Análisis MatemáticoMónica Clapp Instituto de Matemáticas Universidad Nacional Autónoma de México Enero 2013 2 Índice general I Continuidad, compacidad y completitud 1 1. Motivación 3 2. Espacios métricos 2.1. De…nición y ejemplos . . . . . . . 2.2. Espacios normados . . . . . . . . 2.3. Espacios de funciones . . . . . . . 2.4. El espacio de funciones acotadas . 2.5. Subespacios métricos e isometrías 2.6. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 8 11 17 21 23 24 3. Continuidad 3.1. De…niciones y ejemplos . . . . . . . . . . 3.2. Conjuntos abiertos y conjuntos cerrados 3.3. Convergencia de sucesiones . . . . . . . . 3.4. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 32 37 43 46 4. Compacidad 4.1. Conjuntos compactos . . . . . . . 4.2. El teorema de Heine-Borel . . . . 4.3. Existencia de máximos y mínimos 4.4. Semicontinuidad . . . . . . . . . . 4.5. Continuidad uniforme . . . . . . . 4.6. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 55 59 62 65 69 70 . . . . 75 75 79 84 86 5. Completitud 5.1. Espacios métricos completos . . 5.2. Convergencia uniforme . . . . . 5.3. Espacios completos de funciones 5.4. Series en espacios de Banach . . . . . . . . . . . . . . . . 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 ÍNDICE GENERAL 5.5. Ejercicios . . . . . . . . . 5.6. Proyecto: Completación de 5.6.1. Objetivo . . . . . . 5.6.2. Procedimiento . . . 5.6.3. Observaciones . . . . . . . . . . . . . . un espacio métrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6. El teorema de punto …jo de Banach y aplicaciones 6.1. El teorema de punto …jo de Banach . . . . . . . . . . . . . 6.2. Sistemas de ecuaciones lineales . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3. Ecuaciones integrales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3.1. La ecuación integral de Fredholm del segundo tipo . 6.3.2. La ecuación integral de Volterra del segundo tipo . 6.4. El problema de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.5. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7. Compacidad en espacios de funciones 7.1. Conjuntos totalmente acotados . . . . . . . . 7.2. El teorema de Arzelà-Ascoli . . . . . . . . . . 7.3. El problema de Cauchy . . . . . . . . . . . . . 7.4. Existencia de trayectorias de longitud mínima 7.5. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.6. Proyecto: Un espacio completo sin trayectorias 7.6.1. Objetivo . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.6.2. Procedimiento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90 97 97 97 98 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99 99 102 104 104 107 111 116 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . de longitud mínima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121 121 125 130 135 140 144 144 144 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8. Teoremas de aproximación 147 8.1. El teorema de aproximación de Weierstrass . . . . . . . . . . . . . . . . 147 8.2. El teorema de Stone-Weierstrass . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154 8.3. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158 II Diferenciabilidad 9. Diferenciabilidad 9.1. El espacio de funciones lineales y continuas 9.2. Diferenciabilidad . . . . . . . . . . . . . . 9.3. El teorema del valor medio . . . . . . . . . 9.4. Un criterio de diferenciabilidad . . . . . . 9.5. Derivadas parciales . . . . . . . . . . . . . 9.6. Derivadas de orden superior . . . . . . . . 161 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163 164 166 171 176 180 183 ÍNDICE GENERAL 5 9.7. La fórmula de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.8. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.El teorema de la función implícita 10.1. El teorema de la función implícita . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.2. Extremos locales de una función diferenciable sobre una variedad 10.3. Homeomor…smos lineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.4. Demostración del teorema de la función implícita . . . . . . . . . 10.5. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . III . . . . . . . . . . . . . . . La integral de Lebesgue 11.La integral de una función continua 11.1. De…nición y propiedades básicas . . 11.2. Unicidad de la integral . . . . . . . 11.3. Invariancia bajo isometrías . . . . . 11.4. El teorema de cambio de variable . 11.5. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . 188 191 199 201 205 208 211 216 221 con soporte compacto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.Funciones Lebesgue-integrables 12.1. La integral de una función semicontinua . . . . . . . 12.2. Propiedades de la integral de funciones semicontinuas 12.3. El volumen de un conjunto . . . . . . . . . . . . . . . 12.4. Funciones Lebesgue-integrables . . . . . . . . . . . . 12.5. Propiedades básicas de la integral de Lebesgue . . . . 12.6. Conjuntos integrables . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.7. La integral sobre un subconjunto de Rn . . . . . . . . 12.8. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.Teoremas fundamentales de la teoría de integración 13.1. Conjuntos nulos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.2. El teorema de Fubini . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.3. Teoremas de convergencia . . . . . . . . . . . . . . . 13.4. La integral de funciones radiales . . . . . . . . . . . . 13.5. El teorema de cambio de variable . . . . . . . . . . . 13.6. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223 224 228 235 240 246 . . . . . . . . 253 254 261 267 272 278 282 284 286 . . . . . . 291 292 298 301 310 314 319 6 ÍNDICE GENERAL 14.Los espacios de Lebesgue 14.1. Conjuntos y funciones medibles . . . . . 14.2. Los espacios Lp ( ) . . . . . . . . . . . . 14.3. Aproximación mediante funciones suaves 14.4. Un criterio de compacidad en Lp ( ) . . . 14.5. Un criterio de nulidad . . . . . . . . . . 14.6. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 327 328 337 347 354 358 359 15.Espacios de Hilbert 15.1. Conceptos y propiedades básicas . . . . . . . . 15.2. Complemento ortogonal . . . . . . . . . . . . 15.3. El teorema de representación de Fréchet-Riesz 15.4. Bases de Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . 15.5. Convergencia débil . . . . . . . . . . . . . . . 15.6. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 367 368 372 376 379 380 386 . . . . . . 393 394 399 410 410 414 415 . . . . 419 420 430 434 440 . . . . . . . . . . . . 16.Espacios de Sobolev 16.1. Derivadas débiles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16.2. Espacios de Sobolev . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16.3. Problemas elípticos con condición sobre la frontera 16.3.1. Un problema de Dirichlet homogéneo . . . . 16.3.2. Un problema de Dirichlet no homogéneo . . 16.4. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17.Encajes de Sobolev 17.1. Desigualdades de Sobolev . . . . 17.2. El teorema de Rellich-Kondrashov 17.3. Valores propios del laplaciano . . 17.4. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Parte I Continuidad, compacidad y completitud 1 Capítulo 1 Motivación El siguiente problema guiará el desarrollo de la primera parte de este texto. Problema 1.1 Dados un subconjunto X de Rn y dos puntos p; q 2 X; ¿existe una trayectoria de p a q en X de longitud mínima? Precisemos esta pregunta. Una trayectoria de p a q en X es una función continua : [0; 1] ! Rn tal que (0) = p; (1) = q y (t) 2 X 8t 2 [0; 1]: t1 tm = 1; m 2 N ; Su longitud se de…ne como L( ) := sup m P k=1 donde kx yk := k (tk 1 ) p (x1 y1 )2 + (tk )k : 0 = t0 + (xn (1.1) yn )2 denota la distancia de x a y: q p Observa que L( ) kp qk : Una trayectoria de p a q en X es de longitud mínima si su longitud es menor o igual a la de todas las demás. Por ejemplo, si X = Rn ; la trayectoria (t) = (1 t)p + tq cumple que L( ) = kp qk : De modo que es una trayectoria de longitud mínima de p a q en Rn : 3 E. 0) a q = (1. 1 entonces la longitud de está dada por la integral Z 1 k 0 (t)k dt: L( ) = 0 Ejemplo 1.1 no es un problema trivial. y) 6= ( 12 . ésta debería tener longitud 1: Pero cualquier trayectoria de p a q en R2 de longitud 1 pasa por el punto ( 12 . Cálculo Vectorial.J. Tromba. Recuerda que. . que no pertenece a X: Este ejemplo muestra que el Problema 1. 0) en X = f(x. y) 2 R2 : (x. Marsden y A. si es continuamente diferenciable. k 2 N: Su longitud satisface Z 1 Z 1r 2 0 cos2 t dt L( k ) = k kk = 1+ k 0 0 Z 1 2 < 1 + jcos tj dt = 1 + : k k 0 Por tanto. k1 sen t). 0)g: Demostración: Considera las trayectorias k (t) = (t.4 1. México: AddisonWesley. 1998. l mk!1 L( k ) = 1: De modo que. Para intentar resolverlo. MOTIVACIÓN q p Sin embargo. como lo muestra el siguiente ejemplo. si existiera una trayectoria de longitud mínima de p a q en X. empezaremos expresándolo como un problema de minimización. 0). Pearson Educación. si X 6= Rn no siempre existe una trayectoria de longitud mínima. 1 Consulta por ejemplo el libro de J.2 No existe una trayectoria de longitud mínima de p = (0. q (X) tal que L( 0 ) L( ) 8 2 Tp.5 Denotemos por Tp. . 1937. El gran matemático francés Henri Poincaré a…rmó lo siguiente3 : "La matemática es el arte de nombrar de la misma manera cosas distintas". como Tp. Los espacios de funciones aparecen de manera natural en muchos problemas de las matemáticas y de sus aplicaciones. las soluciones de una ecuación diferencial son funciones. a espacios de funciones. no tiene sentido aplicar este teorema al problema que nos interesa.4 Si f : Rn ! R es una función continua y K es un subconjunto compacto no vacío de Rn . Bell.q (X): Y a funciones como L. New York: Simon and Schuster. 