 1$ y por ser $S$ balanceado.

∎

Definición 1.9.

Sea un conjunto no vacío de $X$ . El generado convexo de $S$ , ${\rm co}(S)$ , es el menor subconjunto convexo de $X$ que contiene a $S$ .. Equivalentemente,

{\rm co}(S)=\bigcap_{i\in J}C_{j},

con $J$ el conjunto de índices que etiquetan a todos los conjuntos $C_{j}$ convexos que contienen a $S$ .

Nota: El conjunto ${\rm co}(S)$ , a diferencia de $\langle S\rangle$ , no es un subespacio vectorial en general. Sin embargo, el resultado siguiente muestra una propiedad que se asemeja a la propiedad de $\langle S\rangle$ , que permite escribir los elementos de ${\rm co}(S)$ como ciertas combinaciones lineales de elementos de $S$ .

Proposición 1.4.

Sea $S$ un subconjunto no vacío de $S$ . Entonces para cualquier $x\in{\rm co}(S)$ , existen un conjunto finito de elementos $x_{i}\in S$ , y coeficientes reales $0\leq\lambda_{i}\leq 1$ , con $i=1,\dots,m$ , con,

\sum_{i=1}^{m}\lambda_{i}=1,

tales que,

x=\sum_{i=1}^{m}\lambda_{i}x_{i}.

Demostración.

Sea $C$ el conjunto de combinaciones lineales de $S$ con coeficientes reales $0\leq\lambda\leq 1$ tales que suman uno, es decir,

C:=\{x\,|\,x=\sum_{i=1}^{m}\lambda_{i}x_{i},\,\sum_{i=1}^{m}\lambda_{i}=1,\,m% \in\mathbb{N}\}

Probemos que ${\rm co}(S)=C$ .

Primero, veamos que ${\rm co}(S)\subseteq C$ . Para ello notemos que $C$ es conexo, ya que dados $x,y\in C$ , entonces,

x=\sum_{i=1}^{m}\lambda_{i}x_{i},\hskip 28.452756pt\sum_{i=1}^{m}\lambda_{i}=1

y=\sum_{i=1}^{n}\mu_{i}y_{i},\hskip 28.452756pt\sum_{i=1}^{n}\mu_{i}=1

Sea $0\leq\lambda\leq 1$ , entonces,

\lambda x+(1-\lambda)y=\sum_{i=1}^{m}\lambda\lambda_{i}x_{i}+\sum_{j=1}^{n}(1-% \lambda)\mu_{j}y_{j}\in C

puesto que,

\sum_{i=1}^{m}\lambda\lambda_{i}+\sum_{j=1}^{n}(1-\lambda)\mu_{j}=\lambda+(1-% \lambda)=1

Y puesto que evidentemente $S\subseteq C$ , entonces ${\rm co}(S)\subseteq C$ .

Probemos ahora que $C\subseteq{\rm co}(S)$ . Para ello procederemos por inducción sobre el número de sumandos de las combinaciones lineales de $C$ . Para $m=2$ , es claro, ya que si $x_{1}$ y $x_{2}$ pertenecen a $S$ y $\lambda_{1}+\lambda_{2}=1$ , tendremos que el elemento de $C$ ,

x^{(2)}=\lambda_{1}x_{1}+\lambda_{2}x_{2}

pertenecerá también a cualquier subconjunto convexo de $X$ que contenga a $S$ , y por tanto estará en ${\rm co}(S)$ . Supongamos ahora cierto que cualquier $x^{(m)}\in C$ representado por $m$ sumandos también pertenece a ${\rm co}(S)$ . Consideremos el elemento de $C$ ,

x^{(m+1)}=\sum_{i=1}^{m}\lambda_{i}x_{i}+\lambda_{m+1}x_{m+1}

con $x_{i}\in S$ , $i=1,\dots,m+1$ y,

\sum_{i=1}^{m+1}\lambda_{i}=1.

En caso que $\sum_{i=1}^{m}\lambda_{i}=0$ , la prueba es evidente ya que $\lambda_{m+1}=1$ y $x^{(m+1)}=x_{m+1}\in S\subseteq{\rm co}(S)$ . En caso contrario, llamemos $\beta=\sum_{i=1}^{m}\lambda_{i}\not=0$ , y por tanto $1-\beta=\lambda_{m+1}$ , y podemos escribir,

x^{(m+1)}=\beta\sum_{i=1}^{m}\frac{\lambda_{i}}{\beta}x_{i}+(1-\beta)x_{m+1}=% \beta x^{\prime(m)}+(1-\beta)x_{m+1}

donde,

x^{\prime(m)}=\sum_{i=1}^{m}\frac{\lambda_{i}}{\beta}x_{i}

pertenece a cualquier convexo que contenga a ${\rm co}(S)$ , debido a que la suma $\sum_{i=1}^{m}\frac{\lambda_{i}}{\beta}=1$ y por hipótesis de inducción $x^{\prime(m)}\in{\rm co}(S)$ . Y por tanto también pertenece a ${\rm co}(S)$ . ∎

1.4 Espacio cociente

Definición 1.10.

Sea $M$ un subespacio vectorial de $X$ sobre $\mathbb{F}$ . Entonces sean $x,y\in X$ , decimos que,

x\equiv y(\textrm{mod}\,M)

( $x$ es congruente con $y$ módulo $M$ ), si,

x-y\in M.

Es claro que la congruencia definida más arriba es una relación de equivalencia en $X$ . Las clases correspondientes a dicha relación son entonces,

[x]=x+M:=\{z\in X\,|\,z=x+y,\,y\in M\}

Definición 1.11.

Sea $X$ un espacio vectorial sobre $\mathbb{F}$ y $M\subseteq X$ un subespacio vectorial de $X$ . Llamamos espacio factor o espacio cociente $X/M$ , al espacio vectorial formado por las clases de equivalencia $[x]$ , con las operaciones $\cdot$ y $+$ definidas como siguen:

1.

$[x]+[y]=[x+y]$
2.

$\lambda[x]=[\lambda x]$

para cualesquiera $x,y\in X$ y $\lambda\in\mathbb{F}$ .

No es difícil probar que tales operaciones están bien definidas. Equivalentemente podemos escribir,

(x+M)+(y+M)=x+y+M,\hskip 28.452756pt\lambda(x+M)=\lambda x+M.

Definición 1.12.

Llamamos codimensión de un subespacio vectorial $M\subseteq X$ a la dimensión de $X/M$ . Es decir,

\textrm{codim}M=\textrm{dim}(X/M).

1.5 Suma directa y proyectores

Definición 1.13.

Sean $M$ y $N$ dos subespacios vectoriales de $X$ sobre $\mathbb{F}$ . Decimos que $X$ es suma directa de $M$ y $N$ ,

X=M\oplus N,

si se cumple que :

1.

$X=M+N$
2.

$M\cap N=\{\vec{0}\}.$

Proposición 1.5.

Sea $X=M\oplus N$ , un espacio vectorial expresado como suma directa de dos subespacios $M$ y $N$ . Entonces cualquier elemento $x\in X$ puede representarse de manera única como $x=m+n$ con $\in M$ y $n\in N$ .

Demostración.

Por ser $X=M+N$ cualquier elemento $x\in X$ puede escribirse como suma de elementos de $m\in M$ y $n\in N$ , es decir $x=m+n$ . Veamos por otro lado que dicha representación es única. Sea $x=m^{\prime}+n^{\prime}$ otra representación de $x$ como suma de $m^{\prime}\in M$ y $n^{\prime}\in N$ . Entonces,

m-m^{\prime}=n^{\prime}-n\in M\cap N=\{\vec{0}\}

y por tanto $m=m^{\prime}$ y $n=n^{\prime}$ , y la descomposición es única. ∎

Definición 1.14.

Si $X=M\oplus N$ como en la proposición anterior, decimos que $N$ ( $M$ ) es complementario de $M$ ( $N$ ) en $X$ .

Nota: El complementario de un subespacio $M$ no es único. Por ejemplo considerese $M=\langle(1,0,0),(0,1,0)\rangle\subseteq\mathbb{R}^{3}$ .. Entonces tanto $N=\langle(0,0,1)\rangle$ como $N^{\prime}=\langle(0,1,1)\rangle$ son ambos complementarios de $M$ en $\mathbb{R}^{3}$ .

Proposición 1.6.

La codimensión de $M$ es igual a la dimensión del complementario de $M$ . Es decir, si $X=M\oplus N$ , entonces,

\textrm{codim}M=\textrm{dim}N.

Demostración.

Sean ${\cal B}_{M}=\{u_{1},u_{2},\dots\}$ y ${\cal B}_{N}=\{v_{1},v_{2},\dots\}$ bases de $M$ y $N$ respectivamente. Ya que $X=M\oplus N$ es claro que ${\cal B}_{M}\cup{\cal B}_{N}$ es base de $X$ . Entonces vamos a probar que ${\cal B}^{\prime}=\{[v_{1}],[v_{2}],\dots\}$ es base de $X/M$ , donde $[v_{i}]$ son las clases formadas por los elementos de la base de $N$ .

Veamos primero que ${\cal B}^{\prime}$ genera $X/M$ . Sea $[w]\in X/M$ , entonces puesto $w\in X$ tenddremos que,

w=\lambda_{1}u_{1}+\lambda_{2}u_{2}+\dots+\mu_{1}v_{1}+\mu_{2}v_{2}+\dots

y puesto que la primera parte de esta expresión pertenece a $M$ , tendremow que,

[w]=\mu_{1}[v_{1}]+\mu_{2}[v_{2}]+\dots

Ahora probamos que ${\cal B}^{\prime}$ es linealmente independiente. Sean $\mu_{1},\mu_{2},\dots$ en $\mathbb{F}$ tales que,

\mu_{1}[v_{1}]+\mu_{2}[v_{2}]+\dots=[\vec{0}]

Entonces esto significa que $\mu_{1}v_{1}+\mu_{2}v_{2}+\dots\in M$ ,, pero puesto que es una combinación lineal de elementos de $N$ entonces está en $M\cap N=\{\vec{0}\}$ y por tanto,

\mu_{1}v_{1}+\mu_{2}v_{2}+\dots=\vec{0}

pero como $\{v_{1},v_{2},\dots\}$ son linealmente independientes entonces $\mu_{i}=0,\,\forall i$ . ∎

Nota: De la prueba de la proposición anterior se deduce que si $X$ y $M$ son de dimensión finita, entonces,

\textrm{dim}(X/M)=\textrm{dim}X-\textrm{dim}M

y todos los subespacios complementarios a $M$ tienen la misma dimensión, y por tanto son isomorfos.

Definición 1.15.

Una aplicación lineal $P:X\longrightarrow X$ , es decir, $P(\lambda v+\mu w)=\lambda Pv+\mu Pw$ con $v,w\in X$ y $\lambda,\mu\in\mathbb{F}$ , que cumple,

P^{2}=P

y sea $M=\textrm{Im}P=P(X)$ , $N=\textrm{Ker}P=\{v\in X\,|\,Pv=\vec{0}\}$ . Decimos que $P$ es un proyector algebraico de $X$ sobre $M$ a lo largo de $N$ , o que $M$ es una proyección de $X$ a lo largo de $N$ .

Proposición 1.7.

Sean $M$ y $N$ subespacios de $X$ , y $P:X\longrightarrow X$ una aplicación lineal en $X$ , tal que $P(X)=M$ y $N=\textrm{Ker}P$ , entonces, $P^{2}=P$ y $N=(I-P)(X)$ si y solo si $X=M\oplus N$ , y con $Px=m$ donde $x=m+n$ con $m\in M$ y $n\in N$ es la representación única de $x\in X$ .

Demostración.

Demostremos la implicación directa. Dado cualquier $x\in X$ , podemos escribir,

x=Px+(x-Px)=x+(I-P)x=m+n

con $m=Px\in P(X)$ y $n=(I-P)x$ que pertenece al kernel de $P$ ya que $Pn=P(I-P)x=(P-P^{2})x=(P-P)x=\vec{0}$ . Así pues $X=M+N$ . Además si $y\in M\cap N$ , entonces $y=Px$ para algún $x\in X$ , y se tiene que, $\vec{0}=Py=P^{2}x=Px=y$ , y por tanto $X=M\oplus N$ .

Recíprocamente, sea $x=m+n=Px+n$ , entonces $n=x-Px=(I-P)x\in N=\textrm{Ker}P$ , por lo que $\vec{0}=Pn=(P-P^{2})x$ , con lo que $P^{2}=P$ . ∎

1.6 Desigualdades notables

En esta sección se demostrarán desigualdades relevantes para algunos ejemplos importantes que se considerarán mas adelante.

Lema 1.1.

(desigualdad de Young). Sean $\alpha$ y $\beta$ números reales no negativos, y $p$ y $q$ números reales mayores que $1$ complementarios, es decir, tales que,

\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1.

Entonces se cumple la desigualdad,

\alpha\beta\leq\frac{\alpha^{p}}{p}+\frac{\beta^{q}}{q}.

Demostración.

Fijado $\beta$ , definimos la función,

f(\alpha)=\frac{\alpha^{p}}{p}+\frac{\beta^{q}}{q}-\alpha\beta

que es al menos de clase ${\cal C}^{(2)}(\bar{\mathbb{R}}^{+})$ . Es facil ver que dicha función solo tiene un mínimo global en $\alpha=\beta^{\frac{1}{p-1}}$ , es decir, su derivada en dicho punto es nula y la segunda derivada es positiva en todo su dominio. Además, en dicho punto la función misma se anula $f(\beta^{\frac{1}{p-1}})=0$ , por lo que dicha función es no negativa en todo su dominio, y esto prueba la desigualdad. ∎

Proposición 1.8.

(desigualdad de Holder). Sean $(x_{n})$ y $(y_{n})$ sucesiones de $l_{p}$ y $l_{q}$ respectivamente, con $\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1$ . Entonces se cumple la desigualdad,

\sum_{n=1}^{\infty}|x_{n}y_{n}|\leq\left(\sum_{n=1}^{\infty}|x_{n}|^{p}\right)% ^{\frac{1}{p}}\left(\sum_{n=1}^{\infty}|y_{n}|^{q}\right)^{\frac{1}{q}}.

Demostración.

Definamos,

\alpha_{n}=\frac{|x_{n}|}{\left(\sum_{k=1}^{\infty}|x_{k}|^{p}\right)^{\frac{1% }{p}}},\hskip 28.452756pt\beta_{n}=\frac{|y_{n}|}{\left(\sum_{k=1}^{\infty}|y_% {k}|^{q}\right)^{\frac{1}{q}}}.

Usando la desigualdad de Young vista en el lema anterior, tenemos que

	$\displaystyle\alpha_{n}\beta_{n}$	$\displaystyle=$	$\displaystyle\frac{\|x_{n}\|}{\left(\sum_{k=1}^{\infty}\|x_{k}\|^{p}\right)^{\frac% {1}{p}}}\frac{\|y_{n}\|}{\left(\sum_{k=1}^{\infty}\|y_{k}\|^{q}\right)^{\frac{1}{q% }}}$
		$\displaystyle\leq$	$\displaystyle\frac{\alpha_{n}^{p}}{p}+\frac{\beta_{n}^{q}}{q}=\frac{\|x_{n}\|^{p% }}{p\left(\sum_{k=1}^{\infty}\|x_{k}\|^{p}\right)}+\frac{\|y_{n}\|^{q}}{q\left(% \sum_{k=1}^{\infty}\|y_{k}\|^{q}\right)}$

Y sumando sobre los $n=1,2,\dots$ , encontramos,

	$\displaystyle\frac{\sum_{n=1}^{\infty}\|x_{n}\|\|y_{n}\|}{\left(\sum_{k=1}^{\infty% }\|x_{k}\|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}\left(\sum_{k=1}^{\infty}\|y_{k}\|^{q}\right)^{% \frac{1}{q}}}$
	$\displaystyle\leq\frac{\sum_{n=1}^{\infty}\|x_{n}\|^{p}}{p\left(\sum_{k=1}^{% \infty}\|x_{k}\|^{p}\right)}+\frac{\sum_{n=1}^{\infty}\|y_{n}\|^{q}}{q\left(\sum_{% k=1}^{\infty}\|y_{k}\|^{q}\right)}$
	$\displaystyle=\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1,$

de donde se sigue la desigualdad de Holder. ∎

Proposición 1.9.

(desigualdad de Minkowski). Sean $(x_{n})$ y $(y_{n})$ sucesiones de $l_{p}$ con $p\geq 1$ , entonces se sigue que,

\left(\sum_{n=1}^{\infty}|x_{n}+y_{n}|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}\leq\left(\sum_% {n=1}^{\infty}|x_{n}|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}+\left(\sum_{n=1}^{\infty}|y_{n}% |^{p}\right)^{\frac{1}{p}}

Demostración.

El caso $p=1$ se deduce de la desigualdad triangular para el valor absoluto ( en $\mathbb{R}$ ) o el módulo (en $\mathbb{C}$ ). Para $p>1$ , sea $q=\frac{p}{p-1}$ su complementario. Tenemos que,

	$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\|x_{n}+y_{n}\|^{p}$	$\displaystyle\leq$	$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\|x_{n}+y_{n}\|^{p-1}(\|x_{n}\|+\|y_{n}\|)$
		$\displaystyle=$	$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\alpha_{n}\|x_{n}\|+\sum_{n=1}^{\infty}\alpha_{n% }\|y_{n}\|$

donde hemos hecho uso de la desigualdad triangular para $|x_{n}+y_{n}|\leq|x_{n}|+|y_{n}|$ , y hemos definido $\alpha_{n}=|x_{n}+y_{n}|^{p-1}$ . Ahora usando la desigualdad de Holder para cada término del lado derecho de la desigualdad anterior, obtenemos,

$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\alpha_{n}\|x_{n}\|$	$\displaystyle\leq$	$\displaystyle\left(\sum_{n=1}^{\infty}\|x_{n}\|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}\left(% \sum_{n=1}^{\infty}\alpha_{n}^{q}\right)^{\frac{1}{q}}$
	$\displaystyle=$	$\displaystyle\left(\sum_{n=1}^{\infty}\|x_{n}\|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}\left(% \sum_{n=1}^{\infty}\|x_{n}+y_{n}\|^{p}\right)^{\frac{p-1}{p}}$
$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\alpha_{n}\|y_{n}\|$	$\displaystyle\leq$	$\displaystyle\left(\sum_{n=1}^{\infty}\|y_{n}\|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}\left(% \sum_{n=1}^{\infty}\alpha_{n}^{q}\right)^{\frac{1}{q}}$
	$\displaystyle=$	$\displaystyle\left(\sum_{n=1}^{\infty}\|y_{n}\|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}\left(% \sum_{n=1}^{\infty}\|x_{n}+y_{n}\|^{p}\right)^{\frac{p-1}{p}}$

Juntándolo todo obtenemos finalmente,

	$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\|x_{n}+y_{n}\|^{p}\leq\left[\left(\sum_{n=1}^{% \infty}\|x_{n}\|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}\right.$	$\displaystyle+$	$\displaystyle\left.\left(\sum_{n=1}^{\infty}\|y_{n}\|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}% \right]\times$
			$\displaystyle\times\left(\sum_{n=1}^{\infty}\|x_{n}+y_{n}\|^{p}\right)^{\frac{p-% 1}{p}}$

de donde se deduce fácilmente la desigualdad de Minkowski. ∎

Capítulo 2 Espacios Normados

En este capítulo vamos a estudiar el concepto de norma sobre un espacio vectorial, la cual nos permitir dar una definición precisa de límite y convergencia en estos espacios.

2.1 Definición y ejemplos

Definición 2.1.

Sea $X$ un espacio vectorial sobre $\mathbb{F}$ , definimos una norma sobre $X$ como una función $\lVert\cdot\rVert:X\longrightarrow\mathbb{R}$ que cumple las siguientes propiedades:

N.1.

$\lVert x\rVert\geq 0$
N.2.

$\lVert\lambda x\rVert=\lvert\lambda\rvert\lVert x\rVert$
N.3.

$\lVert x\rVert=0,\quad\Leftrightarrow\quad x=\vec{0}$
N.4.

$\lVert x+y\rVert\leq\lVert x\rVert+\lVert y\rVert$ (desigualdad triangular)

para cualesquiera $x$ y $y$ en $X$ y $\lambda$ en $\mathbb{F}$ .

Ejemplos 2.1.

1.

El valor absoluto o el módulo dobre $\mathbb{F}$ ( $\mathbb{R}$ o $\mathbb{C}$ , respectivamente) es un ejemplo de norma. Probémoslo para $\mathbb{C}$ . Todas las propiedades son evidentes salvo la última.

$\displaystyle\lVert x+y\rVert^{2}$ $\displaystyle=$ $\displaystyle(x+y)(x^{*}+y^{*})$

$\displaystyle=$ $\displaystyle\lVert x\rVert^{2}+\lVert y\rVert^{2}+2\textrm{Re}(xy^{*})$

$\displaystyle\leq$ $\displaystyle\lVert x\rVert^{2}\lVert y\rVert^{2}+2\lVert xy^{*}\rVert=(\lVert x% \rVert+\lVert y\rVert)^{2}$
2.
El espacio $\mathbb{F}^{n}$ puede ser dotado de distintas normas, por ejemplo:
1. a)
  
  $\lVert x\rVert_{\infty}=\mathop{\mathop{\operator@font m\acute{a}x}}_{k\in% \mathbb{Z}_{n}}(\lvert x_{k}\rvert)$
2. b)
  
  $\lVert x\rVert_{p}=\left(\sum_{k=1}^{n}\lvert x_{k}\rvert^{p}\right)^{\frac{1}% {p}}$
La demostración de las propiedades de la norma se siguen fácilmente usando entre otras la desigualdad de Minkowski.
3.

En el espacio de sucesiones acotadas en $\mathbb{F}$ , la norma del supremo

$\lVert x\rVert_{\infty}=\mathop{\sup}_{k\in\mathbb{Z}}(\lvert x_{k}\rvert)$
4.

En las sucesiones $l_{p}(\mathbb{F})$ , la norma,

$\lVert x\rVert_{p}=\left(\sum_{k=1}^{\infty}\lvert x_{k}\rvert^{p}\right)^{% \frac{1}{p}}$
5.

En el espacio ${\cal B}[a,b]$ de funciones acotadas en el intervalo $[a,b]$ , la norma,

$\lVert f\rVert_{\infty}=\mathop{\sup}_{x\in[a,b]}\lvert f(x)\rvert$
6.
En el espacio ${\cal C}[a,b]$ de las funciones contínuas en el intervalo $[a,b]$ , definimos las normas:
1. a)
  
  $\lVert f\rVert_{\infty}=\mathop{\mathop{\operator@font m\acute{a}x}}_{x\in[a,b% ]}(\lvert f(x)\rvert$
2. b)
  
  $\lVert f\rVert_{2}=\int_{a}^{b}\lvert f(x)\rvert^{2}\,dx$
Vamos a probar a continuación que esta última norma cumple las propiedades $\textrm{\bf N}{,}3$ y $\textrm{\bf N}{,}4$ . En particular, si suponemos que $\lVert f\rVert=0$ pero $f(x_{0})\not=0$ para algún $x_{0}\in[a,b]$ , entonces por ser $f$ contínua, debe existir un intervalo $(a^{\prime},b^{\prime})\subset[a,b]$ donde $f(x)\not=0$ . Y puesto que,

$0\leq\int_{a^{\prime}}^{b^{\prime}}\lvert f(x)\rvert^{2}\,dx\leq\int_{a}^{b}% \lvert f(x)\rvert^{2}\,dx=0$

y por el teorema del valor medio, tendremos,

$0=\int_{a^{\prime}}^{b^{\prime}}\lvert f(x)\rvert^{2}\,dx=\lvert f(\xi)\rvert^% {2}(b^{\prime}-a^{\prime})$

para algún $xi\in(a^{\prime},b^{\prime})$ , lo cual no se puede dar ya que el miembro derecho de la ecuación no puede ser cero. Por tanto $f(x)=0$ para cualquier $x\in[a,b]$ y por tanto $f=0$ .
Para probar la desigualdad triangular vamos a probar primero la desigualdad,

$\left|\textrm{Re}\int_{a}^{b}f(x)g^{*}(x)\,dx\right|\leq\left(\int_{a}^{b}% \lvert f(x)\rvert^{2}\,dx\right)^{\frac{1}{2}}\left(\int_{a}^{b}\lvert g(x)% \rvert^{2}\,dx\right)^{\frac{1}{2}}.$

Para probar esta desigualdad, consideremos $\lambda\in\mathbb{R}$ cualquiera. Entonces se debe cumplir,

$\displaystyle 0$ $\displaystyle\leq$ $\displaystyle\lVert f+\lambda g\rVert^{2}=\int_{a}^{b}\lvert f(x)+\lambda g(x)% \rvert^{2}\,dx$

$\displaystyle=$ $\displaystyle\lVert f\rVert^{2}+\lambda^{2}\lVert g\rVert^{2}+2\lambda\int_{a}% ^{b}\textrm{Re}(f(x)g^{*}(x))\,dx$

$\displaystyle=$ $\displaystyle\lambda^{2}\alpha+2\beta\lambda+\gamma$

donde $\alpha=\lVert g\rVert^{2}$ , $\gamma=\lVert f\rVert^{2}$ y $\beta=\int_{a}^{b}\textrm{Re}(f(x)g^{*}(x))\,dx$ . Para que la parábola descrita por el polinomio $\lambda^{2}\alpha+2\lambda\beta+\gamma$ sea siempre positiva o cero, solo puede tener a lo sumo una raíz. Es decir, el discriminante debe ser menor o igual a cero, esto es,

de donde,

$\left|\textrm{Re}\int_{a}^{b}f(x)g^{*}(x)\,dx\right|\leq\lVert f\rVert\lVert g\rVert$

Ahora podemos proceder a probar la desigualdad triangular, ya que,

$\displaystyle 0$ $\displaystyle\leq$ $\displaystyle\lVert f+g\rVert^{2}=\lVert f\rVert^{2}+\lVert g\rVert^{2}+2% \textrm{Re}\int_{a}^{b}f(x)g^{*}(x)\,dx$

$\displaystyle\leq$ $\displaystyle\lVert f\rVert^{2}+\lVert g\rVert^{2}+2\lVert f\rVert\lVert g% \rVert=(\lVert f\rVert+\lVert g\rVert)^{2}$

de donde se deduce la desigualdad buscada.
7.

El espacio $M_{n}(\mathbb{C})$ de las matrices complejas $n\times n$ , definimos la norma,

$\lVert A\rVert_{2}=\left(\textrm{tr}(A^{\dagger}A)\right)^{\frac{1}{2}}$
8.

en los espacios $l_{\infty}$ y $l_{0}$ de sucesiones acotadas y convergentes, respectivamente, la norma $\lVert x\rVert_{\infty}=\sup_{n}(\lvert x_{n}\rvert)$ .

Definición 2.2.

Decimos que dos normas $\lVert\cdot\rVert_{1}$ y $\lVert\cdot\rVert_{2}$ sobre el espacio lineal $X$ son equivalentes si existen $\alpha,\beta>0$ tales que,

\alpha\lVert x\rVert_{2}\leq\lVert x\rVert_{1}\leq\beta\lVert x\rVert_{2},

para cualquier $x\in X$ .

Proposición 2.1.

La equivalencia definida arriba entre dos métricas en un espacio lineal $X$ es una relación de equivalencia.

Demostración.

Es reflexiva, basta tomar $\alpha=\beta=1$ . Es simétrica, ya que si $\alpha\lVert x\rVert_{2}\leq\lVert x\rVert_{1}\leq\beta\lVert x\rVert_{2}$ , entonces se tiene que $\beta^{-1}\lVert x\rVert_{1}\leq\lVert x\rVert_{2}\leq\alpha^{-1}\lVert x% \rVert_{1}$ . Finalmente, es transitiva ya que si $\alpha\lVert x\rVert_{2}\leq\lVert x\rVert_{1}\leq\beta\lVert x\rVert_{2}$ y $\alpha^{\prime}\lVert x\rVert_{3}\leq\lVert x\rVert_{2}\leq\beta^{\prime}% \lVert x\rVert_{3}$ entonces se tiene que $\alpha\alpha^{\prime}\lVert x\rVert_{3}\leq\lVert x\rVert_{1}\leq\beta\beta^{% \prime}\lVert x\rVert_{3}$ . ∎

Como veremos más adelante la equivalencia de dos normas asegurarán que la convergencia definida en términos de una de ellas es equivalente a la convergencia en la otra. Además se probará que en un espacio lineal de dimensión finita todas las normas son equivalentes.

Definición 2.3.

Dado un espacio normado $(X,\lVert\cdot\rVert)$ , definimos los siguientes conjuntos:

1.

$B(a,r):=\{x\in X\,\,|\,\,\lVert x-a\rVert<r,\,a\in X,\,r\in\mathbb{R}\}$ y se denomina bola abierta centrada en $a$ con radio $r$ .
2.

$\bar{B}(a,r):=\{x\in X\,\,|\,\,\lVert x-a\rVert\leq r,\,a\in X,\,r\in\mathbb{R}\}$ se denomina bola cerrada centrada en $a$ y de radio $r$ .
3.

$S(a,r):=\{x\in X\,\,|\,\,\lVert x-a\rVert=r,\,a\in X,\,r\in\mathbb{R}\}$ , se denomina una esfera centrada en $a$ y de radio $r$ .

Definición 2.4.

Sea $A$ un subconjunto de un espacio normado $(X,\lVert\cdot\rVert)$ . Entonces:

1.

Decimos que $A$ es abierto si para cualquier $x\in A$ existe un $r\in\mathbb{R}$ tal que $B(x,r)\subseteq A$ .
2.

Decimos que $A$ es cerrado si el complementario de $A$ en $X$ es abierto.
3.

Llamamos la clausura de $A$ , y la denotamos por $\bar{A}$ a la intersección de todos los cerrados que contienen a $A$ .

Definición 2.5.

Un espacio métrico es un conjunto $M$ con una función $d:M\times M\longrightarrow\mathbb{R}$ que llamamos distancia, $d(x,y)$ entre los elementos $x,y\in M$ , que cumple las siguientes propiedades:

M $1$ .

$d(x,y)\geq 0$ .
M $2$ .

$d(x,y)=0\quad\Leftrightarrow\quad x=y$
M $3$ .

$d(x,y)=d(y,x)\,.$ (simétrica)
M $4$ .

$d(x,z)\leq d(x,y)+d(y,z)\,.$ (desigualdad triangular)

donde $x,y,z\in M$ .

Proposición 2.2.

Dada una norma en $X$ espacio lineal, la función $d:X\times X\longrightarrow\mathbb{R}$ definida como $d(x,y)=\lVert x-y\rVert$ con $x,y\in X$ es una función distancia en $X$ .

Proposición 2.3.

Dado un espacio métrico $(X,d)$ tal que $X$ es además espacio lineal. Si la función distancia $d$ cumple las siguientes propiedades para cualquier $x,y\in X$ y $\lambda\in\mathbb{F}$ :

1.

$d(x,y)=d(x+z,y+z).$
2.

$d(\lambda x,\lambda y)=\lvert\lambda\rvert d(x,y).$

la función $\lVert\cdot\rVert:X\longrightarrow\mathbb{R}$ definida como $\lVert x\rVert=d(x,\vec{0})$ es una norma en $X$ . definida

Demostración.

Comprobamos las propiedades de la norma:
N1: Inmediata.
N2: Inmediata.
N3: $\lVert\lambda x\rVert=d(\lambda x,\vec{0})=d(\lambda x,\lambda\vec{0})=\lvert% \lambda\rvert d(x,0)=\lvert\lambda\rvert\lVert x\rVert$
N4: $\lVert x+y\rVert=d(x+y,\vec{0})=d(x+y-y,\vec{0}-y)=d(x,-y)\leq d(x,\vec{0})+d(% \vec{0},-y)=d(x,\vec{0})+d(y,\vec{0})=\lVert x\rVert+\lVert y\rVert$ ∎

2.2 Norma y mapeo cociente

Dado un subespacio vectorial $M$ de un espacio normado $X$ , si $M$ es un cerrado respecto de la topología métrica inducida por la norma en $X$ , podemos dotar al espacio cociente $X/M$ de una norma inducida sobre las clases de $X/M$ del modo siguiente:

\lVert[x]\rVert:=\mathop{\operator@font\acute{{\imath}}nf}_{y\in M}\lVert x-y% \rVert=\mathop{\operator@font\acute{{\imath}}nf}_{y\in M}d(x,y)=d(x,M)=

Esta norma puede ser interpretada o bien como la “mínima distancia” entre la calse $[x]$ y $M$ o bien, como la “distancia mínima” entre $x$ y $M$ .

A continuación probamos que ésta es efectivamente una norma en $X/M$ , pero antes vemos que está bien definida ya que si $x^{\prime}$ es otro representante de la clase $[x]$ entonces $x^{\prime}=x+y_{0}$ para algún $y_{0}\in M$ y por tanto,

\lVert[x^{\prime}]\rVert=\mathop{\operator@font\acute{{\imath}}nf}_{y\in M}% \lVert x^{\prime}+y\rVert=\mathop{\operator@font\acute{{\imath}}nf}_{y\in M}% \lVert x+y_{0}+y\rVert=\mathop{\operator@font\acute{{\imath}}nf}_{y^{\prime}% \in M}\lVert x+y^{\prime}\rVert=\lVert[x]\rVert

Denotaremos la norma cociente simplemente con el mismo símbolo $\lVert\cdot\rVert$ que la norma en $X$ solo que actuando sobre las clases $\lVert[x]\rVert=\lVert x+M\rVert$ .

Proposición 2.4.

Sea $M$ un subespacio lineal cerrado del espacio normado $X$ . Entonces la norma cociente definida anteriormente sobre el espacio vectorial cociente $X/M$ es una norma sobre dicho espacio.

Demostración.

Evidentemente $\vec{0}\in M$ y por tanto $\lVert[\vec{0}]\rVert=0$ . Además si $\lambda\in\mathbb{F}-\{0\}$ tendremos que,

	$\displaystyle\lVert\lambda[x]\rVert$	$\displaystyle=$	$\displaystyle\lVert[\lambda x]\rVert=\mathop{\operator@font\acute{{\imath}}nf}% _{y\in M}\lVert\lambda x+y\rVert=\mathop{\operator@font\acute{{\imath}}nf}_{y% \in M}\left\\|\lambda\left(x+\frac{1}{\lambda}y\right)\right\\|$
		$\displaystyle=$	$\displaystyle\lvert\lambda\rvert\mathop{\operator@font\acute{{\imath}}nf}_{y^{% \prime}\in M}\lVert x+y^{\prime}\rVert=\lvert\lambda\rvert\lVert[x]\rVert$

ya que $\frac{1}{\lambda}y\in M$ si y solo si $y\in M$ .

Por otra parte si $\lVert[x]\rVert=d(x,M)=0$ entonces $x\in\bar{M}$ (de lo contrario existiría una bola de radio $\epsilon$ centrada en $x$ que no contiene a ningúnb punto de $M$ y por tanto la $\lVert[x]\rVert\geq\epsilon$ ), y puesto que $M$ es cerrado $x\in\bar{M}=M$ y $[x]=[\vec{0}]$ .

Por último, sean $X,y\in X$ entonces,

$\displaystyle\lVert[x]+[y]\rVert$	$\displaystyle=$	$\displaystyle\lVert[x+y]\rVert=\mathop{\operator@font\acute{{\imath}}nf}_{z\in M% }\lVert x+y-z\rVert$
	$\displaystyle=$	$\displaystyle\mathop{\operator@font\acute{{\imath}}nf}_{z_{1},z_{2}\in M}% \lVert x+y-z_{1}-z_{2}\rVert\leq\mathop{\operator@font\acute{{\imath}}nf}_{z_{% 1},z_{2}\in M}\left(\lVert x-z_{1}\rVert+\lVert y-z_{2}\rVert\right)$
	$\displaystyle=$	$\displaystyle\lVert[x]\rVert+\lVert[y]\rVert$

∎

Así la norma cociente sobre un subespacio cerrado dota al espacio cociente de estructura de espacio normado.

Definición 2.6.

Sea $M\subseteq X$ un subespacio cerrado de un espacio normado $X$ , y sea $Q_{M}:X\longrightarrow X/M$ la función que lleva a $x\in X$ a $Q_{M}(x)=[x]\in X/M$ , denominamos a $Q_{M}$ como el mapa cociente.

2.3 Convergencia en norma y completitud

El concepto de norma nos permite definir el concepto de convergencia en espacios vectoriales.

Definición 2.7.

Decimos que la sucesión $(x_{n})_{n=1}^{\infty}$ de un espacio normado $(X,\lVert\cdot\rVert)$ converge a $x\in X$ si para todo $\epsilon>0$ existe un natural $N$ tal que

\lVert x_{n}-x\rVert<\epsilon

para todo $n\geq N$ . Equivalentemente $x_{n}$ tiende a $x$ si y solo si,

\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}_{n\to\infty}\lVert x_{n}-x\rVert=0.

Decimos que $x_{n}$ tiende a $x$ en norma, o fuertemente, y denotamos,

\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}_{n}x_{n}=x,\hskip 36.988583pt% \textrm{ ó}\hskip 36.988583ptx_{n}\mathop{\to}_{n}x

Definición 2.8.

Decimos que una sucesión $(x_{n})_{n=1}^{\infty}$ de un espacio normado $X$ es de Cauchy si para todo $\epsilon>0$ existe un $N\in\mathbb{N}$ tal que,

\lVert x_{n}-x_{m}\rVert<\epsilon

si $n,m\geq N$ . o equivalentemente, si,

\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}_{n,m}\lVert x_{n}-x_{m}\rVert=0.

Lema 2.1.

Sea $(x_{n})_{n=1}^{\infty}$ una sucesión de un conjunto cerrado $C\subset X$ de un espacio normado $X$ que converge a $x\in X$ , entonces $x\in C$ .

Demostración.

Puesto que $x$ es punto de acumulación de $C$ (ya que cualquier abierto que contiene a $x$ contendrá elementos de $x_{n}\in C$ ) y por ser $C$ cerrado entonces $x\in C$ . ∎

Lema 2.2.

Sea $A\subset X$ un conjunto no vacío de un espacio normado $X$ , y $x,y\in X$ entonces,

1.

$\lvert d(x,A)-d(y,A)\rvert\leq d(x,y)=\lVert x-y\rVert.$
2.

$\lvert\lVert x\rVert-\lVert y\rVert\rvert\leq\lVert x-y\rVert$
3.

Si $\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}_{n}x_{n}=x$ entonces

$\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}_{n}\lVert x_{n}\rVert=\lVert x\rVert$
4.

si $lim_{n}x_{n}=x$ y $\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}_{n}y_{n}=y$ , entonces,

$\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}_{n}(x_{n}+y_{n})=x+y$
5.

Si $\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}_{n}x_{n}=x$ y $\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}_{n}\alpha_{n}=\alpha$ , entonces,

$\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}_{n}\alpha_{n}x_{n}=\alpha x$
6.

La clausura de un subespacio lineal en $X$ es también un subespacio lineal.
7.

Toda sucesión de Cauchy es acotada.
8.

Toda sucesión convergente es de Cauchy.

Demostración.

1.

Sea $a\in A$ , entonces,

$d(x,A)\leq d(x,a)\leq d(x,y)+d(y,a)$

Y por tanto, tomando el ínfimo sobre los $a\in A$ , obtenemos,

$d(x,A)\leq d(x,y)+d(y,A)$

de donde,

$d(x,A)-d(y,A)\leq d(x,y)$

Haciendo lo mismo pero partiendo de $d(y,A\leq d(y,a)\leq d(y,x)+d(x,a)$ , obtenemos además, $d(y,A)-d(x,A)\leq d(x,y)$ , lo que prueba la desigualdad.
2.

Si consideramos el caso anterior con $A=\{\vec{0}\}$ obtenemos la desigualdad considerada.
3.

Teniendo en cuenta que dado $\epsilon>0$ existirá un $N\in\mathbb{N}$ tal que $\lVert x_{n}-x\rVert<\epsilon$ si $n\geq N$ entonces usando la desigualdad anterior,

$\lvert\lVert x_{n}\rVert-\lVert x\rVert\rvert\leq\lVert x_{n}-x\rVert<\epsilon$

lo que prueba el resultado.
4.

Si $x_{n}\to x$ y $y_{n}\to y$ entonces existirá un $N\in\mathbb{N}$ tal que si $n\leq N$ , tendremos que $\lVert x_{n}-x\rVert<\epsilon/2$ y $\lVert y_{n}-y\rVert<\epsilon/2$ y usando la desigualdad triangular,

$\lVert x_{n}+y_{n}-x-y\rVert\leq\lVert x_{n}-x\rVert+\lVert y_{n}-y\rVert<\epsilon$
5.

De modo análogo,

$\displaystyle\lVert\alpha_{n}x_{n}-\alpha x\rVert$ $\displaystyle=$ $\displaystyle\lVert alpha_{n}x_{n}-\alpha x_{n}+\alpha x_{n}-\alpha x\rVert$

$\displaystyle\leq$ $\displaystyle\lvert\alpha_{n}-\alpha\rvert\lVert x_{n}\rVert+\lvert\alpha% \rvert\lVert x_{n}-x\rVert\mathop{\to}_{n}0$

puesto que la última expresión es una sucesión de números reales hemos usado que $\alpha_{n}\beta_{n}\to 0$ si $alpha_{n}$ y $\beta_{n}$ son convergentes y una de ellas tiende a cero.
6.

∎

Proposición 2.5.

Sea $(X,\lVert\rVert)$ un espacio lineal normado sobre $\mathbb{F}$ , y $\{x_{n}\}_{n}=1^{\infty}$ una sucesión de Cauchy en $X$ la cual contenga una subsucesión convergente, entonces es convergente.

Demostración.

Sea $\{x_{n_{k}}\}_{k=1}^{\infty}$ una subsucesión convergente a $x^{*}\in X$ . Entonces se tiene que $n_{k}\geq k$ para todo $k$ . Probaremos que para cualquier $\epsilon>0$ existe un $N\in\mathbb{N}$ tal que

\lVert x_{n}-x^{*}\rVert<\epsilon,\quad\text{si}\quad n\geq N.

Por ser $\{x_{n_{k}}\}_{k}$ convergente, existe un $k_{0}$ tal que si $k\geq k_{0}$ tendremos,

\lVert x_{n_{k}}-x^{*}\rVert<\frac{\epsilon}{2}

y por ser $\{x_{n}\}_{n}$ de Cauchy, existe un $n_{0}$ tal que si $m\geq n\geq n_{0}$ tendremos que,

\lVert x_{n}-x_{m}\rVert<\frac{\epsilon}{2}.

Entonces eligiendo $N=n_{k^{\prime}}$ de modo que $n_{k^{\prime}}>\mathop{\operator@font m\acute{a}x}(n_{0},n_{k_{0}})$ tendremos que,

\lVert x_{n}-x^{*}\rVert\geq\lVert x_{n}-x_{n_{k}}\rVert+\lVert x_{n_{k}}-x^{*% }\rVert<\frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2}=\epsilon

si $n>N$ y $k>k^{\prime}$ . ∎

Definición 2.9.

Un espacio métrico $(X,d)$ en el que toda sucesión de Cauchy es convergente se dice completo.

Definición 2.10.

Un espacio lineal normado $(X,\lVert\rVert)$ que es completo respecto de la métrica inducida por la norma se dice que es de Banach.

Proposición 2.6.

Sea $(X,\lVert\rVert)$ un espacio de Banach, y sea $M$ un subespacio lineal de $X$ , entonces $M$ es cerrado si y solo si $M$ es completo.

Demostración.

Sea $M$ subespacio lineal cerrado de $X$ y sea $(x_{n})$ una sucesión de Cauchy de $M$ . Puesto que $(x_{n})$ es también sucesión de Cauchy de $X$ , entonces $x_{n}\to x\in X$ , por ser $X$ completo. Pero entonces $x$ es punto de acumulación de $M$ , y por ser $M$ cerrado entonces $x\in M$ y por tanto $M$ es completo.

Recíprocamente, si $M$ es completo, y dado un punto de acumulación $x\in X$ de $M$ , podemos encontrar una sucesión $(x_{n})$ de $M$ que converge a $x$ . Pero dicha sucesión convergente es de Cauchy, y por ser $M$ completo, esta converge en $M$ y por tanto $x\in M$ , y $M$ es cerrado. ∎

Ejemplos 2.2.

1.

Sea $1<p<\infty$ entonces $\mathbb{F}^{n}$ con $n\in\mathbb{N}$ es un espacio de Banach con la norma $\lVert\rVert_{p}$ .
2.

Sea $1<p<\infty$ , entonces $l_{p}$ es un espacio de Banach.

Demostración.