2 3 Referencia!!! E. existe x0 2 K tal que f (x0 ) f (x) 8x 2 K: Ahora bien. Pero sí podemos inspirarnos en él. Entonces. Problema 1. L( ) := longitud de : Diremos que la función L alcanza su mínimo en Tp. Veremos que el análisis matemático nos permite demostrar la existencia de soluciones de ecuaciones diferenciales.4 tendrá algún sentido para la función longitud? ¿Qué querría decir que la función L : Tp. ¿será posible pensar a las trayectorias como si fuesen puntos? ¿El Teorema 1.q (X) ! R [ f1g.q (X) es compacto? El análisis matemático da respuesta a este tipo de preguntas. Men of mathematics.q (X) al conjunto de todas las trayectorias de p a q en X: Podemos entonces considerar a la longitud como una función de…nida en dicho conjunto.3 ¿Alcanza L su mínimo en Tp. L : Tp.q (X)? En los cursos de cálculo diferencial e integral tratamos un problema parecido y vimos el siguiente resultado2 . es decir. Por ejemplo. es decir.q (X) es un conjunto de funciones y no de puntos en Rn . Profundiza en los conceptos y los resultados que aprendimos en cálculo. Muy especialmente.q (X) si existe una trayectoria Tp.q (X) ! R [ f1g es continua o que un subconjunto de Tp. captura su esencia.q (X): 0 2 En estos términos el Problema 1. Teorema 1.1 se expresa como sigue. como el conjunto de trayectorias Tp. cuyo dominio no es un subconjunto de Rn sino un conjunto de funciones. y los extiende a otros espacios distintos del euclidiano.T. entonces f alcanza su mínimo en K. Los conjuntos provistos de una distancia se llaman espacios métricos y son el objeto del siguiente capítulo. . Estas nociones se de…nen a partir de un concepto muy sencillo: el concepto de distancia. Veremos aplicaciones interesantes de esos conceptos y daremos una respuesta al Problema 1.6 1. compacidad y completitud en espacios muy generales.1. MOTIVACIÓN En la primera parte de estas notas introduciremos y estudiaremos los conceptos de continuidad. Maurice Fréchet Daremos en este capítulo ejemplos interesantes de espacios métricos que aparecen de manera natural en muchas aplicaciones. En la escuela secundaria fue alumno de Jacques Hadamard. 7 . no intervienen en la de…nición de estos conceptos. El matemático francés Maurice Fréchet1 introdujo esta noción. Otras propiedades de los espacios euclidianos. en su tesis de doctorado. a los que se denomina espacios métricos. 1 Maurice René Fréchet (1878-1973) nació en Maligni. quien reconoció su potencial y decidió asesorarlo de manera personal. como su estructura de espacio vectorial. Empezaremos pues considerando conjuntos dotados de una distancia. como el paso al límite o la continuidad de funciones en espacios euclidianos. Estudió matemáticas en la École Normale Supérieure de París. algunas de las cuales se verán más adelante. que juega un papel fundamental en las matemáticas modernas. Francia. Introdujo la noción de espacio métrico en 1906. se de…nen exclusivamente en términos de la distancia.Capítulo 2 Espacios métricos Algunos conceptos fundamentales. y 2 X: (M3) d (x. z) d(x. z 2 X: A esta desigualdad se le llama la desigualdad del triángulo. y) 0 para cualesquiera x. es un espacio métrico. Veamos que la distancia entre dos puntos nunca es negativa. y.4 El espacio euclidiano Rn con la distancia usual p + (xn yn )2 . :::. Podemos darle a Rn otras métricas interesantes. d(x. es un espacio métrico. y) = 0 si y sólo si x = y: (M2) d(x. yn ) 2 Rn . De…nición y ejemplos De…nición 2.1.8 2.1 Sea X un conjunto. y) = d(y.33]. y) := jx yj = x y y si x x si x y. Ejemplo 2. y = (y1 . . x) En consecuencia. xn ). o simplemente por X cuando no haga falta especi…car quién es su métrica. ESPACIOS MÉTRICOS 2. d). y): 0 para todos x.3 El conjunto R de los números reales con la distancia usual d(x. Un espacio métrico es un conjunto X provisto de una métrica d: Lo denotaremos por (X. x) = 2d(x. por ejemplo las siguientes dos. y. x) para cualesquiera x. y 2 X: Los siguientes dos ejemplos de espacios métricos son bien conocidos. y) + d(y. :::. y 2 X: Demostración: De las propiedades (M1). z) para cualesquiera x. Una métrica (o distancia) en X es una función d : X X ! R que tiene las siguientes tres propiedades: (M1) d(x. Proposición 2. y) := (x1 y1 )2 + donde x = (x1 . y) + d(y. (M3) y (M2) respectivamente se sigue que 0 = d(x. Ejemplo 2. La demostración de estas a…rmaciones se propone como ejercicio [Ejercicio 2.2 d(x. y) d(x. d2 (x. y) := max fjx1 y1 j . Demostración: Las propiedades (M1) y (M2) son inmediatas y la propiedad (M3) se sigue de la desigualdad del triángulo en R que a…rma que. x = (xk ). :::. xn ). c2 2 R tales que jxk j < c1 y jyk j < c2 para todo k 2 N: De la desigualdad del triángulo para números reales se sigue que jxk yk j jxk j + jyk j c1 + c2 8k 2 N. y = (y1 . Ejemplo 2. para cada i = 1. xn ). jxi zi j jxi yi j + jyi zi j : Sumando ambos lados de estas desigualdades para i = 1. y) + d1 (y. es decir. : : : .1. es una métrica para el espacio euclidiano Rn . y) := sup jxk k 1 yk j . yn ) 2 Rn . de las sucesiones x = (xk ) para las cuales existe c 2 R (que depende de x) tal que jxk j < c para todo k 2 N. x = (x1 . De…nimos d1 (x. La demostración es sencilla y se propone como ejercicio [Ejercicio 2. z) d1 (x. yn ) 2 Rn . d1 es una métrica. y) := jx1 y1 j + + jxn yn j .6 La función d1 (x. Demostración: Sean x = (xk ).5 La función d1 (x.2. jxn yn jg . y sean c1 .7 Sea `1 el conjunto de todas las sucesiones acotadas de números reales.34]. z): En consecuencia. :::. . :::. n. Introduciremos ahora métricas análogas en espacios de sucesiones (xk ) de números reales: Ejemplo 2. :::. :::. n obtenemos d1 (x. y = (yk ) sucesiones acotadas. :::. y = (y1 . es una métrica para el espacio euclidiano Rn . y = (yk ) 2 `1 : Entonces d1 toma valores en R y es una métrica en `1 . x = (x1 . DEFINICIÓN Y EJEMPLOS 9 Ejemplo 2. y) 8x. la sucesión (xk yk ) está acotada y. se tiene que 1 P xk = l m sn = sup sn : k=1 n!1 n 1 Ejemplo 2. z 2 `1 . d1 (x. d1 (x. Recordemos que una serie de números reales 1 P xk k=1 converge. En ese caso. z) + d1 (z. y. se denota 1 P xk := l m sn : n!1 k=1 Si xk 0 para todo k 2 N. entonces la sucesión (sn ) es creciente. y. por tanto. ESPACIOS MÉTRICOS es decir. y) 8k 2 N: En consecuencia. si eso ocurre. y = (yk ) 2 `1 : Entonces d1 toma valores en R y es una métrica en `1 : . si la sucesión (sn ) de sumas …nitas sn := n P xk k=1 converge.10 2. En tal caso. z 2 `1 . z) + d1 (z. y) d1 (x. En los siguientes ejemplos requeriremos la noción de convergencia de una serie. y) := 1 P k=1 jxk yk j . entonces jxk yk j jxk zk j + jzk yk j d1 (x. la serie converge si y sólo si la sucesión (sn ) está acotada y. d1 satisface (M3). si x. y sea d1 (x. es decir. x = (xk ).8 Sea `1 el conjunto de las sucesiones (xk ) de números reales tales que la serie 1 P jxk j k=1 converge. Aplicando nuevamente desigualdad del triángulo para números reales obtenemos que. y) = sup jxk yk j 2 R: k 1 Es inmediato comprobar que d1 satisface las propiedades (M1) y (M2). z 2 `1 : 2. la serie 1 P k=1 jxk yk j 1 P k=1 1 P k=1 jxk j + jxk j + jxk n P k=1 1 P k=1 jyk j jyk j : yk j converge y se cumple que jxk j + 1 P k=1 jyk j : (2.2. poseen una estructura algebraica: la de espacio vectorial. De…nición 2. w 2 V: .1) Es fácil comprobar que d1 satisface (M1) y (M2): La propiedad (M3) se sigue de la desigualdad (2. (N2) k vk = j j kvk para cualesquiera v 2 V. ESPACIOS NORMADOS 11 Demostración: De la desigualdad del triángulo para números reales. y. 1 P k=1 jxk zk j + 1 P k=1 jzk yk j = d1 (x. Las métricas más interesantes en un espacio vectorial son las inducidas por una norma. y) = 1 P k=1 jxk yk j para cualesquiera x. es decir.2. Una norma en V es una función k k : V ! R que tiene las siguientes propiedades: (N1) kvk = 0 si y sólo si v = 0.9 Sea V un espacio vectorial sobre R. kvk + kwk para cualesquiera v. Espacios normados Nota que todos los ejemplos anteriores. y). z) + d1 (z.2.1) reemplazando xk por xk zk y yk por yk zk . si (xk ). d1 (x. jxk yk j jxk j + jyk j . se sigue que n P k=1 jxk n P yk j k=1 1 P k=1 Por consiguiente. además de la estructura geométrica dada por la distancia. (yk ) 2 `1 . (N3) kv + wk 2 R. 1) tales que tonces.37]. k k). 1). 1] se cumple que (1 t)ex0 + tex1 e[(1 t)x0 +tx1 ] : .2) kxk1 := max jxk j : 1 k n Es sencillo comprobar que k kp cumple las propiedades (N1) y (N2): Para probar que cumple la propiedad (N3) requerimos unas desigualdades que demostraremos a continuación. William Henry Young Lema 2. Todas las métricas consideradas en los ejemplos anteriores están inducidas por una norma. b 0 se cumple que ab 1 p + 1 q = 1: En- 1 p 1 q a + b: p q Demostración: Si a = 0 o b = 0 la desigualdad es obvia. de modo que podemos suponer que ab > 0. ESPACIOS MÉTRICOS Un espacio normado es un espacio vectorial V provisto de una norma k k.11 (Desigualdad de Young) Sean p. Dado x 2 Rn de…nimos kxkp := n P k=1 p jxk j 1 p si p 2 [1. para cualquier par de números reales a. x1 2 R y t 2 [0. (2. para cualesquiera x0 . k k) es un espacio métrico con la métrica dada por d(v.12 2. Proposición 2. o simplemente por V cuando no haga falta especi…car quién es su norma. w) := kv wk : Esta métrica se llama la métrica inducida por la norma k k : La demostración es sencilla y se propone como ejercicio [Ejercicio 2. q 2 (1.10 Todo espacio normado (V. Lo denotaremos por (V. Veamos otros ejemplos. La función exponencial es una función convexa. es decir. donde fue estudiante de Kronecker. Otto Hölder 2 William Henry Young (1863-1942) nació en Londres. 3 Otto Ludwig Hölder (1859-1937) nació en Stuttgart. cuando trabajaba en la convergencia de series de Fourier. Inglaterra. Obtuvo el doctorado en la Universidad de Tübingen en 1882. Estudió matemáticas en Cambridge y fue profesor en diversas universidades europeas. .2. Descubrió la desigualdad que lleva su nombre en 1884. Weierstrass y Kummer. Publicó esta desigualdad en 1912. Aplicaremos la desigualdad de Young2 para demostrar la desigualdad de Hölder3 . Estudió en las universidades de Stuttgart y Berlín. ESPACIOS NORMADOS 13 y = ex Tomando x0 = ln ap . x1 = ln bq y t = 1 p 1 q a + b p q 1 q obtenemos 1 e( p ln a p+ 1 q ln bq ) = ab: Esta es la desigualdad deseada. Alemania.2. y = (y1 . xn ). q 2 (1. .14 2. concluimos que 1 kxkp kykq n P k=1 jxk yk j n P 1 1 jxk jp + p p kxkp k=1 q kykqq 1 1 = + = 1: p q n P k=1 jyk jq Multiplicando ambos lados de la desigualdad anterior por kxkp kykq obtenemos la desigualdad deseada. yn ) 2 Rn se cumple p que 1 1 n n n p q P P P p q jxk j jxk yk j jyk j . que para todo p 2 [1.12 (Desigualdad de Hölder en Rn ) Sean p. 1].5.2) es una norma en Rn : Demostración: Es sencillo ver que k kp cumple las propiedades (N1) y (N2): Demostremos la propiedad (N3). xn yn ): Demostración: La a…rmación es trivial si x = 0 o si y = 0: Supongamos pues que ambos son distintos de cero. Estamos listos para demostrar el siguiente resultado. :::.3) Para p = 1 esta desigualdad es consequencia inmediata de la desigualdad del triángulo para números reales [Ejercicio 2. Aplicando la desigualdad de Young a ak := obtenemos jxk j kxkp jxk yk j kxkp kykq y bk := jyk j kykq jyk jq jxk jp + : p kxkpp q kykqq Sumando todas estas desigualdades para k = 1. ESPACIOS MÉTRICOS Proposición 2. k=1 k=1 k=1 es decir. :::. y 2 Rn : (2. kxyk1 kxkp kykq donde xy := (x1 y1 . es decir.34]. El caso p = 1 se probó en el Ejemplo 2. 1) tales que 1 + 1q = 1: Entonces. 1] se cumple que kx + ykp kxkp + kykp 8x. la función k kp de…nida en (2. n. Proposición 2. para cualesquiera x = (x1 . :::.13 Para cada p 2 [1. :::. 1 q p (jxk j + jyk j) : Sumando las dos desigualdades anteriores obtenemos n P k=1 p (jxk j + jyk j) kxkp + kykp k=1 Dividiendo ambos lados de esta desigualdad entre n P k=1 n P p p (jxk j + jyk j) 1 q : 1 q (jxk j + jyk j) y usando la desigualdad del triángulo para números reales jxk + yk j concluimos que kx + ykp = n P k=1 p jxk + yk j 1 p n P k=1 (jxk j + jyk j)p jxk j + jyk j . 1].4) para designar al espacio Rn con la norma k kp : Escribiremos simplemente Rn en vez de Rn2 para designar a Rn con la norma usual. a la que denotaremos simplemente por q kxk := x21 + + x2n : (2. : : : .2.5) . 1 p kxkp + kykp : Ésta es la desigualdad deseada.2. usaremos la notación Rnp := (Rn . (jxn j + jyn j)p 1 ): De…niendo q := p p 1 obtenemos n P k=1 Análogamente.14 Con el …n de distinguir cuál de todas estas normas estamos considerando. (2. k kp ). p 2 [1. La a…rmación es trivial si x = 0: Supongamos pues que x 6= 0 y apliquemos la desigualdad de Hölder a x y ((jx1 j + jy1 j)p 1 . 1). ESPACIOS NORMADOS 15 Tomemos ahora p 2 (1. n P k=1 jxk j (jxk j + jyk j)p 1 p 1 jyk j (jxk j + jyk j) kxkp kykp n P k=1 n P k=1 1 q (jxk j + jyk j)p . Notación 2. Proposición 2. Demostración: Es sencillo ver que x 2 `p para cualesquiera x 2 `p . se de…nen y x + y := (xk + yk ) x := ( xk ): Con estas operaciones el conjunto de todas las sucesiones de números reales es un espacio vectorial. Para espacios de sucesiones adecuados podemos de…nir normas análogas a las de…nidas para Rn .6 son las inducidas por las normas k k1 . 2 R. p 1 p jxk j (2. (a): Si p 2 [1.15 (a) Si p 2 [1. es decir. k k y k k1 . como la norma k kp en Rn satisface la propiedad (N3). 1). y que k kp cumple las propiedades (N1) y (N2) [Ejercicio 2. la serie k(xk + yk )kp = 1 P k=1 + n P k=1 1 P k=1 p jxk + yk j p jyk j 1 p k(xk )kp + k(yk )kp jxk + yk jp converge y se cumple que 1 p k(xk )kp + k(yk )kp : .16 2. Las sucesiones de números reales se pueden sumar y multiplicar por escalares término a término. Consideremos ahora espacios de sucesiones. si x = (xk ) y y = (yk ) son sucesiones de números reales y 2 R. y 2 `p y que k kp cumple la propiedad (N3).41].4 al 2.7) k 1 es una norma en `1 . respectivamente. ESPACIOS MÉTRICOS Nota que las métricas d1 . se tiene que n P k=1 p 1 p jxk + yk j n P k=1 p 1 p jxk j para todo n 2 N: En consecuencia. el conjunto `p de todas las sucesiones de números reales (xk ) tales que la serie 1 P jxk jp k=1 converge es un espacio vectorial y 1 P k(xk )kp := k=1 es una norma en `p . (yk ) 2 `p . 1) y (xk ). d2 y d1 consideradas en los Ejemplos 2. Probaremos a continuación que x + y 2 `p si x.6) : (b) El conjunto `1 de todas las sucesiones acotadas de números reales es un espacio vectorial y k(xk )k1 := sup jxk j (2. b]. 1). de…nidos como (f + g)(x) := f (x) + g(x). De hecho. le dan a C 0 [a. 1) la desigualdad (N3) en `p se llama la desigualdad de Minkowski para series.8) Demostraremos a continuación que éstas son normas en C 0 [a.17 Sean f 2 C 0 [a. b]: Empecemos observando lo siguiente. g 2 C 0 [a.8 y 2.7.16 Sea X un conjunto arbitrario. Lema 2. kf kp := a jf (x)jp dx kf k1 := maxfjf (x)j : a x bg: (2. a cualquier conjunto le podemos dar la métrica siguiente. f. b] ! R: La suma de funciones y el producto de una función por un escalar. y) = 0 1 si x = y. b] de…nimos 1 Rb p si p 2 [1.7 son las inducidas por las normas k k1 y k k1 que acabamos de de…nir. b] y p 2 [1. si x = 6 y.2. 2 R. ESPACIOS DE FUNCIONES 17 (b): El caso p = 1 se probó en el Ejemplo 2. 1]: Entonces. ( f )(x) := f (x). es una métrica en X. ddisc ) se llama un espacio discreto.3. No cualquier métrica en un espacio vectorial está inducida por una norma. El espacio Xdisc := (X. Si p 2 [1. La función ddisc (x.3. como jf (x)jp es una función continua y no negativa. Espacios de funciones Denotemos por C 0 [a.40]. kf kp = 0 si y sólo si f = 0: Demostración: Para p = 1 esta a…rmación es consecuencia inmediata de la de…nición (2. b]: . Si p 2 [1. 2.8). 1). se tiene que Z kf kpp = b a jf (x)jp dx = 0 () jf (x)jp = 0 8x 2 [a. Nota que las métricas d1 y d1 consideradas en los Ejemplos 2. b] al conjunto de todas las funciones continuas f : [a. llamada la métrica discreta. Ejemplo 2. b] la estructura de espacio vectorial. Dada f 2 C 0 [a. Es sencillo comprobar que en un espacio vectorial no trivial ninguna norma induce la métrica discreta [Ejercicio 2. ciudad en la que murió. p q kf kp kgkq p kf kp q kgkq p q Multiplicando ambos lados de esta desigualdad por kf kp kgkq obtenemos la desigualdad deseada. es decir. Para cada x 2 [a. kf gk1 kf kp kgkq : Demostración: La a…rmación es trivial si f = 0 o si g = 0: Supongamos pues que ambas funciones son distintas de cero. Probaremos ahora la desigualdad de Hölder para integrales. b]. entonces parte del Imperio Ruso. para cualquier par de funciones continuas f. g : [a. 1) tales que p1 + 1q = 1: Entonces. p kf kpp q kgkqq e integrando ambos lados de esta desigualdad concluimos que Rb Rb Rb p jf (x)g(x)j dx jg(x)jq dx jf (x)j dx 1 1 a a a + = + = 1. q 2 (1. A partir de la desigualdad de Hölder se obtiene la desigualdad de Minkowski4 .18 2. Fue profesor en la ETH de Zürich y en la Universidad de Göttingen. 4 Hermann Minkowski (1864-1909) nació en Lituania.11) a estos números obtenemos jf (x)g(x)j kf kp kgkq jf (x)jp jg(x)jq + . . Obtuvo el doctorado en 1885 en la Universidad Albertina de Königsberg.18 (Desigualdad de Hölder para integrales) Sean p. Su demostración es análoga a la correspondiente para Rn . Es fácil ver que también vale la desigualdad de Hölder kf gk1 kf k1 kgk1 [Ejercicio 2. de…nimos ax := jf (x)j kf kp y bx := jg(x)j : kgkq Aplicando la desigualdad de Young (Lema 2. b] ! R se cumple que Z a b jf (x)g(x)j dx Z b a p 1 p jf (x)j dx Z b a q jg(x)j dx 1 q . Proposición 2. ESPACIOS MÉTRICOS En consecuencia. kf kp = 0 si y sólo si f = 0.47]. 20 Para cada p 2 [1. g 2 C 0 [a. obtenemos Z Z b jf (x)j (jf (x)j + jg(x)j)p 1 dx a Z kf kp Z b p 1 jg(x)j (jf (x)j + jg(x)j) a kgkp dx 1 q b (jf (x)j + jg(x)j)p a .19 respectivamente.2. h respectivamente. y g. . 1 q b p a (jf (x)j + jg(x)j) . kf + gkp kf kp + kgkp 8f. b]: Demostración: Los casos p = 1. Sea p 2 (1.17 y la Proposición 2.8) es una norma en C 0 [a. y sumando estas desigualdades concluimos que Z b a p (jf (x)j + jg(x)j) dx kf kp + kgkp Z 1 q b p a (jf (x)j + jg(x)j) : Dividiendo ambos lados de esta desigualdad entre Z a 1 q b (jf (x)j + jg(x)j)p y usando la desigualdad del triángulo para números reales jf (x) + g(x)j y la monotonía de la integral obtenemos kf + gkp = Z a b jf (x) + g(x)jp dx 1 p Z a b (jf (x)j + jg(x)j)p dx jf (x)j+jg(x)j 1 p kf kp + kgkp . ESPACIOS DE FUNCIONES 19 Proposición 2.19 (Desigualdad de Minkowski para integrales) Sea p 2 [1. como a…rma el enunciado. 1]: Entonces. h. Demostración: Las propiedades (N1) y (N3) se probaron en el Lema 2. 1): Si f = 0 la a…rmación es evidente. La propiedad (N2) es consecuencia inmediata de la linealidad de la integral. Proposición 2.18) a las funciones f. 1 se proponen como ejercicio [Ejercicio 2. Ahora podemos concluir lo siguiente.3. 1] la función k kp de…nida en (2.46]. Supongamos pues que f 6= 0: Sea h(x) = (jf (x)j + jg(x)j)p 1 : Aplicando la desigualdad de Hölder para integrales (Proposición 2. b]. como lo muestra el siguiente ejemplo. . mientras que la distancia kf gk1 es pequeña si el área de la región delimitada por sus grá…cas es pequeña. b] := (C 0 [a. b] ! R con la norma k kp : Como veremos más adelante. según la norma k k1 . la norma más adecuada en el espacio de funciones continuas C 0 [a. escribiremos simplemente C 0 [a. b].7 5 0 . Así. b] es la norma k k1 : Por ello.5 y = f4 (x) 0 .22 Sean R > 0 y fk : [0. ESPACIOS MÉTRICOS Notación 2. k k1 ): Observa que la distancia kf gk1 entre dos funciones continuas f y g es pequeña si sus grá…cas están cerca la una de la otra. p 2 [1. mientras que.7 5 0 .7 5 1 0 0 . usaremos la notación Cp0 [a.20 2.2 5 0 0 0 0 .5 0 . b] := (C 0 [a. b]. Ejemplo 2. 1]. para designar al espacio de las funciones continuas f : [a. Las normas de…nidas en esta sección satisfacen las siguientes relaciones. dichas funciones se acercan cada vez más a la función 0 conforme k crece.2 5 0 . 