Sea $(x_{n})_{n\in\mathbb{N}}$ una sucesión de Cauchy en $l_{p}$ . Es decir, que para todo $\epsilon>0$ existe un $N\in\mathbb{N}$ tal que si $n,m\geq N$ tenemos que,

$0<\lVert x_{n}-x_{m}\rVert_{p}=\left[\sum_{n=1}^{\infty}\lvert x_{ni}-x_{mi}% \rvert^{p}\right]^{\frac{1}{p}}<\epsilon\,,$

por lo que para cada índice $i$ tendremos que,

$\lvert x_{ni}-x_{mi}\rvert<\epsilon\,,\forall\,n,m\geq N\,,$

por lo que cada sucesión numérica $(x_{ni})_{n\in\mathbb{N}}$ en $\mathbb{F}$ es de Cauchy, y por ser $\mathbb{F}$ completo, dichas sucesiones son convergentes en $\mathbb{F}$ , sea entonces $x_{i}^{*}$ dichos límites,

$\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}_{n\to\infty}x_{ni}=x_{i}^{*}$

Probaremos ahora que $x^{*}=(x_{i})_{i\in\mathbb{N}}\in l_{p}$ y que efectivamente,

$\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}_{n\to\infty}\lVert x_{n}-x^{*}% \rVert_{p}=0\,.$

Primero consideramos la suma finita,

$0<\sum_{i=1}^{k}\lvert x_{ni}-x_{mi}\rvert^{p}\leq\sum_{i=1}^{\infty}\lvert x_% {ni}-x_{mi}\rvert^{p}=\lVert x_{n}-x_{m}\rVert_{p}^{p}<\epsilon^{p}$

y tomamos el límite cuando $m$ tiende a infinito, y puesto que la suma finita y el módulo y potencia son funciones continuas, obtenemos que,

$\sum_{i=1}^{k}\lvert x_{ni}-x^{*}_{i}\rvert^{p}\leq\epsilon^{p}$

Y ahora, puesto que la suma parcial de la izquierda es una sucesión numérica creciente y acotada, entonces converge. cuando $k$ tiende a infinito, es decir,

$\sum_{i=1}^{\infty}\lvert x_{ni}-x^{*}_{i}\rvert^{p}\leq\epsilon^{p}<+\infty$ (2.1)

y por tanto la sucesión, $s_{n}=x_{n}-x^{*}$ pertenece a $l_{p}$ . Y por linealidad de $l_{p}$ tenemos que,

$x^{*}=x_{n}-s_{n}\in l_{p}\,.$

Finalmente y como consecuencia directa de (2.1) tenemos que $x_{n}$ converge en norma a $x^{*}$ como queríamos demostrar. ∎

2.4 Series en espacios normados

Definición 2.11.

Sea $(X,\lVert\rVert)$ un espacio lineal normado y $x_{n}\in X$ , se dice que la serie $\sum_{n=1}^{\infty}x_{n}$ converge si la sucesión $s_{n}=\sum_{k=1}^{n}x_{k}$ converge en norma en $X$ .

Definición 2.12.

Sea $(X,\lVert\rVert)$ un espacio lineal normado, la serie $\sum_{n}x_{n}$ converge absolutamente en $X$ si la serie numérica $\sum_{n}\lVert x_{n}\rVert$ converge en $\mathbb{F}$ .

Proposición 2.7.

Sea $(X,\lVert\rVert)$ un espacio lineal normado. Entonces $X$ es de Banach si y solo si toda serie absolutamente convergente es convergente.

Demostración.

Demostremos la implicación directa. Si $X$ es de Banach, y $\sum_{n}x_{n}$ es absolutamente convergente, entonces la serie $\sum_{n}\lVert x_{n}\rVert$ es convergente y por tanto de Cauchy. Por tanto se tiene q que para todo $\epsilon>0$ existe $N\in\mathbb{N}$ tal que si $n>m\geq N$ tenderemos que,

\left\|\sum_{k=m}^{n}x_{k}\right\|\leq\sum_{k=m}^{n}\lVert x_{k}\rVert<\epsilon

por lo que la serie $\sum_{n}x_{n}$ es de Cauchy, y por ser $X$ de Banach, entonces es convergente.

Recíprocamente, si toda serie absolutamente convergente es convergente veamos que $X$ es de Banach. Tomemos una sucesión $x_{n}\in X$ de Cauchy. Vamos a encontrar una subsucesión de $x_{n}$ que converge y así demostraremos que $x_{n}$ es convergente y por tanto $X$ de Banach.

Para ello procedemos como sigue. Definamos recursivamente una subsucesión $x_{n_{k}}$ mediante los enteros, $n_{k}\in\mathbb{N}$ , con $n_{1}$ tal que para todo $m,l\geq n_{1}$ se tiene que $\lVert x_{m}-x_{l}\rVert<1/2$ . De nuevo escogemos $n_{2}>n_{1}$ tal que para todo $m,l\geq n_{2}$ tal que $\lVert x_{m}-x_{l}\rVert<1/2^{2}$ . Así recursivamente definimos $n_{p}>n_{p-1}$ tal que para todo $m,l\geq n_{p}$ implica $\lVert x_{m}-x_{l}\rVert<2^{-p}$ .

Ahora escribimos la subsucesión como una serie,

x_{n_{p}}=\sum_{q=1}^{p}s_{q}\,,

donde $s_{q}=x_{n_{q}}-x_{n_{q-1}}$ para $q\geq 2$ y $s_{1}=x_{n_{1}}$ . La serie así definida es absolutamente convergente. En efecto la serie,

\sum_{p=1}^{\infty}\lVert s_{p}\rVert

es de Cauchy ya que para todo $q>r$ tenemos,

\sum_{p=r+1}^{q}\lVert s_{p}\rVert<\frac{1}{2^{r+1}}+\dots\frac{1}{2^{q}}<% \frac{1}{2^{r}}

que tiende a cero cuando $r\to\infty$ . Por tanto la serie $\sum_{p}s_{p}$ converge y por tanto también lo hace la subsucesión $x_{n_{p}}$ a algún punto de $X$ . Pero como hemos visto, toda sucesión de Cauchy con una subsucesión convergente es convergente, y lo hace al mismo elemento al que convergía la subsucesión.. Luego toda sucesión de Cauchy de $X$ converge en $X$ y por tanto $X$ es de Banach. ∎

Proposición 2.8.

Sea $(X,\lVert\rVert)$ un espacio de Banach y $\subset X$ cerrado. Entonces el espacio lineal normado con la norma inducida por el cociente, $(X/M,\lVert\rVert_{M})$ es de Banach.

Demostración.

Primero notemos que al ser $M$ cerrado, $(X/M,\lVert\rVert_{M})$ es un espacio lineal normado. Veamos que además es de Banach.

Sea $([x_{n}])$ una sucesión en $X/M$ tal que la serie, $\sum_{n}[x_{n}]$ es absolutamente convergente, es decir,

\sum_{n=1}^{\infty}\lVert[x_{n}]\rVert_{M}<\infty\,.

Por la definición de la norma inducida $\lVert\rVert_{M}$ para cada $n\in\mathbb{N}$ podremos encontrar un $y_{n}$ tal que,

\lVert x_{n}-y_{n}\rVert<\lVert[x_{n}]\rVert_{M}+2^{-n}\,.

Por tanto la serie $\sum_{n}(x_{n}+y_{n})$ de $X$ es absolutamente convergente, ya que,

\sum_{n=1}^{\infty}\lVert x_{n}-y_{n}\rVert<\sum_{n=1}^{\infty}\lVert[x_{n}]% \rVert_{M}+\sum_{n}=1^{\infty}2^{-n}<\infty

y por ser $X$ de Banach, la serie $\sum_{n}(x_{n}-y_{n})$ es convergente en $X$ , digamos que a $z\in X$ .

Probaremos ahora que la serie $\sum_{n}[x_{n}]$ converge a $[z]$ . En efecto, para toda suma parcial tenemos,

\left\|\sum_{n=1}^{N}[x_{n}]-z\right\|_{M}\leq\left\|\sum_{n=1}^{N}(x_{n}-y_{n% })-z\right\|\mathop{\longrightarrow}_{N\to\infty}0\,,

Lo que demuestra que efectivamente $\sum_{n}[x_{n}]$ converge en $X/M$ y por tanto $X/M$ es de Banach. ∎

2.5 Conjuntos acotados, absolutamente acotados y compactos

Definición 2.13.

Un subconjunto $A$ de un espacio normado $(X,\lVert\rVert)$ se dice acotado si $A$ está contenido en alguna bola $B(x,r)$ centrada en algún $x\in X$ y de radio $r$ para algún $r>0$ .

Proposición 2.9.

Un subconjunto $A$ de un espacio normado $(X,\lVert\rVert)$ es acotado si y solo si existe un real $C>0$ tal que $\lVert a\rVert<C$ para todo $a\in A$ .

Definición 2.14.

Sea $A$ un subconjunto de un espacio lineal normado $(X,\lVert\rVert)$ , y sea $\epsilon>0$ . Un subconjunto $A_{\epsilon}\subset X$ se dice una $\epsilon-$ red para $A$ , si para cada $x\in A$ existe un elemento $y\in A_{\epsilon}$ tal que $\lVert x-y\rVert<\epsilon$ .

En otras palabras, $A_{\epsilon}\subset X$ es una $\epsilon-$ red para $A\subset X$ si cada elemento de $A$ está a una distancia menor que $\epsilon$ de algún elemento de $A_{\epsilon}$ , en fórmulas,

A\subset\bigcup_{x\in A_{\epsilon}}B(x,\epsilon)

Definición 2.15.

Sea $A$ un subconjunto de un espacio lineal normado $(X,\lVert\rVert)$ . Se dice que $A$ es totalmente acotado o precompacto si para cada $\epsilon>0$ existe una $\epsilon-$ red finita $F_{\epsilon}$ .

Proposición 2.10.

Un subconjunto $A\subset X$ de un espacio lineal normado $(X,\lVert\rVert)$ totalmente acotado es acotado.

Demostración.

Puesto que la unión de bolas $B(x,\epsilon)$ centradas en los puntos de cualquier $\epsilon-$ red finita es unión finita de conjuntos acotados, dicha unión es acotada, y también lo será cualquier subconjunto de esta, y en particular lo será $A$ . ∎

Sin embargo, el recíproco de la anterior proposición no es cierta como lo prueba el siguiente ejemplo.

Ejemplo 2.1.

Consideremos el conjunto $A$ constituido por la bola cerrada $A=\bar{B}(0,1)$ , es decir el conjunto de todas las sucesiones $x\in l_{2}$ tales que $\lVert x\rVert\leq 1$ . Este conjunto claramente es acotado, pero como veremos no es absolutamente acotado.

Consideremos el subconjunto numerable $C=\{e_{n}\in L_{2}\quad|\quad(e_{n})_{m\in\mathbb{N}}=\delta_{nm}\}$ que claramente está en $A$ . Además para $n\not=k$ se tiene que,

\lVert e_{n}-e_{k}\rVert=\sqrt{2}

entonces supongamos que $A$ es absolutamente acotado y considremos una $\epsilon-$ red finita, $F_{\epsilon}$ , con $\epsilon<\sqrt{2}/2$ . Entonces siempre podremos escoger un punto $y_{n}\in F_{\epsilon}$ tal que,

\lVert e_{n}-y_{n}\rVert<\frac{\sqrt{2}}{2}\,.

Sin embargo, la distancia de $y_{n}$ a cualquier $e_{k}$ con $k\not=n$ es mayor que $\epsilon$ , ya que,

\lVert e_{k}-y_{n}\rVert>\lvert\lVert e_{k}-e_{n}\rVert-\lVert e_{n}-y_{n}% \rVert\rvert>\sqrt{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}>\epsilon

y del mismo modo se puede ver que las bolas $B(e_{n},\epsilon)$ son disjuntas y cada una de ellas contiene a $y_{n}$ respectivamente, con lo que $y_{n}\not=y_{k}$ para $n\not=k$ , ycon lo anterior, implica que los elementos $y_{n}$ son necesariamente infinitos, lo cual contradice la finitud de $F_{\epsilon}$ .

también lo sera

Proposición 2.11.

Sea $A\subset X$ de un espacio lineal normado $(X,\lVert\rVert)$ . Entonces, $A$ es totalmente acotado si y solo si para todo $\epsilon>0$ existe una $\epsilon-$ red finita $A_{\epsilon}$ contenida en $A$ .

Demostración.

La implicación recíproca es trivial. Para demostrar la implicación directa, sea $\epsilon>0$ , y consideremos una $\epsilon-$ red finita $F_{\epsilon/2}$ de parámetro $\epsilon/2$ . Entonces para cada elemento $y_{j}\in F_{\epsilon/2}$ con $j=1,\dots,n$ . escogemos puntos $x_{j}\in A$ tales que,

\lVert x_{j}-y_{j}\rVert<\frac{\epsilon}{2}\quad\text{para cada}\quad j=1,% \dots,n\,.

Entonces, $G_{\epsilon}\equiv\left\{x_{j}\right\}_{j=1}^{n}$ constituye una $\epsilon-$ red para $A$ que está contenida, trivialmente, en $A$ . Para probar que efectivamente es una $\epsilon-$ red de $A$ , tomemos un elemento arbitrario $x\in A$ . Entonces existirá un $y_{j}\in F_{\epsilon/2}$ para algún $j$ , de modo que,

\lVert x-y_{j}\rVert<\frac{\epsilon}{2}

y por tanto, el elemento correspondiente $x_{j}\in G_{\epsilon}\subset A$ , cumple que,

\lVert x-x_{j}\rVert<\lVert x-y_{j}\rVert+\lVert y_{j}-x_{j}\rVert<\frac{% \epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2}=\epsilon

y en consecuencia $G_{\epsilon}$ es una $\epsilon-$ red finita contenida en $A$ . ∎

Proposición 2.12.

Sea $K\subset X$ de un espacio lineal normado $(X,\lVert\rVert)$ . $K$ es absolutamente acotado si y solo si cualquier sucesión $(x_{n})_{n\in\mathbb{N}}\in K$ posee una subsucesión $(x_{n_{k}})_{k\in\mathbb{N}}$ que es de Cauchy.

Demostración.

Sea $(x_{n})_{n\in\mathbb{N}}$ una sucesión infinita en $K$ (si fuera finita, es claro que existe una subsucesión de Cauchy). Puesto que $K$ es absolutamente acotado, existe una $\epsilon-$ red finita en $K$ con $\epsilon=1/2$ , $F_{1}=\{y_{1r}\}_{r=1}^{n_{1}}$ . Entonces al menos una bola $B_{1}=B(y_{1r_{1}},1/2)$ contendrá un número infinito de elementos de $(x_{n})_{n\in\mathbb{N}}$ , a los que identificamos como la subsucesión infinita , $x_{n1}$ . Con esta subsucesión infinita repetimos el proceso con una $\epsilon-$ red finita con $\epsilon=1/4$ , $F_{2}=\{y_{22r}\}_{r=1}^{n_{2}}$ . De nuevo, existirá una bola $B_{2}=B(y_{2r_{2}},1/4)$ que contendrá infinitos elementos de $x_{n1}$ , que define la subsucesión $x_{2n}$ . De este modo, podemos definir recursivamente subsucesiones $x_{nk}$ contenidas en bolas $B_{k}=B(y_{kr},1/2^{k})$ , para todo $k\in\mathbb{N}$ . . La subsucesión diagonal, $x_{nn}$ es de Cauchy. En efecto, sean $n>m\,,n,m\in\mathbb{N}$ , entonces,

\lVert x_{nn}.-x_{mm}\rVert<\lVert x_{n}n-y_{mr_{m}}\rVert+\lVert y_{mr_{m}}-x% _{mm}\rVert<\frac{1}{2^{m}}+\frac{1}{2^{m}}=\frac{1}{2^{m-1}}

que tiende a cero cuando $m$ y $n$ van a infinito.

Recíprocamente, supongamos que toda sucesión en $K$ tiene una subsucesión de Cauchy, y supongamos también que $K$ no es absolutamente acotada, y veremos que llegamos a una contradicción. En efecto, puesto que $K$ no es absolutamente acotado, existe un $\epsilon>0$ para el cual no existe una $\epsilon-$ red finita para $K$ . Entonces, tomando un punto cualquiera de $K$ , $x_{1}$ , como centro de una bola de radio $\epsilon$ , $B_{1}=B(x_{1},\epsilon)$ , siempre podemos escoger otro punto de $K$ , $x_{2}$ fuera de $B_{1}$ (de lo contrario tendríamos una $\epsilon-$ red finita para $K$ ). De nuevo, la bola $B_{2}=B(x_{2},\epsilon)$ junto con la bola $B_{1}$ no pueden recubrir todo $K$ así que podemos escoger un $x_{3}\in K$ fuera de $B_{1}$ y $B_{2}$ , etc. Este proceso se puede repetir indefinidamente obteniendo una sucesión $x_{n}$ que cumple evidentemente la propiedad,

\lVert x_{n}-x_{m}\rVert>\epsilon,\quad\forall n,m\in\mathbb{N}\,,

lo que hace imposible obtener de esta sucesión una subsucesión de Cauchy. ∎

Definición 2.16.

Sea $K\subset X$ de un espacio topológico $(X,\mathcal{T})$ . Un recubrimiento abierto de $K$ es una colección de abiertos cuya unión recubre a $K$ ,

K\subset\bigcup_{\alpha}U_{\alpha}\,.

Un subrecubrimiento de un recubrimiento es simplemente una parte de este.

En lo que sigue, la topología a la que nos referiremos será aquella inducida por una norma.

Definición 2.17.

Sea $K\subset X$ de un espacio topológico $(X,\mathcal{T})$ . Decimos que $K$ es compacto si todo recubrimiento abierto de $K$ posee un subrecubrimiento finito de $K$ .

Definición 2.18.

Sea $K\subset X$ de un espacilo lineal normado $(C,\lVert\rVert)$ . Se dice que $K$ es secuencialmente compacto si toda sucesión en $K$ posee una subsucesión convergente en $K$ .

Definición 2.19.

Sea $\mathcal{U}$ un recubrimiento abierto de $K\subset X$ de un espacio lineal normado $(X,\lVert\rVert)$ , decimos que $\epsilon>0$ es número de Lebesgue para $\mathcal{U}$ si para todo $x\in K$ , la bola $B(x,\epsilon)$ está contenida en al menos un abierto $U\in\mathcal{U}$ .

Lema 2.3.

Sea $(X,\lVert\rVert)$ un espacio lineal normado y $K\subset X$ secuencialmente compacto, entonces cualquier recubrimiento abierto $\mathcal{U}$ de $K$ tiene número de Lebesgue.

Demostración.

Procedamos por contradicción. Supongamos qe $K$ es secuencialmente compacto y que existe un recubrimiento abierto $\mathcal{U}$ de $K$ no posee número de Lebesgue. Entonces siempre podremos encontrar una sucesión de puntos de $K$ , $x_{1},x_{2}\dots,x_{k},\dots$ para los cuales las bolas, $B(x_{k},1/2^{k})$ no están en ningún abierto de $\mathcal{U}$ , para cada $k\in\mathbb{N}$ . Sin embargo, por ser $K$ secuencialmente compacto, dicha sucesión debe poseer una subsucesión $x_{n_{k}}$ convergente en $K$ , digamos a $x^{*}\in K$ . Entonces $x^{*}\in U\in\mathcal{U}$ . Por ser abierto $U$ que contiene a $x^{*}$ , contiene una bola de radio $r>0$ , $B(x^{*},r)\subset U$ . Además para este valor de $r$ existe un $k_{0}\in\mathbb{N}$ tal que,

\lVert x^{*}-x_{n_{k}}\rVert<\frac{r}{2}\,,\quad\forall k\geq k_{0}\,,

También existe un $k_{1}\in\mathbb{N}$ tal que,

\frac{1}{2^{n_{k}}}<\frac{r}{2}\,,\quad\forall k>k_{1}\,.

Eligiendo $k^{\prime}=\mathop{\operator@font m\acute{a}x}(k_{0},k_{1})$ tendremos que para todo $k>k^{\prime}$ , la bola $B(x_{n_{k}},2^{-n_{k}})\subset B(x^{*},r)$ ya que si $x\in B(x_{n_{k}},2^{-n_{k}})$ , entonces,

\lVert x-x^{*}\rVert<\lVert x-x_{n_{k}}\rVert+\lVert x_{n_{k}}-x^{*}\rVert<% \frac{r}{2}+\frac{r}{2}=r\,,

por lo que $B(x_{n_{k}},2^{-n_{k}})\subset B(x^{*},r)\subset U\in\mathcal{U}$ que contradice la propiedad de los elementos de la sucesión $x_{n}$ . ∎

Proposición 2.13.

Sea $K\subset X$ de un espacio lineal normado $(X,\lVert\rVert)$ . Entonces $K$ es absolutamente acotado si y solo si $\bar{K}$ es compacto.

Demostración.

Demostremos primero la implicación recíproca. Si $\bar{K}$ es compacto, el recubrimiento abierto formado por todas las bolas de radio $\epsilon>0$ centradas en los $x\in\bar{K}$ , recubren a $bar{K}$ y por tanto existe una subcolección finita de dichas bolas que también recubren $\bar{K}$ y por tanto también a $K$ , con lo cual $K$ es absolutamente acotado.

Para probar la implicación directa usaremos el lema anterior. Consideremos un recubrimiento abierto arbitrario $\mathcal{R}$ para $\bar{K}$ que también recubrirá obviamente a $K$ . Por ser $K$ absolutamente acotado y por el lema anterior, dicho recubrimiento tendrá número de Lebesgue. Sea $r>0$ número de Lebesgue para $\mathcal{R}$ . Por ser $K$ absolutamente acotado existirá una $\epsilon-$ red finita en $K$ con $\epsilon=r$ , es decir habrá una colección finita de bolas centradas en puntos $x_{k}\in K$ ( $k=1,\dots,n$ ), $B_{k}=B(x_{k},r)$ , que cubren todo $K$ . Pero por ser $r$ número de Lebesgue de $\mathcal{R}$ cada una de estas bolas estará contenida en algún abierto de $\mathcal{R}$ ,

B_{k}\subset U_{k}\in\mathcal{R},\,k=1,\dots,n\,.

Y por tanto la subcolección finita $\mathcal{R}^{\prime}=\{U_{k}\in\mathcal{R}\quad|\quad k=1,\dots,n\}$ es un subrecubrimiento finito de $\bar{K}$ , y por tanto es compacto. ∎

Este último resultado justifica el nombre de precompacto para los conjuntos absolutamente acotados.

Lema 2.4.

Sea $K\subset X$ un compacto de un espacio topológico $(X,\mathcal{T}$ .Entonces todo subconjunto infinito $A\subset K$ posee un punto límite en $K$ .

Demostración.

Recordemos que $x\in A\subset X$ es un punto límite si cualquier abierto que contenga a $x$ contendrá algún elemento de $A$ distinto de $x$ . Procedamos entonces por contradicción. Asumamos que $K$ es compacto y $A$ es infinito y no tiene puntos límite en $K$ . Entonces

\forall x\in X-A\,,\exists U_{x}\in\mathcal{T}\,|\,U_{x}\subset X-A

y por tanto, $X-A=\bigcup_{x\in X-A}U_{x}$ es abierto y en consecuencia $A$ es cerrado. También se tiene que,

\forall a\in A\,\exists U_{a}\in\mathcal{T}\quad|\quad a\in U_{a},a^{\prime}% \not\in U_{a}\,\forall a^{\prime}\not=a,a^{\prime}\in A\,,

es decir, que podemos recubrir $A$ con abiertos $U_{a}$ que solo contienen un elemento de $A$ .

Por tanto la colección $\mathcal{R}=X-A\,\bigcup\{U_{a}\quad|\quad a\in A\}$ es un recubrimiento abierto de $K$ . Y por ser $K$ compacto, $\mathcal{R}$ debe poseer un subrecubrimiento finito lo cual contradice el hecho de que $A$ es infinito. ∎

Proposición 2.14.

Sea $K\subset X$ de un espacio lineal normado $(X,\lVert\rVert)$ . $K$ es compacto si y solo si $K$ es secuencialmente compacto.

Demostración.

Demostremos primero la implicación directa. Sea $x_{n}$ una sucesión en $K$ . si $x_{n}$ está constituida por u número finito de puntos, es evidente que $x_{n}$ tiene una subsucesión convergente en $K$ . Sin embargo, si $x_{n}$ es una sucesión infinita de puntos, por ser $K$ compacto y por el lema previo $x_{n}$ tiene al menos un punto límite en $K$ , sea $x$ uno de estos puntos límite. Entonces eligiendocualquier elemento $x_{n_{1}}$ de la sucesión en la bola $B(x,1)$ , $x_{n_{2}}$ , con $n_{2}>n_{1}$ en la bola $B(x,1/2)$ , … $x_{n_{k}}$ , con $n_{k}>n_{k-1}$ , en la bola $b(x,1/k)$ , etc. Así construimos una subsucesión $x_{n_{k}}$ que converge a $x$ .

Recíprocamente, si $K$ es secuencialmente compacto, veremos por contradicción que $K$ debe ser compacto. Tomemos un recubrimiento abierto $\mathcal{R}$ de $K$ y asumamos que $K$ es secuencialmente compacto pero no compacto, de modo que no existe un subrecubrimiento de $\mathcal{R}$ . Por ser $K$ secuencialmente compacto $\mathcal{R}$ tiene número de Lebesgue, sea $r>0$ uno de tales números. Elijamos $x_{1}\in K$ , entonces la bola $B(x,r)$ está contenido en algún abierto $U_{1}\in\mathcal{R}$ . Existe otro punto $x_{2}\in K$ que no está en $B(x_{1},r)$ , ya que de lo contrario $U_{1}$ recubre finitamente a $K$ . De nuevo la bola $B(x_{2},r)$ debe estar contenido en un abierto $U_{2}\in\mathcal{R}$ , y así recursivamente encontramos una sucesión infinita $x_{k}\in K$ tal que,

\lVert x_{k}-x_{n}\rVert>r,\quad k\not=n\,,

pero dicha sucesión claramente no puede tener una subsucesión convergente lo que contradice que $K$ sea secuencialmente compacto.

∎

La siguiente proposición caracteriza los conjuntos compactos de espacios lineales normados en t ´términos de acotación absoluta y completitud.

Proposición 2.15.

Sea $K\subset X$ de un espacio lineal normado $(X,\lVert\rVert)$ . $K$ es compacto si y solo si es absolutamente acotado y completo.

Demostración.

Por la proposición previa, compacto es equivalente a secuencialmente compacto en un espacio lineal normado. Por tanto demostraremos que $K$ es secuencialmente compacto si y solo si es absolutamente acotado y completo.

Primero procedemos con la prueba de la implicación directa. Puesto que si $K$ es secuencialmente compacto, toda subsucesión en $D$ posee una subsucesión convergente en $K$ , y p por tanto, dicha subsucesión es de Cauchy. Además, toda sucesión de Cauchy en $K$ , por ser sucesión en un secuencialmente compacto, posee una subsucesión convergente en $K$ . Pero toda sucesión de Cauchy con una subsucesión convergente es convergente y por tanto $K$ es completo.

La implicación recíproca es también fácil. Si $K$ es absolutamente acotado, toda sucesión en $K$ posee una subsucesión de Cauchy. Y por ser $K$ completo, dicha subsucesión de Cauchy es convergente, y por tanto $K$ es secuencialmente compacto. ∎

Corolario 2.1.

Todo subconjunto $K$ de un espacio de Banach es compacto si y solo si es absolutamente acotado y cerrado.

Corolario 2.2.

Todo conjunto compacto de un espacio lineal normado $(X,\lVert\rVert)$ es cerrado y acotado.

Como veremos, el recíproco se cumplirá además si el espacio lineal es finito dimensional.

Corolario 2.3.

Todo subconjunto $C$ cerrado de un espacio lineal normado compacto $(X,\lVert\rVert)$ , es compacto.

2.6 Espacios lineales normados finito dimensionales

Lema 2.5.

Sea $(X,\lVert\rVert)$ un espacio lineal normado finito dimensional, y sea $x_{1},\dots,x_{n}$ una base de $X$ . Entonces existe un $m>0$ tal que para toda $n-$ tupla de números $(\alpha_{1},\dots,\alpha_{n})\in\mathbb{F}^{n}$ se tiene que,

m\sum_{k=1}^{n}\lvert\alpha_{k}\rvert\geq\lVert\sum_{k=1}^{n}\alpha_{k}x_{k}% \rVert\,.

Demostración.

En el caso que $\sum_{k}\lvert\alpha_{k}\rvert=0$ implica que $\alpha_{k}=0$ para todo $k$ , y por tanto la desigualdad se cumple con cualquier $m>0$ . Supongamos entonces que $\sum_{k}\lvert\alpha_{k}\rvert\not=0$ . En primer lugar consideremos el subconjunto tal que,

A=\{(\alpha_{1},\dots,\alpha_{n})\quad|\quad\sum_{k=1}^{n}\lvert\alpha_{k}% \rvert=1\}\,,

y consideremos la función $f:A\subset\mathbb{F}^{n}\longrightarrow\mathbb{R}$ , tal que,

f(\alpha_{1},\dots,\alpha_{n})=\lVert\sum_{k=1}^{n}\alpha_{k}x_{k}\rVert\,.

De Análisis elemental sabemos que al ser $A$ cerrado y acotado, debe ser compacto (pruébelo con la norma del valor absoluto, mostrando que es absolutamente acotado y completo), y la función $f$ es continua ya que si $\alpha,\beta\in A$ , tendremos que,

\lvert f(\alpha)-f(\beta)\rvert=\lvert\lVert\sum_{k=1}^{n}\alpha_{k}x_{k}% \rVert-\lVert\sum_{k=1}^{n}\beta_{k}x_{k}\rVert\rvert\leq\lVert\sum_{k=1}^{n}(% \alpha_{k}-\beta_{k})x_{k}\rVert\leq\sum_{k=1}^{n}\lvert\alpha_{k}-\beta_{k}% \rvert\lVert x_{k}\rVert\leq M\sum_{k=1}^{n}\lvert\alpha_{k}-\beta_{k}\rvert\,,

donde,

M=\mathop{\operator@font m\acute{a}x}_{k\in\{1,\dots,n\}}\lVert x_{k}\rVert\,.

Así pues $f(A)\subset\mathbb{R}$ también es compacto y por tanto cerrado y acotado. Así pues, tiene máximo y mínimo, en concreto existirá un punto $\mu_{1},\dots,\mu_{n})$ tal que,

f(\mu_{1},\dots,\mu_{n})=m=\mathop{\operator@font\acute{{\imath}}nf}_{\alpha% \in A}f(\alpha)\,.

Entonces $m\geq 0$ , pero probamos que estrictamente $m>0$ . Si $m=0$ entonces,

\sum_{k=1}^{n}\lvert\mu_{k}\rvert=0\,,\quad\Rightarrow\mu_{k}=0\,\,\forall k

pero dicho punto no pertenece a $A$ . Luego hemos probado la desigualdad para todos los coeficientes en $A$ .

Si $\alpha\not\in A$ y $\alpha\not=0$ , entonces los coeficientes $\beta$ ,

\beta_{k}=\frac{\alpha_{k}}{\sum_{l=1}^{n}\lvert\alpha_{l}\rvert}\in A

y podemos usar la desigualdad mostrada para $\beta$ , lo que nos da la desigualdad que queríamos probar una vez escribimos $\beta$ en términos de $\alpha$ . ∎

Proposición 2.16.

Todas las normas definidas en un espacio lineal normado $d-$ dimensional son equivalentes.

Demostración.

Sean $\lVert\rVert_{1}$ y $\lVert\rVert_{2}$ dos normas definidas en el espacil lineal $d-$ dimensional $X$ . Sea $\{x_{1},\dots,x_{d}\}$ una base de $X$ , entonces para todo $x\in X$ existen coeficientes $\alpha_{1},\dots,\alpha_{d}\in\mathbb{F}$ tales que $x=\sum_{k=1}^{d}\alpha_{k}x_{k}$ . Entonces, por un lado, debido al lema anterior, existe un $m_{1}>0$ tal que para todo $x\in X$ , se tiene que,

m_{1}\sum_{k=1}^{d}\lvert\alpha_{k}\rvert\leq\lVert\sum_{k=1}^{d}\alpha_{k}x_{% k}\rVert_{1}=\lVert x\rVert_{1}\,.

Y por el otro lado tenemos,

\lVert x\rVert_{2}=\lVert\sum_{k=1}^{d}\alpha_{k}x_{k}\rVert_{2}\leq\sum_{k=1}% ^{d}\lvert\alpha_{k}\rvert M_{2}\,,

donde $M_{2}=\mathop{\operator@font m\acute{a}x}_{k}\lVert x_{k}\rVert_{2}\not=0$ . Por tanto,

\frac{m_{1}}{M_{2}}\lVert x\rVert_{2}\leq\lVert x\rVert_{1}\,.

Usando los mismos argumentos intercambiando $1\leftrightarrow 2$ llegamos a una expresión,

\frac{m_{1}}{M_{2}}\lVert x\rVert_{2}\leq\lVert x\rVert_{1}\leq\frac{M_{1}}{m_% {2}}\lVert x\rVert_{2}\,.

con $m_{2}$ y $M_{1}$ definidos de forma similar a $m_{1}$ y $M_{2}$ . ∎

Proposición 2.17.

Todo espacio lineal normado finito dimensional es completo.

Demostración.

Sea $\{e_{1},\dots,e_{d}\}$ una base lineal de $X$ , y $x_{n}$ una sucesión de Cauchy en $(X,\lVert\rVert)$ . Entonces cada elemento de la sucesión puede escribirse en términos de la base como,

x_{n}=\sum_{i=1}^{d}\alpha_{n}^{i}e_{i}\,,

Entonces debido al lema previo existe un $m>0$ , y a que $x_{n}$ es de Cauchy, para todo $\epsilon>0$ existe un $N\in\mathbb{N}$ tal que si $n,m\geq N$ , se tiene,

m\sum_{i=1}^{d}\lvert\alpha_{n}^{i}-\alpha_{m}^{i}\rvert\leq\lVert\sum_{i=1}^{% d}(\alpha_{n}^{i}-\alpha_{m}^{i})e_{i}\rVert=\lVert x_{n}-x_{m}\rVert<\epsilon\,.

Por lo que,

\lvert\alpha_{n}^{i}-\alpha_{m}^{i}\rvert<\frac{\epsilon}{m}\,,\quad\forall m,% n\geq N

Así pues las $d$ sucesiónes numéricas $(\alpha_{n}^{i})_{n}$ son sucesiones de Cauchy en $\mathbb{F}$ por lo que son convergentes al ser $\mathbb{F}$ completo. Sea $\alpha^{i}$ ( $i=1,\dots,d$ ) los límites de dichas sucesiones. Entonces $x=\sum_{i=1}^{d}\alpha^{i}e_{i}\in X$ . Queda por comprobar que efectivamente $x_{n}$ tiende a $x$ en norma. Sea $\epsilon>0$ , y $N=\mathop{\operator@font m\acute{a}x}_{i}(N_{i})$ con $N_{i}\in\mathbb{N}$ tales que si $n_{i}\geq N_{i}$ para todo $i=1,\dots,d$ , se tiene que,

\lvert\alpha_{n_{i}}^{i}-\alpha^{i}\rvert<\frac{\epsilon}{Md}\,,

donde $M=\mathop{\operator@font m\acute{a}x}_{i}(\lVert e_{i}\rVert)$ . Entonces para todo $n\in\mathbb{N}$ tal que $n\geq N$ , tenemos que,

\lVert x_{n}-x\rVert=\lVert\sum_{i=1}^{d}(\alpha_{n}^{i}-\alpha^{i})e_{i}% \rVert\leq\sum_{i=1}^{d}\lvert\alpha_{n}^{i}-\alpha^{i}\rvert\lVert e_{i}% \rVert\leq\sum_{i=1}^{d}\lvert\alpha_{n}^{i}-\alpha^{i}\rvert M<\epsilon\,,

lo que demuestra que $(X,\lVert\rVert)$ es completo. ∎

Corolario 2.4.

Todo subespacio lineal de un espacio lineal normado finito dimensional $(X,\lVert\rVert)$ es cerrado.

Proposición 2.18.

Sea $K$ un subconjunto de un espacio lineal normado finito dimensional $(X,\lVert\rVert)$ . Entonces $K$ es compacto si y solo si $K$ es cerrado y acotado.

Demostración.

La implicación directa ya fue probada para todo espacio lineal normado. Demostremos la implicación recíproca.

Sea $z_{n}$ una sucesión en $K$ cerrado y acotado. Probaremos que $z_{n}$ posee una subsucesión convergente en $K$ lo que probará que $K$ es secuencialmente compacto y por tanto compacto.

Sea $\{e_{1},\dots,e_{d}\}$ una base lineal para $X$ , entonces cada elemento de la sucesión $z_{n}$ puede escribirse como,

z_{n}=\sum_{i=1}^{i}\alpha^{i}_{n}e_{i}\,.

Por el lema previo existe un $m>0$ tal que ,

m\sum_{i=1}^{d}\lvert\alpha_{n}^{i}\rvert\leq\lVert z_{n}\rVert

para todo $n\in\mathbb{N}$ . Además por ser $K$ acotado existe un $M>0$ tal que, $\lVert z\rVert\leq M$ , y por tanto,

\lvert\alpha_{n}^{i}\rvert\leq\frac{M}{m}\,,

para todo $i=1,\dots,d$ y $n\in\mathbb{N}$ , por lo que cada sucesión numérica $(\alpha^{i}_{n})_{n}$ es acotada, y por tanto tiene sendas subsucesiones convergentes (?’ por qué?). Sean $(\alpha^{i}_{n_{k}})_{k}$ dichas subsucesiones que convergen a $\alpha^{i}$ . Entonces la subsucesión,

z_{n_{k}}=\sum_{i=1}^{d}\alpha^{i}_{n_{k}}e_{i}\in K

converge en norma a,

z=\sum_{i=1}^{d}\alpha^{i}e_{i}\in X

como puede verificarse fácilmente. Ahora bien, por ser $K$ cerrado y por ser $z$ punto de acumulación de $K$ entonces $z\in K$ . Así pues, toda sucesión en $D$ posee una subsucesión convergente en $K$ y por tanto $K$ es compacto. ∎

Lema 2.6 (Riesz).

Sea $M$ un subespacio lineal propio de un espacio lineal normado $(X,\lVert\rVert)$ , y sea $B$ la bola unidad cerrada en $X$ , es decir, $B=\{x\in X\quad|\quad\lVert x\rVert=1\}$ . Entonces para todo $\epsilon>0$ existe un $x\in B$ tal que,

\lVert y-x\rVert>1-\epsilon,\quad\forall y\in M\,.

Demostración.

Sea $x^{\prime}\in X-B$ , y sea $d$ ,

d=\mathop{\operator@font\acute{{\imath}}nf}_{m\in M}\lVert x^{\prime}-m\rVert\,.

Por ser $M$ cerrado $d>0$ . Y por definición de ínfimo, existe $m^{\prime}\in M$ tal que,

d\leq\lVert x^{\prime}-m^{\prime}\rVert<d+d\epsilon=d(1+\epsilon)\,,

dado $\epsilon>0$ .

Ahora bien, el elemento $x$ definido,

x=\frac{x^{\prime}-m}{\lVert x^{\prime}-m\rVert}\in B\bigcap(X-M)\,,

y se tiene que para cualquier $y\in M$ ,

	$\displaystyle\lVert y-x\rVert$	$\displaystyle=\left\\|y-\frac{x^{\prime}-m^{\prime}}{\lVert x^{\prime}-m^{% \prime}\rVert}\right\\|=\frac{\lVert x^{\prime}-y^{\prime}\rVert}{\lVert x^{% \prime}-m^{\prime}\rVert}$
		$\displaystyle\geq\frac{d}{\lVert x^{\prime}-m^{\prime}\rVert}>\frac{1}{1+% \epsilon}>1-\epsilon\,,$

donde $y^{\prime}=y\lVert x^{\prime}-m^{\prime}\rVert-m^{\prime}\in M$ . ∎

Proposición 2.19.

Sea $(X,\lVert\rVert)$ un espacio lineal normado. Entonces $X$ es finito dimensional si y solo si la bola unidad cerrada es compacta.

Demostración.

La implicación directa es fácil ya que si $X$ es finitodimensional, entonces pu puesto que la bola unidad es acotada y cerrada, entonces es compacta como se probó en una proposición anterior. Recíprocamente, supongamos que la bola unidad es compacta. Entonces es absolutamente acotada y existe una $\epsilon-$ red finita , de razón $\epsilon=1/2$ , para la bola unidad. Sea $F_{1/2}=\{x_{1},\dots,x_{m}\}$ dicha red, y sea $M=\langle x_{1},\dots,x_{m}\rangle$ el subespacio lineal generado por los elementos de la $\epsilon-$ red.

Supongamos ahora que $M\not=X$ . Puesto que $M$ es cerrado al ser finito dimensional, podemos usar el lema de Riesz con $\epsilon=1/2$ para probar que existe un $x\in B(0,1)\bigcap(X-M)$ tal que,

\lVert x-y\rVert>\frac{1}{2}\,,\quad\forall y\in M

En particular,

\lVert x-x_{k}\rVert>\frac{1}{2}\,,\quad\forall k=1,\dots,m

lo que contradice que $\{x_{1},\dots,x_{m}\}$ sea una $\epsilon-$ red para $B(0,1)$ . Por tanto $M=X$ y $X$ es finito dimensional. ∎

Esta última proposición nos proporciona otra forma de ver que acotado no implica absolutamente acotado. Consideremos la bola unidad cerrada en $l_{2}$ . Dicha bola es evidentemente acotada. Supongamos que también es absolutamente acotada. Entonces por ser $l_{2}$ completo y $B$ cerrada, entonces $B$ es completa. Por tantto, la bola $B$ sería completa y¡y absolutamente acotada, lo que es equivalente a que $B$ es compacta. Y por la proposición anterior $l_{2}$ debería ser finitodimensional, lo cual es absurdo.

2.7 Espacios separables y bases de Schauder

Definición 2.20.

Sea $S\subset X$ de un espacio topológico $(X,\mathcal{T})$ . Se dice que $S$ es denso en $X$ si $\bar{S}=X$ .

Para un espacio métrico lo anterior es equivalente a decir que dado $x\in X$ y $\epsilon>0$ , existe $s\in S$ tal que $d(x,s)<\epsilon$ .

Definición 2.21.

Se dice que un espacio topológico $(X,\mathcal{T})$ es separable si contiene un subconjunto numerable denso en $X$ .

Ejemplos 2.3.

1.

Los conjuntos $\mathbb{R}$ y $\mathbb{C}$ con la topología usual son separables.
2.

El espacio $l_{p}$ es separable. Veamos que $l_{0}(\mathbb{Q}$ , el conjunto de las sucesiones con valores racionales y con un conjunto de entradas distintas de cero finito, es denso en $l_{p}$ . En efecto, sea $x\in l_{p}$ y $\epsilon>0$ , entonces existe $N\in\mathbb{N}$ tal que,

$\sum_{k=N}^{\infty}\lvert x_{k}\rvert^{p}<\frac{\epsilon^{p}}{2}$

y existen racionales $q_{r}\in\mathbb{Q}$ con $r=1,\dots,N-1$ , tales qe

$\lvert x_{r}-q_{r}\rvert^{p}<\frac{\epsilon^{p}}{2N}\,,r=1,\dots,N-1\,,$

Entonces la sucesión $s$ que vale $s_{k}=q_{k}$ si $k<N$ y $s_{k}=0$ en otro caso, pertenece a $l_{0}(\mathbb{Q})$ , y se tiene que

$\lVert x-s\rVert_{p}^{p}=\sum_{k=1}^{N-1}\lvert x_{k}-q_{k}\rvert^{p}+\sum_{k=% N}^{\infty}\lvert s_{k}\rvert^{p}<\frac{epsilon^{p}}{2}+\frac{\epsilon^{p}}{2}% =\epsilon^{p}\,,$

de donde se deduce que $\lVert x-s\rVert<\epsilon$ .

Además $l_{0}(\mathbb{Q})$ es la unión numerable de conjuntos numerables y por tanto es un conjunto numerable (ver sección de apéndice al final de este capítulo). Por tanto $l_{p}$ es separable.
3.

El espacio $l_{\infty}$ de las sucesiones acotadas con la métrica del supremo no es separable. En efecto, sea $M\subset l_{\infty}$ el conjunto de las sucesiones formadas por $1$ ’s y $0$ ’s únicamente. Claramente $M$ no es contable, ya que se puede identificar con la representación binaria de los números reales, o alguno de sus intervalos. Además, para todo par de elementos distintos de $M$ , $X\not=y$ , se tiene que,

$\lVert x-y\rVert_{\infty}=1\,,$

de modo que las bolas centradas en los elementos de $M$ y radio $1/4$ son todas disjuntas. Entonces sea $A\subset l_{\infty}$ que sea denso. Entonces debería haber al menos un elemento distinto $a\in A$ en cada una de las bolas antes descritas, y por tanto $A$ no puede ser numerable.

Proposición 2.20.

Un espacio lineal normado $(X,\lVert\rVert)$ es separable si y solo si existe un subconjunto $B\subset X$ numerable tal que $X=\overline{\langle B\rangle}$ .

Demostración.

La implicación directa: sea $B\subset X$ denso y contable, entonces dado $x\in X$ y un $\epsilon>0$ , existe un $a\in B$ , que por tanto también $a\in\langle B\rangle$ , tal que $\lVert x-a\rVert<\epsilon$ por lo que $\langle B\rangle$ es también denso. Recíprocamente, supongamos que $X=\overline{\langle B\rangle}$ para algún subconjunto contable $B\subset X$ , y veamos que $X$ es separable. Para ello supongamos primero que $\mathbb{F}=\mathbb{R}$ , y etiquetemos los puntos de $B$ , $x_{1},\dots,x_{n}\dots$ , y consideremos el conjunto $C\subset X$ definido por,

C=\{\sum_{k=1}^{n}\alpha_{k}x_{k}\quad|\quad n\in\mathbb{N},\,\alpha_{k}\in% \mathbb{Q}\}\,.

Primero veamos que $C$ es numerable. Para ello notemos que el producto cartesiano $\mathbb{Q}\times B$ es numerable por ser producto de dos conjuntos numerables , y también lo es el conjunto $\mathcal{F}$ de todos los subconjuntos finitos de $\mathbb{Q}\times B$ (ver apéndice al final del capítulo). Y finalmente notemos que la función $f:\mathcal{F}\longrightarrow C$ que envía la $N-$ tupla $((\alpha_{1},x_{1}),(\alpha_{2},x_{2}),\dots,(\alpha_{N},x_{N}))$ al elemento, $\sum_{k=1}^{N}\alpha_{k}x_{k}\in C$ mapea $\mathcal{F}$ sobre $C$ , y por tanto $C$ es también numerable. Ahora probemos que $\bar{C}=X$ . Para ello tomemos $x\in X$ . Por ser $X=\overline{\langle B\rangle}$ , para todo $\epsilon>0$ , existen $N$ coeficientes $\lambda_{1},\lambda_{2},\dots,\lambda_{N}\in\mathbb{R}$ y puntos $x_{1},x_{2},\dots,x_{N}\in B$ tales que,

\lVert x-\sum_{k=1}^{N}\lambda_{k}x_{k}\rVert<\frac{\epsilon}{2}\,.