1] ! R la función dada por fk (x) = kx) si 0 si k1 R(1 0 1 .2 5 0 .5 0 . k kp ). dos funciones continuas pueden estar muy cerca según la norma k k1 y a distancia arbitrariamente grande según la norma k k1 .7 5 1 y = f8 (x) Es decir.2 5 0 . mientras que kfk k1 = R : 2k 1 1 0 . según la norma k k1 todas las funciones fk distan exactamente R de la función constante igual a 0.5 0 . k x x 1: Entonces kfk k1 = R para toda k 2 N.21 Con el …n de distinguir cuál de todas estas normas estamos considerando. 23 Para toda f 2 C 0 [a.2. g(z)): z2S .4.24 Una función f : S ! X es acotada si existen c 2 R y x0 2 X tales que d(f (z).4. de la monotonía y la linealidad de la integral se sigue que Z b a Elevando a la potencia sigualdades deseadas. De…nición 2. x0 ) c 8z 2 S: Denotamos por B(S. Sean S un conjunto y X = (X. algunas de las cuales se estudiarán más adelante. 2. aplicando la desigualdad de Hölder (Proposición 2. EL ESPACIO DE FUNCIONES ACOTADAS 21 Proposición 2. X) := ff : S ! X : f es acotadag y de…nimos d1 (f. s jf (x)j dx 1 s Z a b kf ks1 dx = (b a) kf ks1 : cada una de las desigualdades anteriores obtenemos las de- El espacio de funciones acotadas El siguiente ejemplo juega un papel importante en muchas aplicaciones. g) := sup d(f (z). b] se cumple que kf ks (b kf ks a) r s rs 1 s kf kr 81 a) kf k1 (b s < r < 1.18) con p = r r s y q = rs a la función constante con valor 1 y a la función jf js obtenemos que Z a b Z s jf (x)j dx r s r b dx a = (b a) r s r Z a Z a b s r r jf (x)j dx b r jf (x)j dx s r : Por otra parte. 81 s < 1: Demostración: Si 1 s < r < 1. d) un espacio métrico. f (z) = g(z) 8z 2 S. ( f )(z) := f (z): Si V es un espacio normado con norma k k entonces B(S. g). X): Como d satisface (M1) se tiene que d1 (f. entonces el conjunto de todas las funciones de S a V es un espacio vectorial con las operaciones dadas por (f + g)(z) := f (z) + g(z). h) + d1 (h. es decir. x0 ) y c0 d(g(z). La propiedad (M2) para d1 se sigue inmediatamente de la misma propiedad para d: Sean f. d1 (f. Esta norma se llama la norma uniforme. es decir. g) 2 R: Probemos ahora que d1 es una métrica para B(S. si f. Demostración: Veamos primero que. g. g(z)) c0 + d(x0 . c1 2 R tales que d(f (z). g) 2 R.22 2. entonces d1 (f. g) = 0 .25 d1 es una métrica en B(S. h 2 B(S. g) 8z 2 S: En consecuencia. x1 2 X y c0 .52]. x0 ) + d(x0 . d(f (z). X): Esta métrica se llama la métrica uniforme. x1 ) + c1 8z 2 S: En consecuencia. g(z)) d(f (z). x1 ) + d(x1 . x1 ) c1 8z 2 S: Como d satisface (M3) se tiene que d(f (z). V ). ESPACIOS MÉTRICOS Proposición 2. g(z)) = 0 8z 2 S . h(z)) + d(h(z). d1 satisface (M1). d1 (f. g(z)) d1 (f. La demostración de estas a…rmaciones es un ejercicio sencillo [Ejercicio 2. V ) es un espacio vectorial y kf k1 := sup kf (z)k z2S es una norma en B(S. X). g) d1 (f. X): La propiedad (M3) de d implica que d(f (z). Sean x0 . d1 satisface (M3). h) + d1 (h. g 2 B(S. Si V es un espacio vectorial. g(z)) d(f (z). . 5. De…nición 2. b] por la norma uniforme de B([a. De…nición 2. y) 8x.5. 1]. dY ) dos espacios métricos. En particular. de…nido en el Capítulo 1.26 Si X = (X. Ejemplo 2. Rn ): Así que Tp.57]. R): Veamos otros ejemplos. Ejemplo 2. b] ! Rn es acotada. x2 2 X: . b] B([a. 23 Subespacios métricos e isometrías Los subconjuntos de un espacios métrico heredan su métrica. dX ) y Y = (Y. C 0 [a.29 Sean X = (X.y (Sn 1 ) de todas las trayectorias de x a y en Sn 1 : De…nimos d(x.8) coincide con la norma inducida en C 0 [a.y (Sn 1 )g. SUBESPACIOS MÉTRICOS E ISOMETRíAS 2. Rn ): A un subconjunto de un espacio métrico se le pueden dar otras métricas. x2 ) 8x1 . Una función : X ! Y es una isometría si dY ( (x1 ).q (X) de todas las trayectorias de p a q en X. y 2 Sn 1 : Consideremos el conjunto Tx. (x2 )) = dX (x1 . es un subconjunto de B([0. el conjunto Tp. Una métrica muy natural sobre la esfera es la siguiente. b].28 Sean Sn 1 := fx 2 Rn : kxk = 1g la esfera unitaria en Rn y x. distinta de la métrica inducida por la métrica usual de Rn : La demostración de estas a…rmaciones se propone como ejercicio [Ejercicio 2.1). 1]. Ésta es una métrica en Sn 1 . R): La norma de…nida en (2. d) es un espacio métrico y A es un subconjunto de X de…nimos dA (x. y) := d(x. y) := nffL( ) : 2 Tx. b].q (X) resulta ser un espacio métrico con la métrica inducida por la métrica uniforme de B([0. y 2 A: Esta es claramente una métrica en A. distintas de la inducida. q 2 X. donde L( ) es la longitud de la trayectoria de…nida en (1.27 Si X es un subconjunto de Rn y p.2. que se llama la métrica inducida por d: Al conjunto A con esta métrica se le llama un subespacio métrico de X: Nota que toda función continua f : [a. Ejemplo 2. d) un espacio métrico. z): Ejercicio 2.31 La identidad 0 id : C1 [0. podemos identi…car a Rnp con el subespacio de `p que consiste de las sucesiones (xk ) tales que xk = 0 para k > n: Ejemplo 2. Es decir. En efecto. entonces la inclusión : A . observemos que toda isometría es inyectiva. (x2 )) = 0 y. la distancia de fk a la función constante 0 según la métrica inducida por la R norma k k1 es 2k . (x1 . z 2 X. :::. :::. Por otra parte. Así pues. x1 = x2 : Desde el punto de vista geométrico dos espacios métricos se consideran iguales si existe una biyección entre ellos que es una isometría. de…nida en el Ejemplo 2. la función fk del Ejemplo 2. de…nida en el Ejemplo 2. para cualesquiera w.34 Prueba que kxk1 := max fjx1 j .! X es una isometría. z)j d(w.32 Sea X = (X. y) + d(x. 1]. x. si a un subconjunto A de un espacio métrico de X le damos la métrica inducida. se cumple que jd(w. :::). Ejercicio 2. 0. es una norma en Rn : . :::xn . Ejercicios Ejercicio 2.33 Demuestra las siguientes a…rmaciones. es una métrica. 1] ! C10 [0. id(f ) = f. jxn jg donde x = (x1 .30 Para cada p 2 [1. en consecuencia. En efecto. es una métrica. xn ) 2 Rn . no es una isometría. ESPACIOS MÉTRICOS Por ejemplo. (b) La distancia usual en Rn . 2k es decir.6. 0.4. y. mientras que su distancia según la métrica inducida por k k1 es R: 2.24 2. (a) La distancia usual en R.22 satisface R = kfk k1 6= kfk k1 = R. una isometría : X ! Y nos permite identi…car a X con el subespacio métrico (X) := f (x) : x 2 Xg de Y: Veamos algunos ejemplos. Prueba que. x) d(y. si (x1 ) = (x2 ) entonces dX (x1 . :::xn ) = (x1 . la función : Rnp ! `p . x2 ) = dY ( (x1 ).3. es una isometría. 1]. :::. no existe ninguna norma en V tal que 0 si v = w.6) y (2. :::. 2.40 Sea V un espacio vectorial distinto de f0g: Prueba que no existe ninguna norma en V que induzca la métrica discreta. EJERCICIOS 25 Ejercicio 2. jxn jg . para toda x 2 Rn .7) satisface (N1) kxkp = 0 si y sólo si x = 0 en `p : (N2) Si (xk ) 2 `p y 2 R.36 Muestra que la desigualdad (2. .37 Sea (V. 1: Haz un dibujo de cada uno de ellos. jxn js ) con p = r r s y q = rs ).38 Describe los conjuntos Bp (0. Prueba que la función d(v.35 ¿Es la función : Rn ! R. 1].42 Prueba que.39 Describe los conjuntos Bdisc (0.3) en Rn no se cumple si p = 21 : Ejercicio 2.6. 1) := fx 2 R2 : ddisc (x. s r < 1. k k) un espacio normado.2. 1) := fx 2 R2 : ddisc (x. Ejercicio 2. Bdisc (0. donde ddisc es la métrica discreta en R2 : Ejercicio 2. w) := kv wk es una métrica en V: Ejercicio 2. 0) 1g. dada por (x) = m n fjx1 j . 1g para p = Ejercicio 2. 1) y (jx1 js . es decir. la función k kp de…nida en (2. :::. (a) kxkr (b) kxks (c) kxks kxks si 1 r s n sr kxkr si 1 1 n s kxk1 si 1 s r 1. 1) := fx 2 R2 : kxkp 1. kv wk = 1 si v 6= w: Ejercicio 2. s < 1: (Sugerencia: Para probar la segunda desigualdad aplica la desigualdad de Hölder a los vectores (1. para cada p 2 [1.41 Prueba que. entonces ( xk ) 2 `p y k( xk )kp = j j k(xk )kp : Ejercicio 2. una norma en Rn ? Justi…ca tu a…rmación. 0) < 1g. 1).46 Prueba que cualquier par de funciones continuas f. ESPACIOS MÉTRICOS Ejercicio 2. Para x = (xi ). g : [a. es decir: . entonces (xk yk ) 2 `1 y p 1 P k=1 es decir. x = (xi ) 2 S: Prueba que l m d(xk .b] a a max jf (x)j + max jg(x)j : x2[a.b] Ejercicio 2.44 Demuestra las siguientes a…rmaciones. 1 P jxk yk j k=1 k(xk yk )k1 p 1 p 1 P jxk j k=1 q 1 q jyk j : k(xk )kp k(yk )kq : Ejercicio 2. x) = 0 k!1 () l m xki = xi k!1 8i 2 N: Ejercicio 2. y = (yi ) 2 S de…nimos d(x. entonces s<r `s `r . entonces k(xk )k1 = l m k(xk )kr : r!1 Ejercicio 2.47 Prueba que las desigualdades de Hölder para sumas.b] x2[a. q 2 (1. `s 6= `r (b) Si (xk ) 2 `p para alguna 1 y k(xk )kr k(xk )ks 8(xk ) 2 `s : p < 1. para series y para integrales siguen siendo válidas si p = 1 y q = 1. a max jf (x) + g(x)j x2[a. (xk ) 2 `p y (yk ) 2 `q . si p. 1 + 1q = 1.43 (Desigualdad de Hölder para series) Prueba que.26 2. b] ! R satisface las siguientes desigualdades: Z b Z b Z b jf (x) + g(x)j dx jf (x)j dx + jg(x)j dx.45 Sea S el conjunto de todas las sucesiones de números reales. y) := 1 P i=1 jxi yi j : + jxi yi j) 2i (1 (a) Prueba que ésta es una métrica en S: (b) Sean xk = (xki ). (a) Si 1 1. 1) y k 2 N calcula kfk kp := Z 0 1=p 1 p jf (t)j dt : Ejercicio 2.49 Sea fk : [0. 1] y p < r. :::. Ejercicio 2. entonces existe una constante c > 0 tal que kf kp c kf kr 8f 2 C 0 [0. 1]: . EJERCICIOS 27 (a) Si (x1 . xn ). 1] ! R tales que kgk k1 = 1 para toda k 2 N. r 2 [1.6. y kgk k1 ! 1? Justi…ca tu respuesta. (y1 . la función fk (x) = kx si 0 si k1 1 0 x x 1 .50 Demuestra si son verdaderas o falsas las siguientes a…rmaciones: (a) Si p.48 Da un ejemplo de una sucesión de funciones continuas fk : [0. 1] ! R. yn ) 2 Rn entonces n P k=1 n P jxk yk j k=1 jxk j max jyk j : 1 k n (b) Si (xk ) 2 `1 . 1] ! R tales que kfk k1 = 1 para toda k 2 N. entonces Z a Z b jf (x)g(x)j dx b a jf (x)j dx max jg(x)j : a x b Ejercicio 2. (yk ) 2 `1 entonces (xk yk ) 2 `1 y ! 