Y para tales coeficientes existen racionales $\mu_{1},\dots,\mu_{N}\in\mathbb{Q}$ tales que,

\lvert\lambda_{k}-\mu_{k}\rvert<\frac{\epsilon}{2N(1+\lVert x_{k}\rVert)}\,,

de modo que,

	$\displaystyle\left\\|x-\sum_{k=1}^{N}\mu_{k}x_{k}\right\\|$	$\displaystyle\leq\left\\|x-\sum_{k=1}^{N}\lambda_{k}x_{k}\right\\|+\left\\|\sum_{% k=1}^{N}(\lambda_{k}-\mu_{k})x_{k}\right\\|$
		$\displaystyle<\frac{\epsilon}{2}+\sum_{k=1}^{N}\lvert\lambda_{k}-\mu_{k}\rvert% \lVert x_{k}\rVert$
		$\displaystyle<\frac{\epsilon}{2}+\sum_{k=1}^{N}\frac{\epsilon\lVert x\rVert}{2% N(1+\lVert x\rVert)}<\epsilon\,,$

lo que prueba que $C$ es denso en $X$ .

Para probar esta implicación en el caso de $\mathbb{F}=\mathbb{C}$ basta cambiar $C$ por aquellas combinaciones con coeficientes racionales por coeficientes con parte real e imaginaria racional.

∎

Ejemplo 2.2.

Usando la proposición anterior podemos ver, en otra forma alternativa, que $l_{p}$ es separable. Consideremos el conjunto $B$ de las sucesiones $e_{n}=(\delta_{n}m)_{m=1}^{\infty}$ que consisten en ceros salvo un uno en la posición n-ésima. Sea $x\in l_{p}$ , y dado $\epsilon>0$ , existe $N\in\mathbb{N}$ tal que,

\left[\sum_{k=N+1}^{\infty}\lvert x_{k}\rvert^{p}\right]^{\frac{1}{p}}<% \epsilon\,.

Entonces consideremos la combinación lineal $y=\sum_{k=1}^{N}x_{k}e_{k}\in\langle B\rangle$ , y vemos que,

\lVert x-y\rVert=\left[\sum_{k=N+1}^{\infty}\lvert x_{k}\rvert^{p}\right]^{% \frac{1}{p}}<\epsilon\,.

Definición 2.22.

Sea $(X,\lVert\rVert)$ un espacio de Banach, y $b_{n}$ una sucesión de $X$ tal que dado $x\in X$ y $\epsilon>0$ existe una única sucesión numérica $\alpha_{n}\in\mathbb{F}$ tal que,

\left\|x-\sum_{k=1}^{n}\alpha_{k}b_{k}\right\|\mathop{\longrightarrow}_{n\to% \infty}0\,.

Se dice que $b_{n}$ es una base de Schauder para $(X,\lVert\rVert)$ y se escribe,

x=\sum_{n=1}^{\infty}\alpha_{n}b_{n}\,,

es la representación de $x$ en la base $b_{n}$ .

Otra forma de enunciar lo anterior es decir que $b_{n}$ es base de Schauder si $X=\overline{\langle\{b_{n}\}\rangle}$ y la representación de cualquier $x\in X$ en dicha sucesión es única.

Observese que necesariamente la base de Schauder debe ser linealmente independiente.

No todo espacio de Banach separable posee base de Schauder, aunque el recíproco si es trivialmente cierto.

Proposición 2.21.

Sea $(X,\lVert\rVert)$ un espacio de Banach y $b_{n}$ una base de Schauder para $X$ , entonces $X$ es separable.

Ejemplos 2.4.

1.

$\mathcal{B}=\{e_{n}\}$ definida anteriormente es base de Shauder para $l_{p}$ y $c_{0}$ .
2.

$\mathcal{B}^{\prime}=\{e\}\cup\mathcal{B}$ con $e=(1,1,\dots)$ es base de Schauder para $c$ , el conjunto de sucesiones convergentes.

2.8 Apéndice: conjuntos numerables

Definición 2.23.

Decimos que un conjunto $A$ es numerable si existe una biyección entre $A$ y $\mathbb{N}$ .

Lema 2.7.

Sea $A\subset\mathbb{N}$ un subconjunto infinito de $\mathbb{N}$ , entonces $A$ es numerable.

Demostración.

Definamos una función $f:\mathbb{N}\longrightarrow A$ de forma recursiva del modo siguiente:

f(1)=\mathop{\operator@font m\acute{{\imath}}n}A

que existe ya que $A\subset\mathbb{N}$ y no es vacío, y usamos la propiedad del buen orden en $\mathbb{N}$ . Y definimos,

f(n)=\mathop{\operator@font m\acute{{\imath}}n}C_{n}=\mathop{\operator@font m% \acute{{\imath}}n}(A-\{f(1),\dots,f(n-1)\}\,,

que de nuevo existe ya que $A$ es infinito y en virtud de la propiedad del buen orden..

De este modo queda definida recursivamente la función de $\mathbb{N}$ a $A$ .

Veamos primero que $f$ es inyectiva. Supongamos que $n\not=m$ , y sin pérdida de generalidad $n>m$ , entonces $f(m)\in\{f(1),\dots,f(n-1)\}$ y en consecuencia $f(m)\not\in A-f(\{1,\dots,n-1\})$ , mientras que $f(n)=\mathop{\operator@font m\acute{{\imath}}n}(A-f(\{1,\dots,n-1\})\in A-f(\{% 1,\dots,n-1\})$ por lo que $f(m)\not=f(n)$ .

Ahora probemos que $f$ es sobreyectiva. Sea $a\in A$ , entonces debe existir algún $n^{\prime}\in\mathbb{N}$ tal que $f(n^{\prime}>a$ , ya que de lo contrario $f(\mathbb{N})$ es finito y puesto que $f$ es inyectiva, $f(\mathbb{N})$ es infinito. Sea $B_{a}\subset\mathbb{N}$ definido como,

B_{a}=\{n\in\mathbb{N}\quad|\quad f(n)\geq a\}\,,

que como hemos visto es no vacío. Por tanto tiene mínimo, sea $m_{0}=\mathop{\operator@font m\acute{{\imath}}n}B_{a}$ . Ahora bien, como $m_{0}\in B_{a}$ tendremos que $f(m_{0})\geq a$ . p Por otro lado, vemos que $a\in A-\{f(1),\dots,f(m_{0}-1)\}$ , y entonces por definición de $f(m_{0})$ tenemos que $fm_{0})\leq a$ . En efecto, $a\in A$ , y $a\not\in\{f(1),\dots,f(m_{0}-1)\}$ , ya que si $n<m_{0}$ entonces puesto que $n\not\in B_{a}$ , tendremos que $f(n)<a$ y $a\not\in\{f(1),\dots,f(m_{0}-1)\}$ . pero $f(m_{0})=\mathop{\operator@font m\acute{{\imath}}n}(A-\{f(1),\dots,f(m_{0}-1)% \}\leq a$ . Así que concluimos que $f(m_{0})=a$ .

∎

Corolario 2.5.

Todo subconjunto infinito de un conjunto numerable es numerable.

Proposición 2.22.

Sea $A$ un conjunto infinito. Entonces las siguientes afirmaciones son equivalentes:

1.

$A$ es numerable.
2.

existe una función sobreyectiva de $\mathbb{N}$ sobre $A$ .
3.

Existe una función inyectiva de $A$ en $\mathbb{N}$ .

Demostración.

$1\to 2$ : Si $A$ es numerable existe $f$ biyectiva entre $A$ y $\mathbb{N}$ . Entonces $f$ es sobreyectiva de $\mathbb{N}$ sobre $A$ .

$2\to 3$ : Sea $f$ sobreyectiva de $\mathbb{N}$ sobre $A$ . Consideremos la función $g:A\longrightarrow\mathbb{N}$ definida del modo siguiente,

g(a)=\mathop{\operator@font m\acute{{\imath}}n}f^{-1}(a)\,,

que está definida sobre $A$ por ser $f$ sobreyectiva y está bien definida debido al orden en $\mathbb{N}$ .

Ahora, $g$ es en efecto inyectiva ya que $f^{-1}(a)$ es disjunto a $f^{-1}(b)$ si $a\not b$ . Entonces en particular $g(a)=\mathop{\operator@font m\acute{{\imath}}n}f^{-1}(a)\not=\mathop{% \operator@font m\acute{{\imath}}n}f^{-1}(b)=g(b)$ .

$3\to 1$ Sea $f:A\longrightarrow\mathbb{N}$ inyectiva, entonces $F(A)\subset\mathbb{N}$ es infinito (por ser $f$ inyectiva) y por el lema previo es numerable. Por tanto , existe una biyección $g$ entre $f(A)$ y $\mathbb{N}$ . Pero $\tilde{f}:A\longrightarrow f(A)$ , con $\tilde{f}(a)=f(a)$ para todo $a\in A$ , es biyectiva entre $A$ y $f(A)$ , por tanto la función $h=g\circ\tilde{f}$ es una biyección entre $A$ y $\mathbb{N}$ , y por tanto $A$ es numerable. ∎

Proposición 2.23.

El producto cartesiano, $\mathbb{N}\times\mathbb{N}$ es numerable.

Demostración.

Sea la función $f:\mathbb{N}\times\mathbb{N}\longrightarrow\mathbb{N}$ que envía $(m,n)$ a $f(m,n)=2^{m}3^{n}$ . Es suficiente probar que $f$ es inyectiva. Sean $m_{1},n_{1})$ y $m_{2},n_{2})$ elementos distintos de $\mathbb{N}\times\mathbb{N}$ , y tales que,

2^{m_{1}}3^{n_{1}}=2^{m_{2}}3^{n_{2}}

Primero supongamos que $m_{1}\not=m_{2}$ , en concreto $m_{1}>m_{2}$ , entonces,

3^{n_{2}}=2^{m_{1}-m_{2}}3^{n_{1}}

lo cual es contradictorio ya qe potencia de $3$ no puede ser par. Un argumento similar puede aplicarse al caso $n_{1}\not=n_{2}$ , de modo que si $m_{1},n_{1})\not=(m_{2},n_{2})$ entonces $f(m_{1},n_{1})\not=f(m_{2},n_{2})$ y por tanto $f$ es inyectiva y en virtur de la proposición anteriorr $\mathbb{N}\\ times\mathbb{N}$ es numerable. ∎

Proposición 2.24.

El producto cartesiano finito de conjuntos numerables es numerable.

Es decir, si $A_{j}$ es numerable para cada $j=1,\dots,n$ , entonces,

A_{1}\times\dots\times A_{n}

es numerable.

Demostración.

Procederemos por inducción, pero antes probaremos que el producto cartesiano de dos conjuntos numerables $A$ y $B$ , es numerable. Puesto que $A$ y $B$ son numerables existen sendas biyecciones $f_{A}$ y $f_{B}$ de $A$ y $B$ , respectivamente, a los $\mathbb{N}$ . Por tanto la función , $f:A\times B\longrightarrow\mathbb{N}\times\mathbb{N}$ definida por $f(a,b)=(f_{A}(a),f_{B}(b))$ donde $a\in A$ y $b\in B$ es una biyección entre $A\times B$ y $\mathbb{N}\times\mathbb{N}$ , y como hemos demostrado en el última proposición, $\mathbb{N}\times\mathbb{N}$ es numerable por lo que existe una biyección $h:\mathbb{N}\times\mathbb{N}\longrightarrow\mathbb{N}$ y por tanto $h\circ f:A\times B\longrightarrow\mathbb{N}$ es la biyección buscada.

Ahora demostremos que,

A_{1}\times A_{2}\times\dots\times A_{n}

es numerable si $A_{k}$ es numerable para todo $k=1,\dots,n$ .

Para $n=1$ es evidente. Entonces supongamos la hipótesis de inducción qe es cierto para $n-$ y comprobemos que también lo es para $n$ . Pero para el caso $n$ tenemos que,

A_{1}\times\dots\times A_{n-1}\times A_{n}=(A_{1}\times\dots A_{n-1})\times A_% {n}=B\times A_{n}

y por hipótesis de inducción $B=A_{1}\times\dots A_{n-1}$ es numerable así como lo es, por hipótesis general, $A_{n}$ y como hemos probado al principio de la demostración, el producto de dos conjuntos numerables es numerable, y por tanto lo es el producto cartesiano de $n$ conjuntos numerables. ∎

Proposición 2.25.

La unión numerable de conjuntos numerables es numerable.

Es decir, si $J$ es numerable y $A_{j}$ es numerable para cada $j\in J$ , se tiene que,

\bigcup_{j\in J}A_{j}\,,

es numerable.

Demostración.

Puesto que cada $A_{j}$ es numerable existe una función $f_{j}:\mathbb{N}\longrightarrow A_{j}$ biyectiva para cada $j\in J$ . Además, como $J$ es numerable existe una función biyectiva $h:\mathbb{N}\longrightarrow J$ , así que podemos definir una función,

g:\mathbb{N}\times\mathbb{N}\longrightarrow\bigcup_{j\in J}A_{j}

que lleva el par $(m,k)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N}$ en,

g(m,k)=f_{h(k)}(m)\,.

Esta función es claramente sobreyectiva ya que para todo $a\in\bigcup_{j\in J}A_{j}$ debe existir al menos un $j\in J$ tal que $a\in U_{j}$ , entonces por ser $h$ biyectiva, tomemos $k=h^{-1}(j)$ y al ser $f_{j}$ biyectiva tomemos $m=f^{-1}_{j}(a)$ y así el par $(m,k)$ es preimagen de $a$ .

Finalmente puesto que $\mathbb{N}\times\mathbb{N}$ es numerable también lo es la unión numerable de numerables. ∎

Proposición 2.26.

La familia de todos los subconjuntos finitos de un conjunto numerable es numerable.

Demostración.

Primero consideremos un conjunto numerable $A$ e inducimos un orden mediante una biyección $g:A\longrightarrow\mathbb{N}$ del modo siguiente,

a\leq b,\quad\Leftrightarrow g(a)\leq g(b),\quad\forall a,b\in A

Sea $\mathcal{A}_{n}$ la colección de subconjuntos de $A$ con exáctamente $n$ elementos (cardinal igual a $n$ ). Definamos la función, $f_{n}:\mathcal{A}_{n}\longrightarrow A^{n}$ definida como sigue: A cada subconjunto $B\in\mathcal{N}_{n}$ , $f_{n}(B)=(a_{1},a_{2},\dots,a_{n})$ donde $a_{k}<a_{m}$ si $k<m$ . Está claro que la función así definida es inyectiva ya que si $f(B)=f(C)$ , entonces los elementos de $B$ y $C$ son los mismos y por tanto $B=C$ . Finalmente por ser $A^{n}$ producto cartesiano finito de numerables es isomorfo a $\mathbb{N}$ y por tanto $\mathcal{A}_{n}$ es numerable.

Ahora bien, el conjunto,

\bigcup_{n\in\mathbb{N}}\mathcal{A}_{n}

que es la familia de todos los subconjuntos finitos de $A$ , es la unión numerable de numerables y por la proposición anterior, es numerable. ∎

Proposición 2.27.

El conjunto de todas las sucesiones infinitas que toman solo los dos valores de $\{0,1\}$ es infinito no numerable.

Equivalentemente el conjunt de todas las funciones $f:\mathbb{N}\longrightarrow\{0,1\}$ es infinito no numerable.

Demostración.

Procedamos por contradicción. Supongamos que el conjunto $F$ de las funciones $f:\mathbb{N}\longrightarrow\{0,1\}$ es numerable. Entonces las podemos etiquetar en virtud de una biyección entre $F$ y $\mathbb{N}$ . Por tanto toda función $f\in F$ está etiquetada como $f_{n}$ para algún $n\in\mathbb{N}$ . Consideremos la siguiente función $s:\mathbb{N}\longrightarrow\{0,1\}$ definida como sigue,

s(k)=[f_{k}(k)]^{c}

donde el superíndice $c$ significa el elemento complementario, es decir , $1^{c}=0$ y $0^{c}=1$ . Entonces la hipótesis de numerabilidad de $F$ implicaría que $s=f_{n}$ para algún $n\in\mathbb{N}$ .

Sin embargo esto no es así, ya que para cualquier $n\in\mathbb{N}$ tenemos que,

s(n)=[f_{n}(n)]^{c}\not=f_{n}(n)

por lo que no existe tal $n\in\mathbb{N}$ y $F$ no puede ser numerable. ∎

2.9 Ejercicios resueltos

Proposición 2.28.

Sea $(X,\lVert\rVert)$ un espacio lineal normado. $X$ es de Banach si y solo si existe un $r>0$ tal que el subconjunto $S_{r}\subset X$ definido por,

S_{r}=\left\{x\in X\quad|\quad\lVert x\rVert=r\right\}\,,

es completo.

Demostración.

La implicación directa es fácil ya que puesto que $S_{r}$ es un subconjunto cerrado de un espacio de Banach, este debe ser completo para cualquier $r>0$ .

Para probar el recíproco primero probaremos que si existe un $r>0$ tal que $S_{r}$ es completo, también será completo $S_{t}$ para todo $t->0$ . Esto es claro ya que si $x_{n}\in S_{t}$ es de Cauchy, entonces la sucesión $x^{\prime}_{n}=\frac{s}{t}x_{n}\in S_{r}$ es de Cauchy en $S_{r}$ y por tanto convergente a un punto $x^{\prime}\in S_{r}$ . Es fácil ver que $x_{n}$ también converge a $x=\frac{t}{r}x^{\prime}\in S_{t}$ , por lo que $s_{t}$ es también completo.

Procedamos pues a la prueba de la proposición. Consideremos una sucesión $x_{n}\in X$ que sea de Cauchy y que no converja a $0$ . Consideremos la subsucesión $x_{n_{k}}$ de los elementos de $x_{n}$ que no se anulan. Entonces sea $m=\mathop{\operator@font\acute{{\imath}}nf}_{k}\lVert x_{n_{k}}\rVert$ . Claramente $m>0$ ya que si $m=0$ existiría una subsucesión de $x_{n_{k}}$ que convergería a $0$ , y por tanto la sucesión de Cauchy $x_{n}$ también convergería a $0$ , lo cual hemos descartado. Además por ser $x_{n}$ de Cauchy es acotada $\lVert x_{n}\rVert<M$ para algún $M>0$ . Por tanto tenemos que,

m<\lVert x_{n_{k}}\rVert<M\,,\quad\forall k\,.

Definamos la sucesión

x_{k}^{\prime}=\frac{x_{n_{k}}}{\lVert x_{n_{k}}\rVert}\in S_{1}

y veamos que es de Cauchy. En efecto,

	$\displaystyle\lVert x^{\prime}_{k}-x^{\prime}_{l}\rVert$	$\displaystyle=\left\\|\frac{x_{n_{k}}}{\lVert x_{n_{k}}\rVert}-\frac{x_{n_{l}}}% {\lVert x_{n_{l}}\rVert}\right\\|$
		$\displaystyle=\left\\|\left(\frac{1}{\lVert x_{n_{k}}\rVert}-\frac{1}{\lVert x_% {n_{l}}\rVert}\right)x_{n_{k}}+\frac{1}{\lVert x_{n_{l}}\rVert}(x_{n_{k}}-x_{n% _{l}})\right\\|$
		$\displaystyle\leq\left\|\frac{1}{\lVert x_{n_{k}}\rVert}-\frac{1}{\lVert x_{n_{% l}}\rVert}\right\|\lVert x_{n_{k}}\rVert+\frac{1}{\lVert x_{n_{l}}\rVert}\lVert x% _{n_{k}}-x_{n_{l}}\rVert$
		$\displaystyle<\epsilon\left(\frac{M}{m^{2}}+\frac{1}{m}\right)$

donde hemos hecho uso de que,

\lvert\lVert x_{n_{k}}\rVert-\lVert x_{n_{l}}\rVert\rvert<\leq\lVert x_{n_{k}}% -x_{n_{l}}\rVert\epsilon

para $k,l>N$ para algún $N\in\mathbb{N}$ . Y por ser $S_{1}$ completo, la sucesión $x^{\prime}_{k}$ es convergente en $S_{1}$ . Sea $x^{\prime}\in S_{1}$ su límite. .

Por esta última desigualdad y por ser $\mathbb{R}$ completo, la sucesión numérica $\lVert x_{n_{k}}\rVert$ es convergente, digamos a $r_{0}>0$ . Veamos que la subsucesión $x_{n_{k}}$ es también convergente a $r_{0}x^{\prime}\in X$ . En efecto,

\lVert x_{n_{k}}-r_{0}x^{\prime}\rVert=\lVert\lVert x_{n_{k}}\rVert x^{\prime}% _{k}-r_{0}x^{\prime}\rVert\leq\lvert\lVert x_{n_{k}}\rVert-r_{0}\rvert\lVert x% ^{\prime}_{k}\rVert+r_{0}\lVert x^{\prime}_{k}-x^{\prime}\rVert<\epsilon(1+r_{% 0})

Así pues, la subsucesión $x_{n_{k}}$ es convergente y al ser $x_{n}$ de Cauchy también es convergente toda la sucesión. Por otro lado, si $x_{n}$ convergiera a $0$ evidentemente también sería convergente, así que hemos probado que toda sucesión de Cauchy en $X$ es convergente y por tanto $X$ es de Banach. ∎

Capítulo 3 Espacios de Hilbert

3.1 Producto interno

Definición 3.1.

Sea $X$ un espacio lineal sobre un campo $\mathbb{F}$ . Una función $\langle\cdot,\cdot\rangle:X\times X\longrightarrow\mathbb{F}$ , se dice que es un producto interno para $X$ si cumple las siguientes propiedades:

PI1.

$\langle x,x\rangle>0$ .
PI2.

$\langle x,x\rangle=0\quad\Leftrightarrow\quad x=0$ .
PI3.

$\langle x,y\rangle=\langle y,x\rangle^{*}$ .
PI4.

$\langle\alpha x,y\rangle=\alpha\langle x,y\rangle$ .
PI5.

$\langle x+y,z\rangle=\langle x,z\rangle+\langle y,z\rangle$ .

con $x,y,z\in X$ y $\alpha\in\mathbb{F}$ .

Aun espacio vectorial con producto interno suele ser denominado espacio pre-Hilbert, o simplemente espacio con producto interno.

Proposición 3.1 (desigualdad de Cauchy-Schwarz).

Sean $x,y\in X$ para un espacio pre-Hilbert $(X,\langle\rangle)$ , Entonces se tiene que,

\lvert\langle x,y\rangle\rvert^{2}\leq\langle x,x\rangle\langle y,y\rangle\,.

La igualdad se cumple si y solo si $x$ e $y$ son linealmente dependientes.

Demostración.

Si $x$ o $y$ son alguno cero, la desigualdad se cumple trivialmente. Entonces supongamos que no son nulos. Definimos $z=x-\lambda y$ con

\lambda=\frac{\langle x,y\rangle}{\langle y,y\rangle}\,.

Entonces se sigue que,

0\leq\langle z,z\rangle=\langle x-\lambda y,x-\lambda y\rangle=\langle x,x% \rangle-\frac{\lvert\langle x,y\rangle\rvert^{2}}{\langle y,y\rangle}

de lo cual se sigue la desigualdad de Cauchy-Schwarz.

Es claro que si $x$ e $y$ son linealmente dependientes la desigualdad es realmente una igualdad. Recíprocamente si se cumple la igualdad, y $y\not=0$ , entonces, es evidente del argumento anterior que $z=x-\lambda y$ con $\lambda$ anteriormente definido, cumple que $\langle z,z\rangle=0$ y por tanto $z=0$ , lo que implica que $x$ e $y$ son linealmente dependientes. El caso $y=0$ es trivial. ∎

Ejemplos 3.1.

1.

El espacio $\mathbb{F}^{n}$ o $l_{2}(n)$ de las $n-$ tuplas con el producto interno,

$\langle x,y\rangle=\sum_{k=1}^{n}x_{k}y_{k}^{*}\,,$

con $x=(x_{1},\dots,x_{n})$ , e $y=(y_{1},\dots,y_{n})$ . Si tomamos $\mathbb{F}=\mathbb{R}$ como el campo, hablamos del espacio euclideo, y si $\mathbb{F}=\mathbb{C}$ hablamos de el espacio unitario $n-$ dimensional.
2.

El espacio $l_{2}(\mathbb{N})$ con el producto interno,

$\langle x,y\rangle=\sum_{n=1}^{\infty}x_{n}y_{n}^{*}\,,$

con $x=(x_{1},x_{2},\dots)$ e $y=(y_{1},y_{2},\dots)$ .
3.

el espacio $\mathcal{C}_{2}[0,1]$ de las funciones contínuas en el intervalo $[0,1]$ , con el producto interno,

$\langle x,y\rangle=\int_{0}^{1}x(t)y^{*}(t)\,dt\,,$

con $x=x(t)$ e $y=y(t)$ funciones contínuas.
4.

El espacio de matrices $n\times n$ $G(n)$ con producto interno,

$\langle A,B\rangle=\mathrm{tr}\,AB^{\dagger}=\sum_{j,k=1}^{n}A_{jk}B^{*}_{kj}\,,$

con $A_{ij}=(A)_{ij}$ y $B_{jk}=(B)_{jk}$ son las componentes de las matrices $A$ y $B$ , respectivamente.

3.2 Propiedades geométricas

Proposición 3.2.

Sea $X$ un espacio pre-Hilbert. Entonces la función $\lVert\rVert:X\longrightarrow\mathbb{R}$ que envía $x\in X$ a $\lVert x\rVert$ dada por,

\lVert x\rVert=\sqrt{\langle x,x\rangle}\,,

(3.1)

define una norma sobre $X$ , llamada norma inducida por el producto interno sobre $X$ .

Demostración.

Todas las propiedades de una norma se cumplen trivialmente, salvo la desigualdad triangular. Para comprobarla consideremos $x$ e $y$ en $X$ , y tomemos,

	$\displaystyle\lVert x+y\rVert^{2}$	$\displaystyle=\langle x+y,x+y\rangle=\langle x,x\rangle+\langle x,y\rangle+% \langle y,x\rangle+\langle y,y\rangle$
		$\displaystyle=\lVert x\rVert^{2}+2\Re{\langle x,y\rangle}+\lVert y\rVert^{2}% \leq\lVert x\rVert^{2}+2\lvert\langle x,y\rangle\rvert+\lVert y\rVert^{2}$
		$\displaystyle\leq\lVert x\rVert^{2}+2\lVert x\rVert\lVert y\rVert+\lVert y% \rVert^{2}=(\lVert x\rVert+\lVert y\rVert)^{2}\,.$

donde hemos hecho uso de que $\Re z\leq\lvert z\rvert$ para todo $z\in\mathbb{C}$ y de la desigualdad de Cauchy-Schwarz. De aqí se sigue inmediatamente la desigualdad triangular.

∎

Proposición 3.3 (Identidad de polarización).

Sea $X$ un espacio pre-Hilbert y $\lVert\rVert$ la norma inducida por el producto interno $\langle\rangle$ . Entonces si $\mathbb{F}=\mathbb{R}$ se tiene la identidad,

\langle x,y\rangle=\left\|\frac{x+y}{2}\right\|^{2}-\left\|\frac{x-y}{2}\right% \|^{2}\,,

(3.2)

y si $\mathbb{F}=\mathbb{C}$ , tenemos,

	$\displaystyle\langle x,y\rangle$	$\displaystyle=\left\\|\frac{x+y}{2}\right\\|^{2}-\left\\|\frac{x-y}{2}\right\\|^{2}$
		$\displaystyle+i\left(\left\\|\frac{x+iy}{2}\right\\|^{2}-\left\\|\frac{x-iy}{2}% \right\\|^{2}\right)\,.$		(3.3)

para todo $x$ e $y$ en $X$ .

Demostración.

Basta sustituir la norma inducida por su expresión en términos del producto interno (3.1) y hacer uso de las propiedades del producto interno, y comprobamos que,

\lVert x+y\rVert^{2}-\lVert x-y\rVert^{2}=2\left(\langle x,y\rangle+\langle y,% x\rangle\right)

\lVert x+iy\rVert^{2}-\lVert x-iy\rVert^{2}=-2i\left(\langle x,y\rangle-% \langle y,x\rangle\right)

y de aquí es inmediato probar las identidades (3.2) y (3.3).

∎

Acabamos de ver que todo espacio pre-Hilbert es un espacio normado. Sin embargo queda la pregunta si todo espacio normado es pre-Hilbert, es decir, si dada una norma sobre un espacio vectorial es posible definir un producto interno. Las identidades (3.2) y (3.3) nos dan condiciones necesarias para la existencia de dicho producto, sin embargo no toda norma hace que (3.2) y (3.3) defina un verdadero producto interno. El siguiente resultado caracteriza las normas que si definen un verdadero producto interno.

Proposición 3.4 (Identidad del paralelogramo).

Sea $(X,\lVert\rVert)$ un espacio normado. Entonces $\lVert\rVert$ es inducida por un producto interno si y solo si se cumplen las siguientes identidades para todo $x$ e $y$ en $X$ ,

\lVert x+y\rVert^{2}+\lVert x-y\rVert^{2}=2\left(\lVert x\rVert^{2}+\lVert y% \rVert^{2}\right)\,,

(3.4)

y,y,

\lVert x+iy\rVert^{2}+\lVert x-iy\rVert^{2}=2\left(\lVert x\rVert^{2}+\lVert y% \rVert^{2}\right)\,.

(3.5)

La identidad (3.4) es necesaria y suficiente cuando $\mathbb{F}=\mathbb{R}$ , mientras que lo son ambas cuando $\mathbb{F}=\mathbb{C}$ .

Demostración.

La implicación directa es similar a la demostración de la proposición anterior y se deja como ejercicio.

Para probar la implicación recíproca veamos que la operación definida en (3.3 en términos de una norma,) define efectivamente un producto interno.

En primer lugar si hacemos $x=y$ vemos que $\langle x,x\rangle=\lVert x\rVert^{2}$ con lo cual $\langle x,x\rangle=0$ si y solo si $x=0$ . También, por simple inspección de (3.3) vemos que $\langle x,y\rangle=\langle y,x\rangle^{*}$ , y que $\langle ix,y\rangle=i\langle x,y\rangle$ , y $\langle-x,y\rangle=-\langle x,y\rangle$ como es fácil de verificar.

Sea $x=u\pm w$ e $y=v\pm w$ para algunos $u, v$ y $w$ de $X$ . Entonces las identidades del paralelogramo, (3.4) y (3.5) nos dan,

\lVert u+v\pm 2w\rVert+\lVert u-v\rVert=2\left(\lVert u\pm w\rVert+\lVert v\pm w% \rVert\right)

\lVert u+v\pm 2iw\rVert+\lVert u-v\rVert=2\left(\lVert u\pm iw\rVert+\lVert v% \pm iw\rVert\right)

Y restando cada ecuación con $+$ menos la versión $-$ y multiplicando por $i$ la segunda sustracción, obtenemos,

	$\displaystyle\lVert u+v+2w\rVert$	$\displaystyle-\lVert u+v-2w\rVert$
		$\displaystyle+i\left(\lVert u+v+2iw\rVert-\lVert u+v-2iw\rVert\right)$
	$\displaystyle=2\left(\lVert u+w\rVert\right.$	$\displaystyle\left.-\lVert u-w\rVert+i\left[\lVert u+iw\rVert-\lVert u-iw% \rVert\right]\right.$
		$\displaystyle\left.+\lVert v+w\rVert-\lVert v-w\rVert+i\left[\lVert v+iw\rVert% -\lVert v-iw\rVert\right]\right)$

o escrito en términos del supuesto producto interno,

\langle u+v,2w\rangle=2\left(\langle u,w\rangle+\langle v,w\rangle\right)\,.

En concreto si hacemos $v=0$ tenemos que en general, $\langle u,2w\rangle=2\langle u,w\rangle$ , por lo que la anterior igualdad nos muestra que,

\langle u+v,w\rangle=\langle u,w\rangle+\langle v,w\rangle\,,

lo que prueba la propiedad lineal respecto de la suma. Más aún, dado $n\in\mathbb{N}$ es fácil probar por inducción que,

\langle nu,w\rangle=n\langle u,w\rangle\,,

y además,

\langle\frac{1}{n}u,w\rangle=\frac{1}{n}n\langle\frac{1}{n}u,w\rangle=\frac{1}% {n}\langle u,v\rangle\,.

Además, si $r\in\mathbb{Q}$ entonces existen $p,q\in\mathbb{N}$ tal que $r=\pm\frac{p}{q}$ de modo que también $\langle ru,w\rangle=r\langle u,v\rangle$ . Finalmente para todo $\lambda\in\mathbb{C}$ podemos encontrar una sucesión de números complejos,

c_{n}=r_{n}+is_{n}\mathop{\longrightarrow}_{n\to\infty}\lambda\,,

con $r_{n},s_{n}\in\mathbb{Q}$ y $n=1,2,\dots$ . Y por la continidad de la norma, podemos escribir,

\langle\lambda u,v\rangle=\langle\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}_{n% }c_{n}u,v\rangle=\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}_{n}\langle c_{n}u,% v\rangle=\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}_{n}c_{n}\langle u,v\rangle% =\lambda\langle u,v\rangle\,,

lo que prueba la última propiedad del producto interno.

∎

Corolario 3.1.

Una norma d un espacio normado $(X,\lVert\rVert)$ es inducida por un producto interno si y solo si para cada subespacio bidimensional de $X$ la norma en dicho subespacio es inducida por un producto interno.

Ejemplos 3.2.

1.

El espacio $l_{p}$ con $p\not=2$ no es un espacio pre-Hilbert. Consideremos los elementos $u=(1,1,0,\dots)$ y $v=(1,-1,0,\dots)$ , de modo que $\lVert u+v\rVert_{p}=2=\lVert u-v\rVert_{p}$ mientras que $\lVert u\rVert_{p}=2^{\frac{1}{p}}=\lVert v\rVert_{p}$ . ASí no se cumple la identidad del paralelogramo,

$\lVert u+v\rVert^{2}+\lVert u-v\rVert^{2}=2^{2}+2^{2}\not=2(2^{\frac{2}{p}}+2^% {\frac{2}{p}})=2(\lVert u\rVert^{2}+\lVert v\rVert^{2})\,.$
2.

El espacio $\mathcal{C}[0,1]$ con la norma del supremo no es un espacio pre-Hilbert. Consideremos las funciones $x(t)=1$ y $y(t)=1-t$ , se puede comprobar que no cumplen la identidad del paralelogramo.

3.3 Completitud en espacios con producto interno

Definición 3.2.

Un espacio lineal con producto interno $X$ se dice de Hilbert si es completo.

Ejemplos 3.3.

1.

El espacio $l_{0}$ con el producto estándar no es completo.
2.

El espacio $l_{2}$ es un espacio de Hilbert.
3.

El espacio $\mathcal{C_{2}}[0,1]$ es incompleto.

3.4 Conjuntos ortogonales

Definición 3.3.

Sea $X$ un espacio pre-Hilbert, decimos que $x$ e $y$ de $X$ son ortogonales si $\langle x,y\rangle=0$ , y lo denotamos por $x\perp y$ .

Definición 3.4.

Sea $S\subset X$ un conjunto de un espacio pre-Hilbert. Decimos que $S$ es un conjunto ortogonal si para todo par $x,y\in S,\quad x\not=y$ tenmos que $\langle x,y\rangle=0$ , son ortogonales.

Definición 3.5.

Sea $X$ pre-Hilbert, $x\in X$ y $\subset X$ . Decimos que $x$ es perpendicular a $M$ , $x\perp M$ , si $x\perp y$ , para todo $y\in M$ .

Definición 3.6.

Sea $X$ pre-Hilbert, y $M\subset X$ . Denotamos por $M^{\perp}$ al conjunto ortogonal a $M$ , es decir,

M^{\perp}=\left\{y\in X\quad|\quad\langle x,y\rangle=0,\forall y\in M\right\}\,.

Proposición 3.5.

Sea $X$ un espacio pre-Hilbert. Son ciertas las siguientes afirmaciones:

1.

$\{0\}^{\perp}=X$ , y $X^{\perp}=\{0\}$ .
2.

Sea $M\subset X$ , entonces $M^{\perp}\subset X$ es un subespacio lineal cerrado.
3.

Sea $M\subset X$ , entonces $M\subset(M^{\perp})^{\perp}=M^{\perp\perp}$ .
4.

Sea $M\subset X$ subespacio lineal de $X$ , entonces, $M\cap M^{\perp}=\{0\}$ .
5.

Sean $M\subset X$ y $N\subset X$ , tales que $M\subset N$ , entonces, $N^{\perp}\subset M^{\perp}$ .
6.

Sea $M\subset X$ , entonces, $M^{\perp}=\langle M\rangle^{\perp}=\overline{\langle M\rangle}^{\perp}$ .

Demostración.

1.

Es inmediato.
2.

Sea $x$ e $y$ de $M^{\perp}$ , $z\in M$ y $\alpha,\beta\in\mathbb{F}$ , entonces $\alpha x+\beta y\in M^{\perp}$ . En efecto, $lin{\alpha x+\beta y,z}=\alpha\langle x,z\rangle+\beta\langle y,z\rangle=0$ , por lo que $M^{\perp}$ es subespacio lineal.

Además, sea $x_{n}\in M^{\perp}$ una sucesión convergente en $X$ , entonces $\langle x_{n},z\rangle=0$ para todo $z\in M$ . Por continuidad tenemos que,

$\langle\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}_{n}x_{n},z\rangle=\mathop{% \operator@font l\acute{{\imath}}m}_{n}\langle x_{n},z\rangle=0\,,$

por lo que $\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}_{n}x_{n}\in M^{\perp}$ ,, y así $M^{\perp}$ es cerrado.
3.

Sea $x\in M$ , entonces $lin{x,y}=0$ para todo $y\in M^{\perp}$ , por lo que $x\in(M^{\perp})^{\perp}$ .
4.

Puesto que $M$ es subespacio lineal $0\in M$ y puesto que $\langle x,x\rangle=0$ si y solo si $x=0$ , entonces se sigue la afirmación $M\cap M^{\perp}=\{0\}$ .
5.

Sea $x\in N^{\perp}$ , entonces $lin{x,z}=0$ para todo $z\in N$ , y por tanto también para todo $z\in M$ , por lo que $x\in M^{\perp}$ , de lo que se sigue que $N^{\perp}\subset M^{\perp}$ .
6.

Puesto que $M\subset\langle M\rangle\subset\overline{\langle M\rangle}$ tenemos que, $\overline{\langle M\rangle}^{\perp}\subset\langle M\rangle^{\perp}\subset M^{\perp}$ .

Ahora para probar la igualdad solo necesitamos ver que además $M^{\perp}\subset\overline{\langle M\rangle}^{\perp}$ . Sea $x\in M^{\perp}$ , entonces $\langle x,z\rangle=0$ para todo $z\in M$ , y por linealidad también para todo $z\in\langle M\rangle$ . Sea $z_{0}\in\overline{\langle M\rangle}$ entonces existe una sucesión $z_{n}\in\langle M\rangle$ tal que $\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}_{n}z_{n}=z_{0}$ . Pero por continuidad en el segundo argumento del producto interior tenemos que,

$\langle x,z_{0}\rangle=\langle x,\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}_{n% }z_{n}\rangle=\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}_{n}\langle x,z_{n}% \rangle=0\,,$

por lo que $x\in\overline{\langle M\rangle}^{\perp}$ .

∎

Ejemplo 3.1.

Sea $M=l_{0}$ el conjunto de todas las sucesiones de soporte finito, con producto interno dado por el estándar en $l_{2}$ . Entonces $l_{0}^{\perp}=\{0\}$ . En efecto, sea $\{e_{n}\}$ el conjunto de sucesiones $(e_{n})_{m}=\delta_{nm}$ , entonces para cualquier sucesión $y$ se tiene que, $lin{y,e_{n}}=y_{n}$ . Así pues si $\langle y,x\rangle=0$ para toda $x\in l_{0}$ debe ocurrir que $y_{n}=0$ para todo $n\in\mathbb{N}$ .

Proposición 3.6 (Pitágoras).

Sea $X$ pre-Hilbert, y $x$ e $y$ en $X$ . Entonces si $\mathbb{F}=\mathbb{R}$ , $x\perp y$ si y solo si,

\lVert x+y\rVert^{2}=\lVert x\rVert^{2}+\lVert y\rVert^{2}\,,

(3.6)

Y si $\mathbb{F}=\mathbb{C}$ , entonces $x\perp y$ si y solo si además de (3.6) tenemos que,

\lVert x+iy\rVert^{2}=\lVert x\rVert^{2}+\lVert y\rVert^{2}\,,

(3.7)

Demostración.

Basta con darse cuenta que,

\lVert x+y\rVert^{2}=\lVert x\rVert^{2}+\lVert y\rVert^{2}+2\Re\langle x,y% \rangle\,,

\lVert x+iy\rVert^{2}=\lVert x\rVert^{2}+\lVert y\rVert^{2}+2\Im\langle x,y% \rangle\,,

Por lo que $\langle x,y\rangle=0$ si y solo si su parte real e imaginaria son nulas, lo cual lleva a la demostración de la proposición. ∎

Corolario 3.2.

Sea $X$ pre-Hilbert y $S=\{x_{1},x_{2},\dots,x_{n}\}\subset X$ . Entonces si $S$ es ortogonal, se cumple que,

\left\|\sum_{k=1}^{n}x_{k}\right\|^{2}=\sum_{k=1}^{n}\lVert x_{k}\rVert^{2}\,,

(3.8)

3.5 Mejor aproximación

Definición 3.7.

Sea $X$ un pre-Hilbert y $K\subset X$ un subconjunto cerrado de $X$ , y $x\in X-K$ . Decimos que $y\in K$ es una mejor aproximación de $x$ en $K$ si $\lVert x-y\rVert=d(x,K)=\mathop{\operator@font\acute{{\imath}}nf}_{z\in K}% \lVert x-z\rVert$ .

Definición 3.8.

Sea $X$ pre-Hilbert, y $K\subset X$ cerrado. Entonces se dice que $K$ es:

1.

Proximinal si para todo $x\in X$ existe al menos una mejor aproximación en $K$ .
2.

Chebyshev, si para todo $x\in X$ existe una única mejor aproximación en $K$ .

Al conjunto de puntos mejores aproximaciones de un elemento $x\in X$ en $K$ lo denotaremos por $P_{K}(x)$ , así para un $K$ que sea Chebyshev $P_{K}$ es una función de $X$ en $K\subset X$ que llamaremos proyección métrica sobre $K$ .

Proposición 3.7.

Sea $X$ pre-Hilbert y $K\subset X$ un subconjunto completo y convexo, entonces es Chebyshev, es decir, para todo $x\in X$ existe un único $y\in K$ que es mejor aproximación de $x$ en $K$ .

Demostración.

Si $x\in K$ evidentemente el único mejor aproximación es el propio $x$ . Por otro lado, si $x\in X-K$ , sea,

\delta=d(x,K)=\mathop{\operator@font\acute{{\imath}}nf}_{y\in K}\lVert x-y% \rVert\,.

Por definición de ínfimo, podemos encontrar una sucesión $y_{n}\in K$ tal que,

\lVert x-y_{n}\rVert<\delta+\frac{1}{2^{n}}

de tal modo que la sucesión numérica $s_{n}=\lVert x-y_{n}\rVert$ tiende a $\delta$ cuando $n$ tiende a infinito.

Veamos que $y_{n}$ es de Cauchy. Por la ley del paralelogramo tenemos que,

	$\displaystyle\lVert y_{n}-y_{m}\rVert^{2}$	$\displaystyle=2\lVert y_{n}-x\rVert^{2}+2\lVert y_{m}-x\rVert^{2}$
		$\displaystyle-4\left\\|\frac{y_{n}+y_{m}}{2}-x\right\\|^{2}\leq 2\lVert y_{n}-x% \rVert^{2}+2\lVert y_{m}-x\rVert^{2}-4\delta^{2}\,,$

donde hemos hecho uso de que $K$ es convexo. El resultado de esta expresión es suficientemente pequeña cuando $n, m$ son suficientemente grandes. Así por ser $K$ completo la sucesión $y_{n}$ tiene un límite $y^{*}\in K$ .

Primero veamos que $y^{*}$ es una mejor aproximación de $x$ en $K$ . Efectivamente, por la continuidad de la norma tenemos,

\lVert x-y^{*}\rVert=\left\|x-\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}_{n}y_% {n}\right\|=\left\|\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}_{n}\left(x-y_{n}% \right)\right\|=\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}_{n}\lVert x-y_{n}% \rVert=\delta\,.

Y finalmente comprobamos que esta mejor aproximación es única. Sea $y^{\prime}$ otra mejor aproximación, entonces usando de nuevo la ley del paralelogramo,

	$\displaystyle 0\leq\lVert y^{\prime}-y^{*}\rVert^{2}$	$\displaystyle=2\lVert x-y^{\prime}\rVert^{2}+2\lVert x-y^{*}\rVert^{2}$
		$\displaystyle-4\left\\|x-\frac{y^{\prime}+y^{}}{2}\right\\|^{=}4\delta^{2}-4% \left\\|x-\frac{y^{\prime}-y^{}}{2}\right\\|^{2}$
		$\displaystyle\leq 0\,,$

lo que implica que $\lVert y^{\prime}-y^{*}\rVert=0$ , o $y^{\prime}=y^{*}$ que prueba la unicidad. ∎

Ahora una propiedad que caracteriza a la mejor aproximación.

Proposición 3.8.

Sea $X$ pre-Hilbert y $K\subset X$ un subconjunto convexo de $X$ . Dado $x\in X-K$ con $P_{K}(x)$ no vacío. Entonces $y^{*}\in K$ es una mejor aproximación en $K$ si y solo si para todo $y\in K$ se tiene que,

\Re\langle x-y^{*},y-y^{*}\rangle\leq 0\,.