1 1 X X jxk yk j jxk j sup jyk j : k=1 k2N k=1 (c) Si f. 1]: c kf k1 ¿Es posible construir una sucesión de funciones continuas gk : [0. g : [a. k 1: Para cada p 2 [1. y kfk k1 ! 1: Concluye que no existe ninguna constante c 2 R tal que kf k1 8f 2 C 0 [0. b] ! R son funciones continuas. :::.2. y1 ). y2 )) := (dX (x1 . b) y son continuas en [a. (x) = (x. r 2 [1. y que kf k1 := sup kf (z)k z2S es una norma en B(S. x2 )p + dY (y1 . V ). la inclusión :X!X Y. de…nimos dp ((x1 . y0 ). b]: Para cada p 2 [1. dY ) espacios métricos. f. Ejercicio 2.28 2. b]. (c) ¿Es la proyección :X una isometría? Y ! X. Prueba que B(S. (x2 . dX ) y Y = (Y. V ) es un espacio vectorial con las operaciones dadas por (f + g)(z) := f (z) + g(z). b] el conjunto de las funciones f : [a. y 2 Y g: Dados (x1 . . y2 ) 2 X Y. (x2 . 1] de…nimos kf kr. y2 )) := max fdX (x1 . k k) un espacio normado. 1). es una isometría. 1]: Ejercicio 2. Y para todo p 2 [1. :::. dY (y1 . 2 R.p ) es un espacio normado. Considera el producto cartesiano X Y := f(x. b] = (C r [a. g 2 B(S. ( f )(z) := f (z). y) : x 2 X. y2 )p )1=p d1 ((x1 . k kr. es decir. z 2 S.53 Sean X = (X. y1 ). para cualquiera de estas métricas y para cualquier y0 2 Y .51 Sea C r [a. ESPACIOS MÉTRICOS (b) Si p. y2 )g : (a) Prueba dp es una métrica en X si p 2 [1.52 Sean S un conjunto y V = (V. x2 ). b] ! R que son rveces continuamente diferenciables en [a. (x. 1]: (b) Prueba que. V ). b]. entonces existe una constante c > 0 tal que kf kp c kf kr 8f 2 C 0 [0. y) = x. f (r) hasta la de orden r existen en (a. tales que todas sus derivadas f 0 . Ejercicio 2.p := kf kp + kf 0 kp + + f (r) p : Prueba que Cpr [a. y1 ). f 00 . 1] y p > r. (x2 . 1]. (a) La identidad id : R2p ! R2r . Ejercicio 2.y (X) el conjunto de todas las trayectorias de x a y en X: De…nimos d(x. si para cada x. Ejercicio 2. xn ) := n X : Rn ! V dada por xi ei i=1 es una isometría. entonces la función (x1 . (e) La función : B(N. con p 6= r: (c) La inclusión : C21 [0.1). (b) Si a V le damos la norma k k . id(x) = x.y ) < 1. y 2 X y Tx. entonces . y de…nimos kvk := n X i=1 x2i !1=2 : Demuestra las siguientes a…rmaciones: (a) k k es una norma en V . (b) La identidad id : Cp0 [0.57 Sean X Rn .55 ¿Cuáles de las siguientes funciones son isometrías y cuáles no? Justi…ca tu a…rmación.6. (d) La inclusión 0 : C1 [0. x. (a) Prueba que. entonces su inversa 1 : Y ! X es una isometría.! B([0. y) := nffL( ) : 2 Tx.! C20 [0. 1] . 1].2. R) ! `1 . si : X ! Y es una isometría y es biyectiva. en g una base de V: Expresamos a cada v 2 V como v = ni=1 xi ei con xi 2 R.y (X) con L( x. y 2 X existe d es una métrica en X: x. R). de…nida en (1. :::.y 2 Tx. 1]. 1] .54 Prueba que.y (X)g. 1] ! Cr0 [0. EJERCICIOS 29 Ejercicio 2.56 Sea V un espacio vectorial de P dimensión …nita y sea fe1 . :::. con p 6= r: (f ) = f: (f ) = f: (f ) = (f (k)): Ejercicio 2. id(f ) = f. donde L( ) es la longitud de la trayectoria . 2) X = Bn := fx 2 Rn : kxk (b. 2.1) X = Rn . (b.5) X = Sn 1 := fx 2 Rn : kxk = 1g.3) X = fx 2 Bn : x 6= 0g. n 2: + x2n 1 1 g. xn 1 . n 1g. (b.4) X = fx 2 Bn : x 2 = Dg. 2 .30 2. donde n 2y D := f(x1 . 0) 2 Rn : x21 + (b. ESPACIOS MÉTRICOS (b) ¿En cuáles de los siguientes ejemplos coincide esta métrica con la inducida por la métrica usual de Rn ? Justi…ca tu a…rmación. :::. (b. Ferdinand Georg Frobenius y So…a Kovalévskaya. Weierstrass dio las de…niciones de continuidad. Fue profesor en la Universidad de Berlín y tuvo entre sus discípulos a Georg Cantor. en términos de "’s y ’s. fue introducida por Karl Weierstrass1 a …nales del siglo XIX. Llamado el padre del análisis moderno. Estudió matemáticas en la Universidad de Münster. que continúan vigentes hoy en día. 31 . Llamaron continua a una función que tomaba valores arbitrariamente cercanos para valores su…cientemente cercanos de la variable.Capítulo 3 Continuidad A principios del siglo XIX Augustin Louis Cauchy y Bernard Bolzano dieron. una de…nición de continuidad. La de…nición usual hoy en día. Westfalia (actualmente Alemania). de manera independiente. 1 Karl Theodor Wilhelm Weierstrass (1815-1897) nació en Ostenfelde. Karl Weierstrass La noción de continuidad de una función entre espacios métricos es formalmente idéntica a la de continuidad de una función entre espacios euclidianos que ya conocemos. En este capítulo estudiaremos este concepto y daremos varias caracterizaciones de la continuidad. Esta de…nición es exacta pero imprecisa. límite y derivada de una función. : : : . := n n P 1=r x 0 kr < " Esto prueba que id : Rnp ! Rnr es continua. r 2 [1. " si r 2 [1. Decimos que La continuidad de depende de las métricas que estamos considerando en X y Y: Para hacer énfasis en ello usaremos en ocasiones la notación : (X. x0 ) < : dY ( (x). Demostración: Observa que (max far1 . CONTINUIDAD 3. para cada " > 0. kxk1 Dados x0 2 Rn y " > 0 de…nimos desigualdades (3.:::.:::.2 La identidad id : Rnp ! Rnr es una función continua para cualesquiera p. an 0: En consecuencia. dX ) y Y = (Y. 1=p kxk1 = maxi=1. dX ) ! (Y.1. 1) y si kx x 0 kp < : (3. r 2 [1. De…niciones y ejemplos Sean X = (X. xn ) 2 Rn se tiene que kxkr = n P i=1 1=r jxi jr 1=r (n maxi=1.n jxi j = n1=r kxk1 . 1].:::. arn g)1=r = max fa1 .1 Una función : X ! Y es continua en el punto x0 2 X si. para cualesquiera p. r 2 [1.n jxi jp ) Combinando ambas desigualdades obtenemos kxkr n1=r kxkp . dY ) en vez de : X ! Y: Veamos algunos ejemplos. existe > 0 (que depende de x0 y de ") tal que si dX (x. Ejemplo 3. an g si r 2 [1. (x0 )) < " es continua si lo es en todo punto de X. : : : . De…nición 3.n jxi jr ) = n1=r maxi=1.:::. : : : .n jxi j = (maxi=1. 1) y x = (x1 .1) se sigue que kx i=1 1=p jxi jp = kxkp : 8x 2 Rn . 1): kxkp . : : : .1) := " si r = 1: De las . 1) y a1 . p 2 [1. 1].32 3. dY ) espacios métricos. Se dice que X y Y son homeomorfos si existe un homeomor…smo entre ellos. Sea " := 12 : A…rmamos que para cualquier 2 (0. 1. la función 1 1 0 g (x) = x si 0 si x x . 1 0. 1] y " > 0. b] no lo es. 1]). 1) existe g 2 C 0 [0. 1] no es continua en 0 (de hecho no lo es en ningún punto de C 0 [0. Demostración: La Proposición 2. para kf f0 k1 < " = " se cumple que si kf f0 k1 < : 0 Esto prueba que id : C1 [0. 1] no es continua en 0: De…nición 3. 1]: Probaremos que id : 0 C10 [0. 1]. 75 1 y = g1=4 (x) 0 Por tanto. 1] tal que kg k1 < y kg k1 = 1 > ": En efecto. mientras que id : C1 [a. 1] ! C1 [0.23 asegura que kf k1 8f 2 C 0 [0. 1] ! C10 [0. b] ! C10 [a. dadas f0 2 C 0 [0. . 1] no lo es. mientras que la idenEjemplo 3.5 Sean :X!Y y : Y ! Z funciones entre espacios métricos. 1] ! C1 [0. 25 0. 1] es continua. DEFINICIONES Y EJEMPLOS 33 0 [0.1. 1] ! C10 [0. 1]: kf k1 En consecuencia. 5 0. Los ejemplos anteriores a…rman que id : Rnp ! Rnr es un homeomor…smo para 0 cualesquiera p. 5 0. 25 0 0 0.4 Una función : X ! Y es un homeomor…smo si es continua y biyectiva y su inversa 1 : Y ! X es continua. Denotemos por 0 a la función constante con valor 0 en [0. r 2 [1. 1] ! C1 [0. la identidad id : C10 [0. 1] es continua. tiene estas propiedades.3. Proposición 3.3 La identidad id : C1 0 0 tidad id : C1 [0. 75 0. Fue profesor en la universidad de Bonn. x0 ) < : En consecuencia. ( (x0 ))) < " si dX (x.34 3. (y0 )) < " Y. (b): Si es un homeomor…smo. y 2 X: La constante c se llama una constante de Lipschitz2 para : La función es una equivalencia si es Lipschitz continua y biyectiva y su inversa 1 : Y ! X es Lipschitz continua. como la completitud (que estudiaremos más adelante). Se doctoró en Berlín bajo la supervisión de Lejeune Dirichlet. y) 8x. si dY (y. dZ ( ( (x)). de la a…rmación (a) se sigue que es continua 1 si y sólo si ( ) = lo es. 2 Rudolph Otto Sigismund Lipschitz (1832-1903) nació en Königsberg (entonces parte de Alemania). no se preservan bajo homeomor…smos. entonces es continua si y sólo si es continua. De…nición 3. (c): Análogamente. entonces es continua si y sólo si es continua. Algunas propiedades importantes de los espacios métricos. (y)) c dX (x. y0 ) < : > 0 tal que dY ( (x). .6 Una función : X ! Y es Lipschitz continua. (x0 )) < si dX (x. si existe c > 0 tal que dY ( (x). si es un homeomor…smo. 1] [Ejercicio 3. CONTINUIDAD (a) Si y son continuas entonces la composición (b) Si es un homeomor…smo. Por ello conviene introducir los siguientes conceptos. : X ! Z es continua. x0 ) < : Es decir. La proposición anterior nos permite concluir que f : Rn ! Rm es continua si y sólo si f : Rnp ! Rm r es continua para cualesquiera p. existe : X ! Z es continua. entonces es continua si y sólo 1 si ( ) = lo es.38]. es continua en y0 := (x0 ). (c) Si es un homeomor…smo. como es continua en x0 . r 2 [1. Demostración: (a): Sean x0 2 X y " > 0: Como existe > 0 tal que dZ ( (y). es decir. 1]. d2 ) es una equivalencia. d1 ) ! (X. dada " > 0. es decir. b] para ningún par de números 1 p < r 1 [Ejercicio 3. si dX (x. y) c2 d2 (x.8 Dos métricas d1 y d2 en un conjunto X son equivalentes si la identidad id : (X. dos normas k k1 y k k2 en un espacio vectorial V son equivalentes si las métricas inducidas son equivalentes. De…nición 3. De hecho.45]. es decir. y 2 X: Análogamente. El inverso no es cierto en general. k kp y k kr no son normas equivalentes en C 0 [a.3 muestra que k k1 y k k1 no son normas equivalentes en C 0 [0. Proposición 3. La siguiente noción nos permite visualizar el concepto de continuidad. mientras que el Ejemplo 3. r 2 [1. y) d1 (x. 1]. es decir.1. x0 ) < : es continua. (x0 )) < " Por tanto. c2 > 0 tales que c1 d2 (x. para := "c > 0 se cumple que dY ( (x). no toda función continua es Lipschitz continua [Ejercicio 3. si existen constantes c1 . se cumple lo siguiente. Demostración: Sea c > 0 una constante de Lipschitz para : Entonces. Nota que en este caso no depende del punto x0 2 X.7 Si es Lipschitz continua entonces es continua. DEFINICIONES Y EJEMPLOS 35 Rudolf Lipschitz Esta noción es más fuerte que la de continuidad.1) muestran que k kp y k kr son normas equivalentes en Rn para cualesquiera p. . y) 8x.47].3. si existen constantes c1 . c2 > 0 tales que c1 kvk2 kvk1 c2 kvk2 8v 2 V: Las desigualdades (3. "): φ (x0 ) B(x0 . x0 2 X y " > 0: La bola abierta en X con centro en x0 y radio " es el conjunto BX (x0 . ") a la bola abierta en Rnp con centro en x0 y radio ": (0. 