(3.9)

Demostración.

Implicación directa:

Sea $y^{*}\in K$ u la mejor aproximación a $x\in X-K$ en $K$ , y sea $y\in K$ cualquier elemento de $K$ . Entonces por ser $K$ convexo el punto $y^{\prime}=\lambda y+(1-\lambda)y^{*}\in K$ para cada $\lambda\in[0,1]$ , así pues tenemos que,

	$\displaystyle 0$	$\displaystyle\leq\lVert x-y^{\prime}\rVert^{2}-\lVert x-y^{*}\rVert^{2}$
		$\displaystyle=\lVert(x-y^{})-\lambda(y-y^{})\rVert^{2}-\lVert x-y^{*}\rVert^% {2}$
		$\displaystyle=-2\lambda\Re\langle x-y^{},y-y^{}\rangle+\lambda^{2}\lVert y-y% ^{*}\rVert^{2}$

Es decir que si $\lambda\not=0$ , tenemos que,

\Re\langle x-y^{*},y-y^{*}\rangle\leq\frac{\lambda}{2}\lVert y^{\prime}-y^{*}% \rVert^{2}\,,

y puesto que $\lambda$ puede escogerse lo más pequeño que se quiera, esta desigualdad se cumplirá siempre que,

\Re\langle x-y^{*},y-y^{*}\rangle\leq 0\,.

Implicación recíproca:

Sea $y^{*}\in K$ tal que,

\Re\langle x-y^{*},y-y^{*}\rangle\leq 0\,.

para todo $y\in K$ . Entonces,

	$\displaystyle\lVert x-y\rVert^{2}$	$\displaystyle=\lVert(x-y^{})-(y-y^{})\rVert^{2}$
		$\displaystyle=\lVert x-y^{}\rVert^{2}-2\Re\langle x-y^{},y-y^{}\rangle+% \lVert y-y^{}\rVert^{2}$
		$\displaystyle\geq\lVert x-y^{*}\rVert^{2}$

∎

Puesto que todo subespacio lineal es convexo y todo conjunto completo y convexo es Chebyshev, tenemos los siguientes corolarios.

Corolario 3.3.

Sea $X$ pre-Hilbert y $M\subset X$ un subespacio lineal completo de $X$ , entonces dado $x\in X-M$ , su mejor aproximación $y^{*}\in M$ en $M$ viene caracterizado por la propiedad,

\langle x-y^{*},y\rangle=0\,,\forall y\in M

(3.10)

Demostración.

Basta con usar la proposición anterior a $M$ para $\pm y$ y $i\pm y$ . ∎

Corolario 3.4.

Sea $X$ Hilbert y $M\subset X$ un subespacio lineal cerrado de $X$ , entonces dado $x\in X-M$ , su mejor aproximación $y^{*}\in M$ en $M$ viene caracterizado por la propiedad ( (3.10).

Ejemplo 3.2.

Consideremos el espacio incompleto $\mathcal{C}_{2}[-1,1]$ y el subespacio $M$ de los polinomios de orden menor o igual a $2$ . Encontrar la mejor aproximación en $M$ de, $f(t)=t^{3}$ .

Proposición 3.9 (De la proyección).

Sea $\mathcal{H}$ un espacio de Hilbert y $M\subset\mathcal{H}$ un subespacio cerrado. Entonces se tiene:

a)

$M\oplus M^{\perp}=\mathcal{H}\,,$
b)

$M^{\perp\perp}=M\,.$

Demostración.

a)

En primer lugar sea $x\in\mathcal{H}$ . Si $x\in M$ claramente $x=x+0$ donde $x\in M$ y $0\in M^{\perp}$ , y es única. Por otro lado, si $x\not\in M$ por ser $M$ subespacio es convexo,y por ser cerrado y $\mathcal{H}$ completo, $M$ es también completo, luego $M$ es Chebyshev. Así existe un único $y=P_{M}(x)$ mejor aproximación en $M$ . Por la caracterización vista anteriormente de $y$ el elemento $z=x-y$ es ortogonal a todo punto de $M$ , es decir, $z=x-y\in M^{\perp}$ y así, $x=y+(x-y)=x+z$ con $y\in M$ y $z\in M^{\perp}$ . Esta descomposición es única ya que si $z\in M^{\perp}$ entonces también $y=P_{M}(x)$ es la única mejor aproximación.
b)

Ya sabemos que $M\subset M^{\perp\perp}$ . Pero además si $x\in M^{\perp\perp}\subset\mathcal{H}$ , entonces $x=y+z$ con $y\in M$ y $z\in M^{\perp}$ , pero entonces $z=z-y\in M^{\perp\perp}$ pues recordemos que $y\in M\subset M^{\perp\perp}$ , y éste último es subespacio. Así $z\in M^{\perp}\cap M^{\perp\perp}=\{0\}$ y por tanto $z=0$ y $x=y\in M$ .

∎

Con este resultado de la proyección adquiere sentido la aplicación $P_{M}$ como un verdadero proyector sobre $M$ a lo largo de $M^{\perp}$ , por lo que se le denomina proyector ortogonal.

Corolario 3.5.

Sea $\mathcal{H}$ un espacio de Hilbert y $M\subset\mathcal{H}$ un subespacio propio cerrado de $\mathcal{H}$ , entonces siempre existe un $z\not=0$ y $z\in\mathcal{H}-M$ perpendicular a $M$ .

Demostración.

Sea $z^{\prime}\in\mathcal{H}-M$ , entonces $z^{\prime}=y+z$ con $y\in M$ y $z\in M^{\perp}$ , y $z\not=0$ . ∎

Proposición 3.10.

Sea $\mathcal{H}$ un espacio de Hilbert y $S\subset\mathcal{H}$ un subconjunto no vacío de $\mathcal{H}$ . Entonces,

a)

$S^{\perp\perp}==\overline{\langle S\rangle}$ .
b)

$S^{\perp}=\{0\}$ si y solo si $\overline{\langle S\rangle}=\mathcal{H}$ .

Demostración.

a)

Como en general, $S^{\perp}=\overline{\langle S\rangle}^{\perp}$ y por el teorema de proyección, tenemos $\overline{\langle S\rangle}=\overline{\langle S\rangle}^{\perp\perp}=S^{\perp\perp}$ .
b)

Si $S^{\perp}=\{0\}$ , por la parte $a)$ tenemos que $S^{\perp\perp}=\overline{\langle S\rangle}=\{0\}^{\perp}=\mathcal{H}$ . Recíprocamente, si $\mathcal{H}=\overline{\langle S\rangle}$ , entonces $\{0\}=\mathcal{H}^{\perp}=\overline{\langle S\rangle}^{\perp}=S^{\perp}$ .

∎

3.6 Conjuntos completos y bases ortogonales

Definición 3.9.

Sea $X$ pre-Hilbert y $S\subset X$ un subconjunto de $X$ . Se dice que $S$ es un conjunto ortonormal si dados dos elementos distintos $x,y\in S$ , se tiene que:

a)

$\langle x,y\rangle=0\,x\not=y$ .
b)

$\lVert x\rVert=1,\,\forall x\in S\,$ .

Definición 3.10.

Sea $X$ pre-Hilbert y $S=\{x_{\alpha}|\alpha\in\Lambda\}\subset X$ un conjunto ortonormal y $x\in X$ .Los coeficientes,

c\alpha=\langle x,x_{\alpha}\rangle\,\,\alpha\in\Lambda

se denominan coeficientes de Fourier, y la serie formal (ver apéndice al final del capítulo),

\sum_{\alpha\in\Lambda}\langle x,x_{\alpha}\rangle x_{\alpha}\,,

se denomina serie de Fourir.

Proposición 3.11.

Sea $X$ pre-Hilbert separable y $S$ un conjunto ortonormal. Entonces $S$ es a lo sumo numerable.

Demostración.

Si $S$ es finito no hay nada que demostrar. Por el contrario si $S$ es infinito, puesto que $X$ es separable, existe un conjunto numerable $D=\{y_{1},\dots,y_{n},\dots\}$ denso en $X$ . Por tanto para cada $x\in S$ existe un $n\in\mathbb{N}$ tal que,

\lVert x-y_{n}\rVert<\frac{2}{2}\,.

Eligiendo un $n\in\mathbb{N}$ para cada $x\in S$ que cumpla la desigualdad anterior establecemos una función $f$ de $S$ a $\mathbb{N}$ . Veamos que dicha función es inyectiva. En efecto, sean $x$ y $x^{\prime}$ elementos distintos cualesquiera de $S$ , y $y_{n}$ e $y_{n^{\prime}}$ , los elementos de $D$ correspondientes a los índices $n=f(x)$ y $n^{\prime}=f(x^{\prime})$ respectivamente. Entonces ya que,

\sqrt{2}=\lVert x-x^{\prime}\rVert\leq\lVert x-y_{n^{\prime}}\rVert+\lVert y_{% n^{\prime}}-x^{\prime}\rVert\leq\lVert x-y_{n^{\prime}}\rVert-\frac{\sqrt{2}}{% 2}\,,

de donde vemos que,

\lVert x-y_{n^{\prime}}\rVert\geq\frac{\sqrt{2}}{2}\,,

por lo que $n=f(x)\not=n^{\prime}=f(x^{\prime})$ . Por tanto $f$ es inyectiva y $S$ debe ser numerable. ∎

Proposición 3.12.

Sea $X$ pre-Hilbert y $S=\{x_{1},\dots,x_{n}\}$ un conjunto ortonormal finito, y $x\in X$ . La mejor aproximación de $x$ en $\langle S\rangle$ viene dada por,

P_{\langle S\rangle}(x)=\sum_{k=1}^{n}\langle x,x_{k}\rangle x_{k}\,.

Demostración.

Puesto que $\langle S\rangle$ es subespacio es convexo y al ser finito dimensional es completo, por tanto es Chebyshev. Así existe una única mejor aproximación $y\in\langle S\rangle$ que debe cumplir,

\langle x-y,z\rangle=0\,,\forall z\in\langle S\rangle

(3.11)

Por tanto podemos escribir,

y=\sum_{k=1}^{n}\lambda_{k}x_{k}\,,

y comprobar (3.11) con cada elemento de $S$ ,

\langle x-\sum_{k}\lambda_{k}x_{k},x_{j}\rangle=0\,,j=1,\dots,n

o que implica que,

\lambda_{j}=\langle x,x_{j}\rangle\,,j=1,\dots,n

Otra forma directa de comprobar este hecho es el siguiente,

$\displaystyle\left\\|x-\sum_{k=1}^{n}\lambda_{k}x_{k}\right\\|^{2}$	$\displaystyle=\lVert x\rVert^{2}-2\sum_{k=1}^{n}\Re\lambda_{k}^{*}\langle x,x_% {k}\rangle+\sum_{k=1}^{n}\lvert\lambda_{k}\rvert^{2}$
	$\displaystyle=\lVert x\rVert^{2}-\sum_{k=1}^{n}\left\|\langle x,x_{k}\rangle% \right\|^{2}+\sum_{k=1}^{n}\left\|\lambda_{k}-\langle x,x_{k}\rangle\right\|^{2}$
	$\displaystyle=\left\\|x-\sum_{k=1}^{n}\langle x,x_{k}\rangle\right\\|^{2}+\sum_{% k=1}^{n}\left\|\lambda_{k}\langle x,x_{k}\rangle\right\|^{2}\,,$	(3.12)

de modo que los valores de $\lambda_{k}=\langle x,x_{k}\rangle$ corresponden al valor mínimo de la distancia $d(x,y)$ entre $x$ y cualquier elemento $y$ de $\langle S\rangle$ . ∎

Proposición 3.13 (desigualdad de Bessel).

Sea $X$ pre-Hilbert y $S=\{x_{1},x_{2},\dots\}$ un conjunto ortonormal y $x\in X$ . Entonces se cumple la desigualdad,

\lVert x\rVert^{2}\geq\sum_{n=1}^{\infty}\lvert\langle x,x_{n}\rangle\rvert^{2% }\,,

Demostración.

La demostración es directa. Basta considerar,

0\leq\left\|x-\sum_{k=1}^{n}\langle x,x_{k}\rangle x_{k}\right\|^{2}=\lVert x% \rVert^{2}-\sum_{k=1}^{n}\lvert\langle x,x_{k}\rangle\rvert^{2}

Y tomando el límite cuando $n\to\infty$ llegamos a la desigualdad de Bessel. ∎

Corolario 3.6.

Sea $X$ pre-Hilbert y $S=\{x_{n}\}$ un conjunto ortonormal infinito numerable, y $x\in X$ . Entonces la sucesión numérica $c_{n}=\langle x,x_{n}\rangle$ tiende a cero cuando $n$ tiende a infinito.

En la definición anterior de serie de Fourier hemos usado la terminología serie formal ya que dichas sumas no han sido definidas (ver el apéndice al final del capítulo) para conjuntos de índices arbitrarios, sin embargo esto no es necesario debido al siguiente resultado.

Proposición 3.14.

Sea $X$ pre-Hilbert y $S$ un conjunto ortonormal de cardinal arbitrario. Entonces, existen a lo sumo un conjunto numerable de coeficientes de Fourier no nulos para cada $x\in X$ .

Demostración.

La parte no trivial resulta cuando el cardinal de $S$ es superior a $\aleph_{0}$ .

Dado $n\in\mathbb{N}$ y $x\in X$ , sea el subconjunto de $S$ , dado por,

C_{n}(x)=\{z\in S\,|\,\lvert\langle x,z\rangle\rvert\geq 1/n\}

Este conjunto, cuando no es vacío, es finito. En efecto. De no serlo, siempre podemos escoger un subconjunto numerable de este; , dicho subconjunto sigue siendo ortonormal, y debido a la desigualdad de Bessel, se debe cumplir que,

\lVert x\rVert^{2}\geq\sum_{k=1}^{N}\lvert\langle x,z_{k}\rangle\rvert^{2}\geq% \frac{N}{n^{2}}

con $z_{k}\in C_{n}(x)$ y para cualquier $N\in\mathbb{N}$ . Sin embargo esto es contradictorio.

Así pues el conjunto $C=\bigcup_{n}C_{n}$ es numerable, es decir que el conjunto de los elementos $z$ de $S$ para los cuales $\langle x,z\rangle\not=0$ es numerable.

∎

Proposición 3.15 (Riesz-Fisher).

Sea $\mathcal{H}$ un espacio de Hilbert separable infinito dimensional, y $S=\{x_{n}\}_{n=1}^{\infty}$ un conjunto ortonormal. Entonces la serie formada con coeficientes $c_{n}\in\mathbb{F}$ ,

\sum_{n=1}^{\infty}c_{n}x_{n}\,,

converge si y solo si la sucesión $\{c_{n}\}$ pertenece a $l_{2}(\mathbb{F})$ .

Demostración.

Implicación directa:

Si $\sum_{n}c_{n}x_{n}$ es convergente entonces es de Cauchy, es decir, la sucesión de las sumas parciales,

s_{n}=\sum_{k=1}^{n}c_{k}x_{k}\,,

es una sucesión de Cauchy, es decir que para $n>m>N\in\mathbb{N}$ se tiene que,

\lVert s_{n}-s_{m}\rVert^{2}=\left\|\sum_{k=m+1}^{n}c_{k}x_{k}\right\|^{2}=% \sum_{k=m+1}^{n}\lvert c_{k}\rvert^{2}<\epsilon^{2}

con lo que la sucesión de sumas parciales,

S_{n}=\sum_{k=1}^{n}\lvert c_{k}\rvert^{2}

es de Cauchy y por ser $\mathbb{R}$ completo, la serie $\sum_{n}\lvert c_{n}\rvert^{2}$ converge y por tanto $\{c_{n}\}\in l_{2}$ . Implicación recíproca:

Supongamos ahora que $\{c_{n}\}\in l_{2}$ , veamos que $sum_{n}c_{n}x_{n}$ converge. En efecto, la sucesión de sumas parciales de la serie es de Cauchy ya que $\sum_{n}\lvert c_{n}\rvert^{2}$ es convergente y por tanto de Cauchy y se tiene como antes que,

\lVert s_{n}-s_{m}\rVert^{2}=\left\|\sum_{k=m+1}^{n}c_{k}x_{k}\right\|=\sum_{k% =m+1}^{n}\lvert c_{k}\rvert^{2}<\epsilon^{2}

para todo $n>m>N$ , y por ser $\mathcal{H}$ completo, $\sum_{n}c_{n}x_{n}$ converge. ∎

Corolario 3.7.

Sea $\mathcal{H}$ un espacio de Hilbert y $S=\{x_{1},x_{2},\dots\}$ un conjunto ortonormal y $x\in\mathcal{H}$ . Entonces la serie de Fourier de $x$ con respecto a $S$ converge en $\mathcal{H}$ ,

y=\sum_{k=1}^{\infty}\langle x,x_{k}\rangle x_{k}\in\mathcal{H}\,.

Demostración.

Debido a la desigualdad de Bessel, la sucesión $\{c_{n}\}$ de los coeficientes de Fourier $c_{n}=\langle x,x_{n}\rangle$ pertenece a $l_{2}$ , ya que,

\sum_{n=1}^{\infty}\lvert c_{n}\rvert^{2}=\sum_{n=1}^{n}\lvert\langle x,x_{n}% \rangle\rvert^{2}\leq\lVert x\rVert^{2}<\infty

Así que por el teorema de Riesz-Fisher la serie de Fourier converge en $\mathcal{H}$ . ∎

El corolario anterior pone de manifiesto que auún cuando la serie de Fourier de $x$ respecto de un conjunto ortonormal $S$ cualesquiera converge a un punto de $\mathcal{H}$ este no tiene por qué ser el punto original $x$ .

Ejemplo 3.3.

El conjunto $\{f_{1},f_{2},\dots\}$ formado por los elementos de $l_{2}$ dados por $(f_{n})_{m}=\delta_{n+1\,m}=(e_{n+1})_{m}$ es claramente ortonormal. Dado $x\in l_{2}$ $x=(x_{1},x_{2},\dots)$ su serie de Fourier respecto de $S$ es,

y=\sum_{n=1}^{\infty}\langle x,f_{n}\rangle f_{n}=\sum_{n=1}^{\infty}x_{n+1}f_% {n}=\sum_{n=2}^{\infty}x_{n}e_{n}=(0,x_{2},x_{3},\dots)

que es claramente distinto de $x$ .

Definición 3.11.

Sea $X$ pre-Hilbert y $S=\{x_{1},x_{2},\dots\}$ un conjunto ortonormal. Decimos que $S$ es una base ortonormal de $X$ si para toddo $x\in X$ se tiene que,

x=\sum_{n=1}^{\infty}\langle x,x_{n}\rangle x_{n}\,.

Definición 3.12.

Sea $X$ pre-Hilbert y $S\subset X$ un conjunto ortonormal. Se dice que $S$ es completo si para todo conjunto ortonormal $T\subset X$ , tal que $S\subset X$ entonces $S=T$ . Dicho de otro modo, un conjunto es completo si es un subconjunto ortonormal maximal.

Así pues un subcojunto ortonormal completo no es subconjunto propio de otro subconjunto ortonormal.

Proposición 3.16.

Un subconjunto ortonormal $S\subset X$ es completo si y solo si $S^{\perp}=0$ .

Demostración.

Sea $S$ ortonormal completo y sea $v\in S^{\perp}$ , entonces si $v\not=0$ , el conjunto $T=\{v/\lVert v\rVert\}\cup S$ sería un conjunto ortonormal que contendría como subconjunto propio a $S$ , y por tanto $v$ debe ser nulo. Por el contrario si $S$ es ortonormal y $S^{\perp}=\{0\}$ entonces si existiera $T\in X$ ortonormal que contuviera a $S$ como subconjunto propio existiría un $v\in T-S$ distinto de cero, y por ser $T$ ortonormal, tendríamos que $v\in S^{\perp}$ lo cual contradice la hipótesis. ∎

Proposición 3.17.

Sea $\mathcal{H}$ un espacio de Hilberr separable infinito dimensional y $S$ un conjunto ortonormal. Entonces son equivalentes las siguientes afirmaciones:

i)

$S$ es completo.
ii)

$\overline{\langle S\rangle}=\mathcal{H}$ .
iii)

$S$ es base ortonormal de $\mathcal{H}$ .
iv)

Dados $x,y\in\mathcal{h}$ se tiene la identidad de Parseval,

$\langle x,y\rangle=\sum_{k=1}^{\infty}\langle x,x_{k}\rangle\langle x_{k},y% \rangle\,.$
v)

Dado $x\in\mathcal{H}$ se tiene,

$\lVert x\rVert^{2}=\sum_{k=1}^{\infty}\lvert\langle x,x_{k}\rangle\rvert^{2}\,.$

Demostración.

i $\Leftrightarrow$ ii

Ya ha sido demostrado.

\Rightarrow

iii

Si $S^{\perp}=\{0\}$ entonces sea ,

v=x-\sum_{n=1}^{\infty}\langle x,x_{n}\rangle x_{n}\,,

tenemos que para todo $m\in\mathbb{N}$ ,

	$\displaystyle\langle v,x_{m}\rangle$	$\displaystyle=\langle x-\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}_{N}\sum_{n=% 1}^{N}\langle x,x_{n}\rangle x_{n},x_{m}\rangle$
		$\displaystyle=\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}_{N}\langle x-\sum_{n=% 1}^{N}\langle x,x_{n}\rangle x_{n},x_{m}\rangle$
		$\displaystyle=\langle x,x_{m}\rangle-\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m% }_{N}\sum_{n=1}^{N}\langle x,x_{n}\rangle\langle x_{n},x_{m}\rangle$
		$\displaystyle=\langle x,x_{m}\rangle-\langle x,x_{m}\rangle=0$

por lo que $v=0$ .

iii $\Rightarrow$ iv

Sea $x,y\in\mathcal{H}$ , por iii),

$x=\sum_{n=1}^{\infty}\langle x,x_{n}\rangle x_{n}\,,$

y por tanto,

$\displaystyle\langle x,y\rangle$ $\displaystyle=\langle\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}_{N}\sum_{n=1}^% {N}\langle x,x_{n}\rangle x_{n},y\rangle$

$\displaystyle=\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}_{N}\sum_{n=1}^{N}% \langle x,x_{n}\rangle\langle x_{n},y\rangle=\sum_{n=1}^{\infty}\langle x,x_{n% }\rangle\langle x_{n},y\rangle$

donde hemos hecho uso de la continuidad del producto interno.
iv $\Rightarrow$ v

Solo hay que hacer $y=x$ en la identidad de Parseval.
v $\Rightarrow$ i

Sea $x\in S^{\perp}$ entonces $\langle x,x_{n}\rangle=0$ para todo $x_{n}\in S$ . Pero por la identidad de Parseval, tenemos,

$\lVert x\rVert^{2}=\sum_{n=1}^{\infty}\lvert\langle x,x_{n}\rangle\rvert^{2}=0$

de donde $x=0$ y por tanto $S^{\perp}=\{0\}$ .

∎

Proposición 3.18 (Gram-Schmidt).

Sea $X$ pre-Hilbert y $(x_{n})$ una sucesión de vectores linealmente independientes en $X$ , y sea $M_{n}=\langle\{x_{1},\dots,x_{n}\}\rangle$ . Entonces existe una sucesión ortonormal $(e_{n})\in X$ tal que para cada $n\in\mathbb{N}$ se tiene que,

M_{n}=\langle\{e_{1},\dots,e_{n}\}\rangle

Demostración.

Sea $e_{1}=x_{1}/\lVert x_{1}\rVert$ , entonces para $n=1$ se tiene evidentemente que $\langle\{x_{1}\}\rangle=M_{1}=\langle\{e_{1}\}\rangle$ . Supongamos cierta la afirmación para $n=k$ y probemos que también es cierta para $n=k+1$ . Sea $\{e_{1},\dots,e_{k}\}$ un conjunto ortonormal y tal que,

M_{k}=\langle\{x_{1},\dots,x_{k}\}\rangle=\langle\{e_{1},\dots,e_{k}\}\rangle

Sea,

y_{k+1}=x_{k+1}-\sum_{\ell=1}^{k}\langle x_{k+1},e_{\ell}\rangle e_{\ell}

que es ortogonal a todo $\{e_{1},\dots,e_{k}\}$ . En efecto,

	$\displaystyle\langle y_{k+1},e_{m}\rangle$	$\displaystyle=\langle x_{k+1}-\sum_{\ell=1}^{k}\langle x_{k+1},e_{\ell}\rangle e% _{\ell},e_{m}\rangle$
		$\displaystyle=\langle x_{k+1},e_{m}\rangle-\langle x_{k+1},e_{m}\rangle=0$

para todo $m=1,\dots,k$ . Y finalmente tomamos $e_{k+1}=y_{k+1}/\lVert y_{k+1}\rVert$ que tiene norma unidad y por tanto $\{e_{1},\dots,e_{k},e_{k+1}\}$ es ortonormal y por la propia construcción es evidente que,

M_{k+1}=\langle\{e_{1},\dots,e_{k},e_{k+1}\}\rangle\,.

∎

Lema 3.1.

Sea $X$ pre-Hilbert y $(x_{n})\in X$ una sucesión no nula de puntos de $X$ . Entonces existe una subsucesión $(x_{n_{k}}\in X$ de puntos linealmente independientes, tal que para cada $n\in\mathbb{N}$ se tiene que,

\langle\{x_{1},\dots,x_{n}\}\rangle=\langle\{x_{n_{1}},\dots,x_{n_{k}}\}\rangle

para algún $k\in\mathbb{N}$ .

Demostración.

Sea $x_{n_{1}}$ el primer elemento de $(x_{n})$ distinto de cero. Es decir, $x_{n}=0$ para todo $n<n_{1}$ . $n_{1}$ existe ya que la sucesión es no nula. Sea $n_{2}\in\mathbb{N}$ el mínimo natural $n>n_{1}$ para el cual no existe un $\alpha\in\mathbb{F}$ tal que $x_{n}=\alpha x_{n_{1}}$ . Si $n_{2}$ no existe, el conjunto $\{x_{n_{1}}\}$ es el conjunto buscado y ya estaría. Por el contrario, si tal natural existe, entonces tomamos $x_{n_{2}}$ como el siguiente elemento de la subsucesión de elementos linealmente independientes . Sea ahora $\{x_{n_{1}},x_{n_{2}},\dots,x_{n_{k}}\}$ el conjunto de los primeros $k$ elementos linealmente independientes (si existieran, y encaso contrario habríamos acabado), los cuales han sido escogidos de $x_{n}$ . Entonces sea $n_{k+1}\in\mathbb{N}$ y tal que el menor natural $n$ tal que $n>n_{k}$ y para el cual no existen $\alpha_{1},\dots,\alpha_{k}\in\mathbb{F}$ tal que $x_{n}=\alpha_{1}x_{n_{1}}+\alpha_{2}x_{n_{2}}+\dots+\alpha_{k}x_{n_{k}}$ . Si tal número no existe, ya habríamos acabado. Sin embargo en caso contrario $x_{n_{k}}$ sería el siguiente elemento de la sucesión linealmente independiente. De esta forma hemos encontrado recursivamente el conjunto finito o infinito $\{x_{n_{1}},x_{n_{2}},\dots\}$ de vectores linealmente independientes que cumplen la tesis del lema ya que bastaría tomar como $k$ el valor máximo de la sucesión $n_{\ell}$ antes definida tal que $n_{\ell}\leq n$ . ∎

Proposición 3.19.

Sea $\mathcal{H}$ un espacio de Hilbert separable. Entonces existe base ortonormal en $\mathcal{H}$ .

Demostración.

Puesto que $\mathcal{H}$ es separable existe un conjunto numerable $S$ tal que $\langle S\rangle$ es denso en $\mathcal{H}$ . Por el lema anterior podemos encontrar un subconjunto $F\subset S$ de vectores linealmente independientes tal que $\langle F\rangle=\langle S\rangle$ , y por el procedimiento de Gram-Schmidt podemos encontrar, a partir de $F$ , un conjunto ortogonal $T$ tal que $\langle T\rangle=\langle F\rangle=\langle S\rangle$ , que por tanto el generado por $T$ es denso en $\mathcal{H}$ y por tanto base ortonormal de $\mathcal{H}$ . ∎

Para probar la existencia de bases ortonormales en espacios de Hilbert separables se ha procedido de forma constructiva. Sin embargo, la existencia de dichas bases en espacios de Hilbert más generales también se puede asegurar pero a cambio de usar el lema de Zorn, como probamos a continuación.

Proposición 3.20.

Todo espacio de Hilbert $\mathcal{H}\not=\{0\}$ posee un conjunto ortonormal completo.

Demostración.

La familia de todos los conjuntos ortonormales de $\mathcal{H}$ que es, evidentemente, no vacía puede ordenarse por inclusión. Toda cadena no vacía ( subcolección totalmente ordenada), tiene por cota superior la unión de toda ella

C=\bigcup_{\alpha}O_{\alpha}

que es también un conjunto ortonormal, ya que dados $x,y\in C$ se tendrá que $x\in O_{\alpha}$ para algún $\alpha$ , y $norm{x}=1$ , y $y\in O_{\beta}$ para algún $\beta$ , y de nuevo $\lVert y\rVert=1$ ,. Y además como es cadena se tendrá que, sin pérdida de generalidad, $\O_{\alpha}\subset O_{\beta}$ y por tanto $x,y\in O_{\beta}$ y así $lin{x,y}=0$ , y por tanto $C$ es ortonormal. Finalmente , por el lema de Zorn, la familia de los conjuntos ortonormales posee un elemento maximal, que, por consiguiente, es un conjunto ortonormal completo de $\mathcal{H}$ . ∎

3.7 El teorema de la isometría

Definición 3.13.

Sean $X$ y $V$ dos espacios lineales sobre un campo $\mathbb{F}$ . Decimos que $X$ e $Y$ son linealmente isomorfos si existe una aplicación biyectiva $\phi:X\longrightarrow Y$ que sea aplicación lineal, es decir que $\phi(\lambda_{1}x_{1}+\lambda_{2}x_{2})=\lambda_{1}\phi(x_{1})+\lambda_{2}\phi% (x_{2})\in Y$ para todo $\lambda_{1},\lambda_{2}\in\mathbb{F}$ y $x_{1},x_{2}\in X$ .

Definición 3.14.

Sean $(X,d_{X})$ y $(Y,d_{Y})$ dos espacios métricos. Se dice que $X$ e $Y$ son isométricos si existe una biyección $\phi:X\longrightarrow$ tal que $d_{Y}(\phi(x_{1}),\phi(x_{2}))=d_{X}(x_{1},x_{2})$ para todo $x_{1},x_{2}\in X$ .

Definición 3.15.

Sean $X$ e $Y$ dos espacios normados. Se dice que $X$ e $Y$ son isométricos si existe una biyección entre $X$ e $Y$ que sea a la vez isomorfismo lineal e isometría respecto de la métrica inducida por las normas.

Proposición 3.21.

Sean $X$ e $Y$ pre-Hilbe e isométricos como espacios normados. Entonces se cumple que para todo $u,v\in X$ y $T$ la isometría lineal entre $X$ e $Y$ ,

\langle T(u),T(v)\rangle_{Y}=\langle u,v\rangle_{X}\,.

Demostración.

Inmediato de las expresiones del producto interno en términos de las normas. ∎

Proposición 3.22 (teorema de la isometría).

Todo espacio de Hilbert $\mathcal{H}$ separable de dimensión infinita es isométrico a $l_{2}$ .

Demostración.

Sea $S=\{x_{n}\,|\,n\in\mathbb{N}\}$ una base de $\mathcal{H}$ , entonces definimos la aplicación $T:\mathcal{H}\longrightarrow l_{2}$ del modo siguiente, dado $x\in\mathcal{H}$ tenemos $T(x)=(\langle x,x_{n}\rangle)_{n=1}^{\infty}$ , es decir a cada $x$ le asignamos una sucesión formada por sus coeficientes de Fourier en la base $S$ , que por la desigualdad de Bessel pertenece a $l_{2}$ .

Esta aplicación respeta la norma, es decir es isometría ya que por la identidad de Parseval tenemos,

\lVert x\rVert^{2}_{\mathcal{H}}=\sum_{n=1}^{\infty}\lvert lin{x,x,x_{n}}% \rvert^{2}=\lVert T(x)\rVert_{2}\,.

Además esta aplicación es lineal, ya que,

	$\displaystyle T(\lambda x+\mu y)$	$\displaystyle=(\langle\lambda x+\mu y,x_{n}\rangle)_{n}$
		$\displaystyle=(\lambda\langle x,x_{n}\rangle+\mu\langle y,x_{n}\rangle)_{n}=% \lambda(\langle x,x_{n}\rangle)_{n}+\mu(\langle y,x_{n}\rangle)_{n}=\lambda T(% x)+\mu T(y)$

para todo $\lambda,\mu\in\mathbb{F}$ y $x,y\in\mathcal{H}$ .

Es sobreyectiva en virtud del teorema de Riesz-Fisher, dada una sucesión $c\in l_{2}$ , existe un $x\in\mathcal{H}$ que está definido por la serie,

x=\sum_{n=1}^{\infty}c_{n}x_{n}\,,

que puede comprobarse fácilmente que $T(x)=(c_{n})_{n}=c$ .

Finalmente para comprobar la inyectividad basta probar que si $T(x)=0$ entonces $x=0$ debido a la linealidad. Pero esto es así por ser isometría ya que,

0=\lVert 0\rVert_{2}=\lVert T(x)\rVert_{2}=\lVert x\rVert_{\mathcal{H}}

y por tanto $x=0$ .

∎

3.8 Apéndice: familias sumables

En este capítulo se ha definido una serie de Fourier como una suma de los coeficientes de Fourier multiplicados por los elementos de una base. Dicha base no es necesariamente contable y de ahí que la suma o serie no está definida en principio. Vamos a dar aquí un sentido a la expresión,

\sum_{\alpha\in A}v_{\alpha}

donde $A$ es un conjunto cualquiera y $v_{\alpha}\in X$ con $X$ un espacio normado o pre-Hilbert. Antes de proceder, hagamos una observación sobre la notación. Al igual que las sucesiones se indican dando sus entradas, entre paréntesis, $s=(s_{n})_{n=1}^{\infty}$ , vamos a denominar una familia $\{s_{\alpha}\}_{\alpha\in A}$ , donde $A$ ahora puede ser un conjunto más general que $\mathbb{N}$ . Por familia, entonces queremos decir una función $f$ de $A$ en $X$ (el espacio vectorial), y usamos, al igual que con las sucesiones, la notación $f(\alpha)=v_{\alpha}$ .

Definición 3.16.

Sea $X$ un espacio normado, y $\{v_{\alpha}\}_{\alpha\in A}$ una familia de elementos de $X$ , con un conjunto de índices $A$ . Decimos que la familia $\{v_{\alpha}\}_{\alpha\in A}$ es sumable y su suma es $v\in X$ , y lo expresamos como,

v=\sum_{\alpha\in A}v_{\alpha}\,,

si para todo $\epsilon>0$ existe una colección finita de índices $J_{0}\subset A$ tal que para todo subconjunto finito de índices $J$ que contenga a $J_{0}$ , $J_{0}\subset J\subset A$ , se tiene que,

\left\|v-\sum_{\alpha\in J}v_{\alpha}\right\|<\epsilon\,.

Ahora probamos algunas propiedades de conjuntos sumables de vectores. Aquí usaremos la notación usada en la definición sin necesidad de expresarlo explícitamente, así $\{v_{\alpha}\}_{\alpha\in A}$ será una familia de vectores, $A$ el conjunto de índices, $X$ el espacio vectorial normado o pre-Hilbert, etc.

Proposición 3.23.

Si la familia $\{v_{\alpha}\}_{\alpha\in A}$ es sumable, su suma es única

Demostración.

Si $v$ y $v^{\prime}$ son sumas distintas de $\{v_{\alpha}\}_{\alpha\in A}$ , entonces dado un $\epsilon>0$ , existirá sendos conjuntos finitos $J_{0}$ y $J_{0}^{\prime}$ tal que cumplan las propiedades de la definición de suma para $v$ y $v^{\prime}$ respectivamente. Entonces basta tomar la colección de índices $\tilde{J}_{0}=J_{0}\cup J^{\prime}_{0}$ que contiene a ambos, para ver que,

	$\displaystyle\lVert v-v^{\prime}\rVert$	$\displaystyle=\left\\|\left(v-\sum_{\alpha\in\tilde{J}_{0}}v_{\alpha}\right)+% \left(\sum_{\alpha\in\tilde{J}_{0}}v_{\alpha}-v^{\prime}\right)\right\\|$
		$\displaystyle\leq\left\\|v-\sum_{\alpha\in\tilde{J}_{0}}v_{\alpha}\right\\|+% \left\\|\sum_{\alpha\in\tilde{J}_{0}}v_{\alpha}-v^{\prime}\right\\|<2\epsilon$

∎

Proposición 3.24.

Si $A$ es finito $V$ es sumable, y su suma es la suma algebraica.

Demostración.

Inmediato. ∎

Proposición 3.25.

Si $\{v_{\alpha}\}_{\alpha\in A}$ es sumable, entonces $v_{\alpha}=0$ salvo para una colección a lo sumo numerable de índices.

Demostración.

Sea $C_{n}\subset A$ el subconjunto de índices $\alpha\in A$ de índices tales que $\lVert v_{\alpha}\rVert\in\left[\frac{1}{n},\frac{1}{n-1}\right)$ . Entonces el conjunto de índices,,

C=\bigcup_{n}C_{n}

es el conjunto de índices $\alpha$ para los cuales $\lVert v_{\alpha}\rVert\not=0$ . Ahora procedamos por contradicción y asumamos que $\{v_{\alpha}\}_{\alpha\in A}$ es sumable pero $C$ es no numerable. Si $C$ es no numerable, algún $C_{n}$ debe ser no numerable, sea $n_{0}$ tal que $C_{n_{0}}$ sea no numerable.

Por otro lado, puesto que $\{v_{\alpha}\}_{\alpha\in A}$ es sumable, digamos a $v\in X$ , dado $\epsilon=\frac{1}{2n_{0}}$ existe una colección finita $J_{0}$ de índices tales que si $J$ es otra colección finita tal que $J_{0}\subset J$ se debe tener,

\left\|v-\sum_{\alpha\in J}v_{\alpha}\right\|<\frac{1}{2n_{0}}\,.

En concreto y dado $J$ podemos encontrar un índice $\alpha_{0}\in C_{n_{0}}$ que no estuviera en $J$ , ya que $C_{n_{0}}$ es infinito. Entonces $JP\prime=J\cup\{\alpha_{0}\}$ debe cumplir la misma desigualdad anterior, pero además tenemos que,

	$\displaystyle\left\\|v-\sum_{\alpha\in J^{\prime}}v_{\alpha}\right\\|$	$\displaystyle=\left\\|\left(v-\sum_{\alpha\in J}v_{\alpha}\right)-v_{\alpha_{0}% }\right\\|$
		$\displaystyle\geq\left\|\lVert v_{\alpha_{0}}\rVert-\left\\|v-\sum_{\alpha\in J}% v_{\alpha}\right\\|\right\|$
		$\displaystyle>\frac{1}{2n_{0}}$

Lo cual contradice la desigualdad anterior para $J^{\prime}$ . ∎

Referencias

[1] A. Pinchuck. Notes on Functional Analysis.
[2] Avtk. Muncres. Topología, Ed. Reverte (1991)
ISBN: 81-7252-119-7

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	$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\|x_{n}+y_{n}\|^{p}$	$\displaystyle\leq$	$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\|x_{n}+y_{n}\|^{p-1}(\|x_{n}\|+\|y_{n}\|)$
		$\displaystyle=$	$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\alpha_{n}\|x_{n}\|+\sum_{n=1}^{\infty}\alpha_{n% }\|y_{n}\|$

$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\alpha_{n}\|x_{n}\|$	$\displaystyle\leq$	$\displaystyle\left(\sum_{n=1}^{\infty}\|x_{n}\|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}\left(% \sum_{n=1}^{\infty}\alpha_{n}^{q}\right)^{\frac{1}{q}}$
	$\displaystyle=$	$\displaystyle\left(\sum_{n=1}^{\infty}\|x_{n}\|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}\left(% \sum_{n=1}^{\infty}\|x_{n}+y_{n}\|^{p}\right)^{\frac{p-1}{p}}$
$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\alpha_{n}\|y_{n}\|$	$\displaystyle\leq$	$\displaystyle\left(\sum_{n=1}^{\infty}\|y_{n}\|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}\left(% \sum_{n=1}^{\infty}\alpha_{n}^{q}\right)^{\frac{1}{q}}$
	$\displaystyle=$	$\displaystyle\left(\sum_{n=1}^{\infty}\|y_{n}\|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}\left(% \sum_{n=1}^{\infty}\|x_{n}+y_{n}\|^{p}\right)^{\frac{p-1}{p}}$

	$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\|x_{n}+y_{n}\|^{p}\leq\left[\left(\sum_{n=1}^{% \infty}\|x_{n}\|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}\right.$	$\displaystyle+$	$\displaystyle\left.\left(\sum_{n=1}^{\infty}\|y_{n}\|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}% \right]\times$
			$\displaystyle\times\left(\sum_{n=1}^{\infty}\|x_{n}+y_{n}\|^{p}\right)^{\frac{p-% 1}{p}}$

	$\displaystyle\lVert x^{\prime}_{k}-x^{\prime}_{l}\rVert$	$\displaystyle=\left\\|\frac{x_{n_{k}}}{\lVert x_{n_{k}}\rVert}-\frac{x_{n_{l}}}% {\lVert x_{n_{l}}\rVert}\right\\|$
		$\displaystyle=\left\\|\left(\frac{1}{\lVert x_{n_{k}}\rVert}-\frac{1}{\lVert x_% {n_{l}}\rVert}\right)x_{n_{k}}+\frac{1}{\lVert x_{n_{l}}\rVert}(x_{n_{k}}-x_{n% _{l}})\right\\|$
		$\displaystyle\leq\left\|\frac{1}{\lVert x_{n_{k}}\rVert}-\frac{1}{\lVert x_{n_{% l}}\rVert}\right\|\lVert x_{n_{k}}\rVert+\frac{1}{\lVert x_{n_{l}}\rVert}\lVert x% _{n_{k}}-x_{n_{l}}\rVert$
		$\displaystyle<\epsilon\left(\frac{M}{m^{2}}+\frac{1}{m}\right)$

$\displaystyle\left\\|x-\sum_{k=1}^{n}\lambda_{k}x_{k}\right\\|^{2}$	$\displaystyle=\lVert x\rVert^{2}-2\sum_{k=1}^{n}\Re\lambda_{k}^{*}\langle x,x_% {k}\rangle+\sum_{k=1}^{n}\lvert\lambda_{k}\rvert^{2}$
	$\displaystyle=\lVert x\rVert^{2}-\sum_{k=1}^{n}\left\|\langle x,x_{k}\rangle% \right\|^{2}+\sum_{k=1}^{n}\left\|\lambda_{k}-\langle x,x_{k}\rangle\right\|^{2}$
	$\displaystyle=\left\\|x-\sum_{k=1}^{n}\langle x,x_{k}\rangle\right\\|^{2}+\sum_{% k=1}^{n}\left\|\lambda_{k}\langle x,x_{k}\rangle\right\|^{2}\,,$	(3.12)

$\displaystyle\lVert x+y\rVert^{2}$	$\displaystyle=$	$\displaystyle(x+y)(x^{}+y^{})$
	$\displaystyle=$	$\displaystyle\lVert x\rVert^{2}+\lVert y\rVert^{2}+2\textrm{Re}(xy^{*})$
	$\displaystyle\leq$	$\displaystyle\lVert x\rVert^{2}\lVert y\rVert^{2}+2\lVert xy^{*}\rVert=(\lVert x% \rVert+\lVert y\rVert)^{2}$

$\displaystyle 0$	$\displaystyle\leq$	$\displaystyle\lVert f+\lambda g\rVert^{2}=\int_{a}^{b}\lvert f(x)+\lambda g(x)% \rvert^{2}\,dx$
	$\displaystyle=$	$\displaystyle\lVert f\rVert^{2}+\lambda^{2}\lVert g\rVert^{2}+2\lambda\int_{a}% ^{b}\textrm{Re}(f(x)g^{*}(x))\,dx$
	$\displaystyle=$	$\displaystyle\lambda^{2}\alpha+2\beta\lambda+\gamma$

	$\displaystyle 0$	$\displaystyle\leq$	$\displaystyle\lVert f+g\rVert^{2}=\lVert f\rVert^{2}+\lVert g\rVert^{2}+2% \textrm{Re}\int_{a}^{b}f(x)g^{*}(x)\,dx$
		$\displaystyle\leq$	$\displaystyle\lVert f\rVert^{2}+\lVert g\rVert^{2}+2\lVert f\rVert\lVert g% \rVert=(\lVert f\rVert+\lVert g\rVert)^{2}$

	$\displaystyle\lVert\alpha_{n}x_{n}-\alpha x\rVert$	$\displaystyle=$	$\displaystyle\lVert alpha_{n}x_{n}-\alpha x_{n}+\alpha x_{n}-\alpha x\rVert$
		$\displaystyle\leq$	$\displaystyle\lvert\alpha_{n}-\alpha\rvert\lVert x_{n}\rVert+\lvert\alpha% \rvert\lVert x_{n}-x\rVert\mathop{\to}_{n}0$

	$\displaystyle\langle x,y\rangle$	$\displaystyle=\langle\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}_{N}\sum_{n=1}^% {N}\langle x,x_{n}\rangle x_{n},y\rangle$
		$\displaystyle=\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}_{N}\sum_{n=1}^{N}% \langle x,x_{n}\rangle\langle x_{n},y\rangle=\sum_{n=1}^{\infty}\langle x,x_{n% }\rangle\langle x_{n},y\rangle$