1]g.1) se sigue que existe c > 0 (que depende de n y r) tal que Bp (x0 . .11 Denotemos por Bp (f0 . ") a la bola abierta en Cp0 [0. Ejemplo 3. 1] con centro en la función continua f0 : [0. B 1 (0. r 2 [1. ") = ff 2 C 0 [0.1) B 8 Ejemplo 3. c") Br (x0 . 8x0 2 Rn : La caracterización (3.2) de la continuidad asegura entonces que id : Rnp ! Rnr es un homeomor…smo. dX ) un espacio métrico. denotamos por (A) := f (x) 2 Y : x 2 Ag a la imagen de A bajo : Con estos conceptos podemos reformular la de…nición de continuidad como sigue: : X ! Y es continua en el punto x0 de X si.36 3.ε ) Revisemos algunos de los ejemplos anteriores bajo esta nueva óptica.2) BY ( (x0 ). ") := fx 2 X : dX (x. 1]. dada " > 0. 1] ! R y radio ": Si p = 1.9 Sean X = (X.1) De las desigualdades (3. 1] : jf (x) f0 (x)j < " 8x 2 [0. existe > 0 tal que (BX (x0 . x0 ) < "g : Dados un subconjunto A de X y una función : X ! Y. ") 8p.δ ) B( φ (x0 ). )) φ x0 (3.10 Denotemos por Bp (x0 .1) B 2 (0. B1 (f0 . CONTINUIDAD De…nición 3. ") : y=g(x) a b 0 [0. ") A: El conjunto de todos los puntos interiores de A se llama el interior de A en X y se denota intX (A). 0 B1 (f0 . B1 (f0 . Decimos que A es abierto en X si A = int(A): Observa que intX (A) A: Veamos que la bola abierta es un abierto en este sentido. ) pero g2 = B1 (f0 . 1] ! C1 [0. a b Por otra parte. ") es el conjunto de las funciones continuas cuya grá…ca está contenida en la franja f(x. 1] no lo es. para cada " > 0 y cada > 0.3. si p = 1.2. 1] ! C10 [0. CONJUNTOS ABIERTOS Y CONJUNTOS CERRADOS 37 es decir. d) un espacio métrico y sea A un subconjunto de X: De…nición 3. "): Y también que. o simplemente int(A). Conjuntos abiertos y conjuntos cerrados Sea X = (X. 1]. y) 2 R2 : x 2 [0. ") = fg 2 C [0. 3. ") B1 (f0 .2) de la continuidad se sigue que id : C1 0 0 continua y que id : C1 [0. podemos encontrar una función continua g tal que g 2 B1 (f0 . 1] : Z 0 1 jg(x) f0 (x)j dx < "g es el conjunto de las funciones continuas g tales que el área de la región comprendida entre las grá…cas de g y f0 es menor que ". Resulta claro entonces que B1 (f0 . .2. jy f0 (x)j < "g.12 Un punto x 2 X se llama un punto interior de A si existe " > 0 tal que BX (x. 1] es De la caracterización (3. Veamos un ejemplo.38 3. x0 ) := " d(x. ")) para todo x 2 BX (x0 . ") A: Probaremos ahora que BX (x. El que un subconjunto A de X sea abierto en X o no lo sea depende de la métrica que le demos a X. z 2 BX (x0 . ")): Corolario 3. Por tanto. se cumple que d(z. 1].14 El interior int(A) de cualquier subconjunto A de X es abierto en X. 1]: . ) BX (x. para todo z 2 BX (x. d). 1] : jf (x)j < 1 8x 2 [0. ") := fx 2 X : d(x. x) + d(x. es decir. "). BX (x. 1]g 2 0 es abierto en C1 [0. ) BX (x0 . z 2 intA: Es fácil ver que int(A) es el mayor subconjunto abierto de X contenido en A [Ejercicio 3. ").15 El conjunto A := ff 2 C 0 [0.65]. x0 ) < "g con centro en x0 y radio " es un subconjunto abierto de X: Demostración: Sea x 2 BX (x0 . Demostración: Sea x 2 int(A): Entonces existe " > 0 tal que BX (x. "). CONTINUIDAD Proposición 3. la bola abierta BX (x0 . "): En consecuencia BX (x0 . ") existe > 0 tal que BX (z. Tomemos z 2 BX (x. ") = int(BX (x0 . ). x x0 Esto muestra que x 2 int(BX (x0 .13 En cualquier espacio métrico X = (X. por la Proposición 3. pero no es abierto en C10 [0. Ejemplo 3. ") intA: En efecto. x0 ) > 0: Para todo d(z. ") A: Por tanto. x0 ) < + d(x. x0 ) = ".13. el conjunto A del ejemplo anterior tiene interior vacío en C10 [0. ") := fx 2 X : d(x. 1] [Ejercicio 3. "): De la desigualdad del triángulo se sigue que d(x. De…nición 3. o simplemente A: Decimos que A es cerrado en X si A = A: Nota que todo punto de A es punto de contacto de A.3.17 La bola cerrada en X con centro en x0 y radio " es el conjunto BX (x0 . x0 ) d(x. ) no está contenida en A para ningún función 0 no es un punto interior de A en C10 [0. 1]: Para cada 0 < < 1 consideremos la función 1 1 x si 0 x . la De hecho.1] (0.18 BX (x0 . ")\ A 6= .2.1] (0. ). 1]: > 0: En consecuencia. La Proposición 3. x ) + d(x . )\ BX (x0 . "): Entonces. g (x) = 0 si x 1: Entonces kg k1 = 2 y kg k1 = 1: Por tanto. para toda " > 0: El conjunto de todos los puntos de contacto de A se llama la cerradura de A en X y se denota cerrX (A). BC10 [0.16 Un punto x 2 X se llama un punto de contacto de A si BX (x. 1]: Probaremos ahora que A no es abierto en C10 [0. para todo > 0. ") es un subconjunto cerrado de X: Demostración: Sea x 2 BX (x0 . x0 ) "g : Proposición 3. g 2 BC10 [0.1] (0. A A: De…nición 3. x0 ) < + " 8 > 0: . existe x 2 BX (x.13 asegura que A Demostración: Observa que A = BC1 2 0 es abierto en C1 [0. ).59]. es decir. CONJUNTOS ABIERTOS Y CONJUNTOS CERRADOS 39 1 0 [0. pero g 62 A: y=g (x) δ 1/2 0 -1/2 Es decir. es decir. x0 ) ".19 Para cualquier subconjunto A de un espacio métrico X se cumple que X r A = int(X r A): En consecuencia.66]. es decir.19. Ejemplo 3. x) < 1g = fxg: . si A es cerrado. A es cerrado en X si y sólo si X r A es abierto en X: Demostración: La primera a…rmación es inmediata. En efecto. En consecuencia. entonces X r A = X r A = int(X r A). x 2 BX (x0 . E inversamente. x 2 int(X r A) si y sólo si existe " > 0 tal que BX (x.40 3. Proposición 3.14 sabemos que int(X r A) es abierto en X: En consecuencia.. es decir. Por ejemplo. X r A es abierto. 1) := fy 2 X : ddisc (y. el intervalo [a.20 La cerradura A de cualquier subconjunto A de X es cerrada en X: Demostración: Por el Corolario 3. b) no es ni abierto ni cerrado en R. ") \ A = . Bdisc (x. es decir. si y sólo si x 2 X r A: En consecuencia.21 Todo subconjunto de un espacio métrico discreto Xdisc es abierto en Xdisc . X r A := fx 2 X : x 2 = Ag : Los abiertos y los cerrados son duales en el siguiente sentido. Más aún. si X r A es abierto. para cada punto x 2 X. un subconjunto puede ser simultáneamente abierto y cerrado como lo muestra el siguiente ejemplo. en consecuencia. A = A. CONTINUIDAD En consecuencia d(x. se tiene que A = Xr int(X r A) es cerrado en X: Es sencillo comprobar que A es el menor subconjunto cerrado de X que contiene a A [Ejercicio 3. por la Proposición 3. todo subconjunto de Xdisc es cerrado en Xdisc : Demostración: Observemos que. Existen subconjuntos que no son ni abiertos ni cerrados. "): Denotaremos por X r A al complemento de A en X. Corolario 3. es decir. entonces X r A = int(X r A) = X r A y. A es cerrado. ") y > 0. ") B(v0 . k k) es un espacio normado. ") se tiene que B(v0 . ") es cerrado y contiene a B(v0 . ") := fv 2 V : kv v0 k < "g es la bola cerrada B(v0 . CONJUNTOS ABIERTOS Y CONJUNTOS CERRADOS 41 Para cualquier subconjunto A de X se tiene entonces que Bdisc (x. x) 8x 2 X: 1g = X Esto no ocurre en un espacio normado. "): Es decir. para todo v 2 B(v0 . De la Proposición 3. Ejemplo 3. A es abierto en Xdisc . Demostración: Como B(v0 . En general no es cierto que la cerradura de una bola abierta sea la correspondiente bola cerrada.23 Si V = (V. ") 6= .: Sin perder generalidad podemos tomar < 2": El punto v := v + 2" v) 2 V (v0 satisface kv kv vk = 2" v0 k = (1 kv0 2" vk ) kv 2 < . Bdisc (x. se tiene que Bdisc (x. puesto que todos los subconjuntos de Xdisc son cerrados.3. ") := fv 2 V : kv v0 k "g.66]. Veamos un ejemplo. Probaremos ahora que B(v0 . probaremos que. 1) = Bdisc (x. ") [Ejercicio 3. y v0 k (1 v v δ v0 2" )" < ": .19 se sigue que A también es cerrado en Xdisc . ") B(v0 . ) \ B(v0 . se cumple que B(v. entonces la cerradura de la bola abierta B(v0 . Proposición 3.2. 1) = fxg 8x 2 X: Por otra parte. 1) := fy 2 X : ddisc (y. 1) A para todo x 2 A: Por tanto.22 Si Xdisc es un espacio métrico discreto con al menos dos puntos entonces. En efecto. )) BY ( (x). 1 Ejemplo 3. Para …nalizar esta sección veamos algunas propiedades importantes de los abiertos.19. existe > 0 tal que BX (x. ya que todo subconjunto de Xdisc es abierto (ver Ejemplo 3. si satisface (b) y C es cerrado en Y. Demostración: (a) ) (b): Sea U un subconjunto abierto de Y: Para cada x 2 (U ) tomemos " > 0 tal que BY ( (x). ) 1 (BY ( (x). se tiene que 1 (BY ( (x).22). ") U: Como es continua. Las : X ! Y es continua. "): Entonces BX (x. (BX (x.42 3. Proposición 3. (b) 1 (U ) es abierto en X para todo subconjunto abierto U de Y: (c) 1 (C) es cerrada en X para todo subconjunto cerrado C de Y . existe > 0 tal 1 que (BX (x.26 En cualquier espacio métrico X = (X. ")) es abierto en X: En particular. entonces Y r C es abierto en Y: En consecuencia. v 2 B(v. (c): Observa que X r 1 (B) = 1 (Y r B) para todo subconjunto B de Y: La equivalencia entre (b) y (c) es consecuencia inmediata de la Proposición 3. )) BY ( (x). ") es abierta en Y . La otra implicación se demuestra de manera análoga. La imagen inversa de un subconjunto B de Y bajo la función : X ! Y es el conjunto 1 (B) := fx 2 X : (x) 2 Bg : Proposición 3.24 Sean X y Y espacios métricos. por tanto 1 (C) es cerrado en X: Esto prueba que (b) ) (c). ")). 1 (Y r C) = X r 1 (C) es abierto en X y. "): Daremos ahora una caracterización de la continuidad en términos de conjuntos abiertos y conjuntos cerrados.25 Cualquier función : Xdisc ! Y de un espacio métrico discreto a un espacio métrico cualquiera Y es continua. y sea siguientes a…rmaciones son equivalentes: (a) : X ! Y una función. ) \ B(v0 . ) (U ): Esto prueba que 1 (U ) es abierto en X: (b) ) (a): Sean x 2 X y " > 0: Como BY ( (x). d) se cumple lo siguiente: . es decir. "): Esto prueba que es continua en x: (b) . CONTINUIDAD Por tanto. 3. CONVERGENCIA DE SUCESIONES 43 (a) El conjunto vacío . cualquier x 2 X es puntoSinterior de X: (c): Si x 2 i2I Ui entonces x 2 Ui0 para algún i0 2 ISy. ") Ui0 : Pero entonces BX (x. S (c) La unión i2I Ui de cualquier familia fUi : i 2 Ig de subconjuntos abiertos de X es abierta en X: (d) La intersección U \ V de dos subconjuntos abiertos U y V de X es abierta en X: Demostración: (a) se cumple por vacuidad: todo punto de .24). "1 ) U y BX (x. Como la continuidad se puede caracterizar en términos de abiertos (ver Proposición 3. Dugundji. "2 ) V: Tomando " := m nf"1 . Topology.: (b): BX (x. d) es una función x : N ! X: El valor de dicha función en k se llama el k-ésimo término de la sucesión y se denota por xk := x(k): Una sucesión se suele denotar simplemente por x = (xk ): Decimos que (xk ) converge a un punto x 2 X si. dada " > 0. existe k0 2 N tal que d(xk . es punto interior de . es posible dar una caracterización de la continuidad en términos de sucesiones en un espacio métrico.3.3.27 Una sucesión en un espacio métrico X = (X. (b) X es abierto en X.64]. ") i2I Ui : Esto prueba que x 2 int i2I Ui : (d): Si x 2 U \V. ") (U \ V ): Esto prueba que x 2 int(U \ V ): Dado que los subconjuntos cerrados de X son los complementos de los abiertos. 1966. x) < " para todo k k0 : El punto x se llama el límite de la sucesión (xk ): 3 Consulta por ejemplo el libro de J. Boston: Allyn and Bacon. es decir.3. ") X para cualquier x 2 X y cualquier " > 0. Convergencia de sucesiones Como ocurre en Rn . las a…rmaciones duales son ciertas para dichos subconjuntos [Ejercicio 3. existe " >S 0 tal que BX (x. Las propiedades (a)-(d) se usan como de…nición de los abiertos de un espacio topológico3 . De…nición 3. como U y V son abiertos. "2 g se tiene que BX (x. los espacios topológicos son el ámbito natural para estudiar la continuidad. . existen "1 . como Ui0 es abierto. es abierto en X. "2 > 0 tales que BX (x. x) c para todo k 2 N: Daremos ahora una caracterización de la cerradura de un conjunto en términos de sucesiones en dicho conjunto. Demostración: Si xk ! x en X entonces existe k0 2 N tal que d(xk . y) = 0. y) ! 0 en R: Por tanto. x) + d(xk .44 3. x) < " para todo j k0 : De…nición 3.29 Se cumple lo siguiente: (a) El límite de una sucesión convergente es único.31 Toda sucesión convergente está acotada. como xk ! x. x) < " para todo k k0 : Por tanto. 1g obtenemos que d(xk .30 Una sucesión (xk ) en X está acotada si existen x 2 X y c 2 R tales que d(xk .28 Una subsucesión de x = (xk ) es la composición de x con una función estrictamente creciente k : N ! N: Su j-ésimo término se denota por xkj := x(k(j)): Proposición 3. es decir. De…nición 3. . (b) Si (xk ) converge a x en X entonces cualquier subsucesión (xkj ) converge a x en X: Demostración: (a): Si xk ! x y xk ! y en X entonces 0 d(x. x = y: (b): Sean (xkj ) una subsucesión de (xk ) y " > 0: Como k : N ! N es estrictamente creciente. x). :::. x). d(xkj . x) c para todo k 2 N: Proposición 3. x) ! 0 en R. CONTINUIDAD Usaremos la notación xk ! x en X. x) < 1 para todo k k0: Tomando c := maxfd(x1 . existe k0 2 N tal que d(xk . o bien l m xk = x. k!1 para decir que (xk ) converge a x en X: Observa que xk ! x en X () d(xk . kj j para todo j 2 N: Y. d(xk0 1 . d(x. y) d(xk . ") para todo k k0 : Esto prueba que (xk ) ! (x): Inversamente. Proposición 3. 1] . 1]. x) k1 para toda k 2 N.34 Consideremos las funciones continuas fk : [0. "0 ): En consecuencia.33 : X ! Y es continua en el punto x 2 X si y sólo si para cualquier sucesión (xk ) en X tal que xk ! x en X se cumple que (xk ) ! (x) en Y: Demostración: Supongamos que es continua en x y que xk ! x en X: Sea " > 0: Entonces. como es continua. 1] no es continua en 0: Demostración: Se tiene que kfk k1 = Z 0 1 jfk (x)j dx = 1 ! 0: 2k Por tanto. 1] : Entonces.32 Sea A un subconjunto de X y sea x 2 X: Entonces x 2 A si y sólo si existe una sucesión (xk ) tal que xk 2 A para todo k 2 N y xk ! x en X: Demostración: Si x 2 A entonces existe xk 2 B(x. pero (fk ) no converge en C1 [0. k 1: 0 Entonces fk ! 0 en C10 [0. como xk ! x. 1] ! C1 [0. 1] : 0 Supongamos que fk ! f en C1 [0. como jfk (x) f (x)j kfk f k1 para cada x 2 [0. ") \ A. ") y. 1] : Esto demuestra que 0 0 id : C1 [0. En consecuencia. ) para todo k k0 : Por lo tanto (xk ) 2 BY ( (x). Es decir. CONVERGENCIA DE SUCESIONES 45 Proposición 3. xk 2 A y 0 d(xk . existe > 0 tal que (BX (x. x 2 A: Podemos caracterizar la continuidad de una función en términos de sucesiones como sigue. xk0 2 BX (x. fk ! 0 en C10 [0. xk ! x en X: Inversamente. x) < " para todo k k0 : En particular. k1 ) tal que (xk ) 2 BY ( (x). supongamos que no es continua en x: Entonces existe "0 > 0 con = la siguiente propiedad: para cada k 2 N hay un punto xk 2 BX (x. 1] ! R dadas por 1 0 fk (x) = kx si 0 si k1 x x 1 .3. existe k0 2 N tal que xk 2 BX (x. k1 ) \ A para cada k 2 N.3. )) BY ( (x). . sea (xk ) una sucesión de puntos en A tal que xk ! x en X: Sea " > 0: Entonces existe k0 2 N tal que d(xk . (xk ) converge a x en X pero ( (xk )) no converge a (x) en Y: Ejemplo 3. Por tanto. (m nff. (x0 )) " si dX (x. g : X ! R son continuas. k kV ) y W = (W. son continuas. 1]: En consecuencia f (x) = l m fk (x) = k!1 1 si x = 0. gg)(x) := m nff (x).37 Sea X un espacio métrico. maxff. gg. gg y m nff. k kW ) espacios normados.36 Sean V = (V. x0 ) < : Ejercicio 3. prueba que una función : X ! Y es continua en x0 si. 3. 0 si 0 < x 1: Esta función no es continua en [0. (b) L es continua en 0: (c) Existe c > 0 tal que kLvkW c kvkV para todo v 2 V: (d) L es Lipschitz continua.35 Prueba que en la de…nición de continuidad se puede reemplazar la desigualdad estricta por la no estricta. r 2 [1. entonces las funciones maxff. g(x)g. y sea L : V ! W una transformación lineal. lo que contradice nuestra suposición. si f. si f. gg)(x) := maxff (x). (a) Prueba que. existe > 0 (que depende de x0 y de ") tal que dY ( (x).4. gg : X ! R dadas por (maxff. Ejercicios Ejercicio 3. dada " > 0. Ejercicio 3. m nff. 1]: . g : X ! R son Lipschitz continuas. 1].46 3.38 Prueba que f : Rn ! Rm es continua si y sólo si f : Rnp ! Rm r es continua para cualesquiera p. gg son Lipschitz continuas? Ejercicio 3. CONTINUIDAD se tiene que la sucesión de números reales (fk (x)) converge a f (x) en R para cada x 2 [0. es decir. (b) ¿Es cierto que. Prueba que las siguientes a…rmaciones son equivalentes: (a) L es continua. g(x)g). una función : S 0 ! S y un espacio métrico X. si f : I ! R es continuamente diferenciable en I y existe C 2 R tal que jf 0 (t)j C para todo t 2 I. X) dada por la composición (f ) := f : Demuestra las siguientes a…rmaciones: (a) está bien de…nida (es decir.42 Dados dos conjuntos S y S 0 . entonces es acotada si f lo es) y es Lipschitz es una isometría. entonces la inclusión : `p `r es Ejercicio 3. : Y ! Z es Lipschitz continua si (d) Si : Y ! Z es una equivalencia. (c) Si : X ! Y es una equivalencia. la k-ésima proyección k : `p ! R. entonces f es Lipschitz continua. Ejercicio 3. la función Cp0 [a. 1]. EJERCICIOS 47 Ejercicio 3. es Lipschitz continua. k (x) = xk .43 Demuestra las siguientes a…rmaciones: (a) Toda isometría es Lipschitz continua. : X ! Y es Lipschitz continua si Ejercicio 3.4.41 Prueba que. cerrado. Ejercicio 3. b]: Prueba que. (b) Si : X ! Y y : Y ! Z son Lipschitz continuas entonces la composición : X ! Z es Lipschitz continua.40 Prueba que.39 Sea g0 2 C 0 [a. si 1 Lipschitz continua. p r 1.44 Sea I un intervalo en R (abierto. para toda p 2 [1. entonces y sólo si : X ! Z lo es. con x = (xk ) 2 `p . que f continua. …nito o in…nito). entonces y sólo si : X ! Z lo es. X) ! B(S 0 . (b) Si es suprayectiva. Prueba que. . considera la función : B(S.) Ejercicio 3. (Sugerencia: Usa la desigualdad de Hölder para integrales. b] ! R dada por Z b f g0 (f ) := : a es Lipschitz continua. para toda p 2 [1.3. 1]. jjjf jjj3 : = max 0 1=2 jjjf jjj4 : = (kf k2 + kf 0 k2 ) : (a) ¿Es jjjf jjji una norma en C 1 [0.46 Dada f 2 C 1 [0. 4: (b) Si jjjf jjji es una norma.48 3. (c) :R!( 2 (x) = .47 Sean p. 1] ! Cr0 [0. 1]. .1 := kf k1 + kf 0 k1 del Ejercicio 2. (b) : [0. (a) Investiga en qué casos id : Cp0 [0.51? (c) Considera la función D : C 1 [0. Z 1 f (x)dx . 1]? Responde esta pregunta para cada i = 1. 1]. (d) Para aquellas jjj jjji que sí son normas investiga si 0 D : (C 1 [0. 1] ! C 0 [0. 1]: Prueba que 0 D : (C 1 [0. k k1. p x: (x) = arctan x: Ejercicio 3. jjj jjji ) ! C1 [0. CONTINUIDAD Ejercicio 3.45 ¿Cuáles de las siguientes funciones son Lipschitz continuas y cuáles son equivalencias? (x) = x2 : (a) : R ! R. r 2 [1. 1] es Lipschitz continua y en qué casos no lo es. 1] es continua. 2 ). 1] que a cada f 2 C 1 [0. jjjf jjj2 : = jf (0)j + kf 0 k1 . Ejercicio 3. 1] es o no una función continua. 1] le asocia su derivada f 0 2 C 0 [0. ¿es jjjf jjji equivalente a la norma kf k1. kf 0 k1 .1 ) ! C1 [0. :::. 1) ! R. 1]. 1] de…nimos jjjf jjj1 : = kf 0 k1 . 53 en el producto cartesiano X Y := f(x. de…nida en (1. 1] ! Cr0 [0.0). y 2 Y g son equivalentes. dX ).1). 1] una equivalencia? (d) ¿En qué casos es id : Cp0 [0. dZ ) espacios métricos. 1] ! Cr0 [0.0).0) (R2 ) ! R. 0) a (1. EJERCICIOS 49 (b) Investiga en qué casos id : Cp0 [0.49 Sean X = (X.(1. 0): 16 ! 32 en B([0. y) : x 2 X.4.1] (t)k . p sen( kx)). 1] ! R2 dadas por (x) = (x. dY ) y Z = (Z. .0) (R2 ).(1.(1. 1] ! Cr0 [0. 0) en R2 con la métrica uniforme d1 ( .0). (a) Prueba que todas las métricas del Ejercicio 2. En adelante a X Y con cualquiera de estas métricas lo llamaremos el producto de los espacios métricos X y Y: . 1] es continua y en qué casos no lo es. (ver Ejemplo 2.27). k 8 Prueba que k k. : [0.0) (R2 ) el conjunto de todas las trayectorias de longitud …nita de (0. ) = max k (t) t2[0. (c) ¿En qué casos es id : Cp0 [0. R2 ): (b) Sea T(0. no es continua. 1] un homeomor…smo? Ejercicio 3. Ejercicio 3. 1]. 2 T(0. Y = (Y.48 (a) Considera las trayectorias k (x) 1 = (x.3. Prueba que la función longitud L : T(0. V R V V V ! V. v) 7! v.50 3. w) = j j d(v.3) V ! V.51 Sean V un espacio vectorial y d una métrica en V: Demuestra las siguientes a…rmaciones: (a) Si d satisface d(v + z.50 Sea (V. Ejercicio 3. (c) Prueba que :Z!X Y es continua si y sólo si las composiciones :Z!X X y Y :Z!Y son continuas. (a) Demuestra que las siguientes funciones son continuas. k k) un espacio normado. (c) Si d satisface (3. (3. w) 7! v + w. w + z) = d(v. ! V. Y (x. (v. w) entonces el producto por un escalar R 8v. CONTINUIDAD (b) Prueba que las proyecciones X Y : X : X Y ! X.3) y (3. y) = y. (d) Prueba que la distancia dX : X X ! R es continua. w. (v.4) V ! V. es continua. w) entonces la suma V 8v. ( . (b) Si d satisface (3. v) 7! v. v 7! kvk : (b) ¿Cuáles de ellas son Lipschitz continuas? Ejercicio 3. w 2 V.4). ( .3) y d( v. 8 2 R. X (x. es continuo. ! R. z 2 V. son Lipschitz continuas. y) = x. w) 7! v + w. entonces existe una norma k k en V que induce a la métrica d: . (3. Y ! Y. : Ejercicio 3. B) Prueba que está bien de…nida y que tiene las propiedades deseadas.53 Sean A y B subconjuntos cerrados no vacíos de un espacio métrico X tales que A \ B = . r) := fx 2 X : d(x0 . A un subconjunto no vacío de X y x 2 X: De…nimos la distancia de x a A como dist(x. 1] tal que 1 (0) = A y 1 (1) = B.54 Sean X un espacio métrico y Y un subespacio métrico de X.24) Ejercicio 3.4. d) un espacio métrico. x) = rg es un subconjunto cerrado de X: (Sugerencia: Usa el Ejercicio 3. (Sugerencia: Usa el Ejercicio 2. A) = 0 si y sólo si x 2 A: Ejercicio 3.) (b) Existen subconjuntos abiertos V y W de X tales que A V.: Demuestra las siguientes a…rmaciones: (a) Existe una función continua : X ! [0.32). A) es Lipschitz continua.52 y la Proposición 3. EJERCICIOS 51 Ejercicio 3. A) : dist(x.52 Sean X = (X. d) un espacio métrico.3. (b) Si A es un subconjunto cerrado de X. entonces dist(x.56 Sea p 2 [1. y): y2A Demuestra las siguientes a…rmaciones: (a) La función f : X ! R dada por f (x) = dist(x. Demuestra las siguientes a…rmaciones: (a) Si U es abierto en X entonces U \ Y es abierto en Y: (b) Si A es cerrado en X entonces A \ Y es cerrado en Y: Ejercicio 3.55 Sean X = (X. A) + dist(x. A) := nf d(x. 1]: Demuestra las siguientes a…rmaciones: (a) U es abierto en Rn si y sólo si U es abierto en Rnp : (b) C es cerrado en Rn si y sólo si C es cerrado en Rnp : . x0 2 X y r > 0: Prueba que la esfera SX (x0 . B W y V \W = . donde 1 (a) := fx 2 X : (x) = ag : (Sugerencia: Considera la función (x) := dist(x. "). 1]g: (b) A4 := ffk : k 2 Ng donde fk 2 C 0 [0.60 Prueba que una sucesión (xk ) en un espacio métrico discreto Xdisc converge a x en Xdisc si y sólo si existe k0 2 N tal que xk = x para todo k k0 : . ). 1] es 0 A1 := fg 2 C [0. " > 0: (b) ¿Cuál es el interior en X de los siguientes conjuntos? (0. 2 [0. 1 (0.24. k1 ]. 1]: Observa que el interior de estos conjuntos en X a veces no coincide con su interior en R. 1]? (Sugerencia: Usa la Proposición 3. 1] : jf (x)j 1 8x 2 [0. (c) ¿Cuáles de estos conjuntos son abiertos en X? (d) ¿Cuáles de ellos son cerrados en X? Ejercicio 3. ).59 Para cada p 2 [1. 1] : Z 0 1 jg(x)j dx 1g un subconjunto cerrado de Cp0 [0. ") y BX ( 1.58 (a) ¿Para cuáles p 2 [1. 1] calcula el interior y la cerradura de los siguientes conjuntos en Cp0 [0. 1]. 1]: (a) A3 := ff 2 C 0 [0. 1] es 0 A2 := fg 2 C [0. si x 2 [ k1 . 1]? (b) ¿Para cuáles p 2 [1. 1]: Ejercicio 3. 1]. 1] : Z 1 jg(x)j dx < 1g 0 un subconjunto abierto de Cp0 [0.57 Sea X = [ 1. (a) Describe las bolas abiertas BX (1.) Ejercicio 3. 2 [ 1. 1] con la métrica inducida por la de R.52 3. 1] es la función fk (x) = 1 0 kx si x 2 [0. CONTINUIDAD Ejercicio 3. 1 [0. es cerrado en X.19). y BX (x.62 Prueba que en cualquier espacio métrico X la intersección de un número …nito de subconjuntos abiertos U1 \ \ Um es abierta en X: Ejercicio 3.26 y 3. ") \ (X r A) 6= . T (c) La intersección i2I Ci de cualquier familia fCi : i 2 Ig de subconjuntos cerrados de X es cerrada en X: (d) La unión C [ D de dos subconjuntos cerrados C y D de X es cerrada en X: (Sugerencia: Aplica las Proposiciones 3.61 Sea c > 0: Prueba que ck lm = 0: k!1 k! Ejercicio 3.63 Da un T ejemplo de una familia numerable de abiertos fUk : k 2 Ng en R cuya intersección k2N Uk no es abierta en R: Ejercicio 3.3.65 Sean A y B subconjuntos de un espacio métrico X: Demuestra las siguientes a…rmaciones: (a) int(B) int(A) si B A: (b) int(A) es el máximo subconjunto abierto de X contenido en A: Ejercicio 3. ") \ A 6= . para todo " > 0: . EJERCICIOS 53 Ejercicio 3.64 Demuestra que en cualquier espacio métrico X = (X.66 Sean A y B subconjuntos de un espacio métrico X: Demuestra las siguientes a…rmaciones: (a) B A si B A: (b) A es el mínimo subconjunto cerrado de X que contiene a A: Ejercicio 3. d) se cumple lo siguiente: (a) X es cerrado en X: (b) El conjunto vacío . Ejercicio 3.67 Sea A un subconjunto de un espacio métrico X: La frontera de A en X es el conjunto @A := A r int(A): Prueba que x 2 @A si y sólo si BX (x.4. 68 Prueba que la frontera @A de cualquier subconjunto A de X es un subconjunto cerrado de X: Ejercicio 3. r) := fv 2 V : kv v0 k = rg? (b) ¿Es cierto que la frontera de la bola abierta BX (x0 . CONTINUIDAD Ejercicio 3.69 (a) ¿Es cierto que la frontera de la bola abierta BV (v0 .54 3. r) en un espacio métrico arbitrario X es la esfera SX (x0 . x0 ) = rg? . r) en un espacio normado V es la esfera SV (v0 . r) := fx 2 X : dX (x. La compacidad tiene consecuencias muy importantes. En general.1 Una cubierta de A en X es una familia C = fXi : i 2 Ig de subconjuntos de X tal que S A Xi : i2I Si además Xi es abierto en X para toda i 2 I. 4. Veremos que la compacidad permite concluir la existencia de una solución de una ecuación diferencial tomando el límite de ciertas aproximaciones elementales. 55 . Una de ellas a…rma que un subconjunto K de un espacio métrico es compacto si de cualquier familia de conjuntos abiertos cuya unión contiene a K podemos extraer una familia …nita cuya unión también contiene a K: Esta es la de…nición que usaremos aquí como punto de partida. A los subconjuntos que la tienen se les llama compactos. se dice que C es una cubierta abierta de A en X: Un subconjunto C0 de C que a su vez es cubierta de A se llama una subcubierta de C. toda función continua en un espacio métrico compacto alcanza su máximo y su mínimo. Este término fue introducido por Fréchet en 1906.Capítulo 4 Compacidad Los subconjuntos de Rn que son cerrados y acotados tienen una propiedad fundamental: cualquier sucesión de puntos en ellos contiene una subsucesión convergente. Existen varias nociones equivalentes de compacidad en espacios métricos.14). Conjuntos compactos Sean X un espacio métrico y A un subconjunto de X: De…nición 4. no cualquier subconjunto cerrado y acotado de un espacio métrico tiene esta propiedad.1. Por ejemplo. como ocurre en el teorema de existencia de Peano que demostraremos más adelante (ver Teorema 7. si existen Xi1 . 1). Ejemplo 4.2 Un subconjunto K de X es compacto si cada cubierta abierta C = fXi : i 2 Ig de K en X contiene una subcubierta …nita. Demostración: C := fB(0. pero ningún subconjunto …nito de C es cubierta de B(0. Demostración: C := fB(0. Rn no es compacto. r) := fx 2 Rn : kx x0 k < rg a la bola abierta en Rn con centro en x0 y radio r: Ejemplo 4. : : : .4 La bola abierta B(0. es decir. 1 k1 ) : k 2 Ng es una cubierta abierta de B(0.56 4. Xim 2 C tales que K Xi1 [ [ Xim : Veamos algunos ejemplos. COMPACIDAD De…nición 4.3 Rn no es compacto. pero ningún subconjunto …nito de C es cubierta de Rn . k) : k 2 Ng es una cubierta abierta de Rn . 1). Denotemos por B(x0 . 1) en Rn no es compacta. . Por tanto. ym 2 K tales que K BX (y1 . :::. CONJUNTOS COMPACTOS 57 Por tanto. 1) no es compacta. En consecuencia. inductivamente. Demostración: Sea K un subconjunto compacto de X: Si x0 2 K. 1j ) tal que kj > kj 1 : La sucesión (xkj ) es una subsucesión de (xk ) que converge a y0 . existe una sucesión (xk ) en K que converge a x0 en X (ver Proposición 3. Más adelante veremos que el recíproco también es válido.4). Argumentando por contradicción. :::. existe y0 2 K tal que toda bola abierta con centro en y0 contiene a una subsucesión de (xk ): Esto nos permite escoger. ") con centro en y0 y radio " contiene alguna subsucesión de (xk ). (xk ) contiene una subsucesión (xkj ) que converge a un punto y0 2 K: De la Proposición 3. Entonces existe ky 2 N tal que xk 2 = BX (y. "): Proposición 4.4. "y ) 8k ky : Como K es compacto y C := fBX (y.6 Un subconjunto A de un espacio métrico X es acotado si existen x 2 X y " > 0 tales que A BX (x. kym g. "y ) no contiene ninguna subsucesión de (xk ).5 Si K es un subconjunto compacto de X. B(0. entonces K es cerrado y acotado.7 Si K es un subconjunto compacto de X. lo cual es falso. "ym ): Esto implica que xk 2 = K para todo k maxfky1 .29 se sigue que x0 = y0 2 K: Esto prueba que K es cerrado. para cada " > 0. De…nición 4. "y ) : y 2 Kg es una cubierta abierta de K. para cada j 2 N un punto xkj 2 BX (y0 . entonces toda sucesión (xk ) de elementos de K contiene una subsucesión que converge en X a un elemento de K: Demostración: Sea (xk ) una sucesión en K: Probaremos primero que existe un punto y0 2 K tal que.1. "y1 ) [ [ BX (ym .32). Por la Proposición 4. que K es un subconjunto compacto de X si y sólo si toda sucesión (xk ) en K contiene una subsucesión convergente en K (ver Teorema 7.5. la bola abierta BX (y0 . A continuación probaremos algunas propiedades importantes de los conjuntos compactos. supongamos que para cada y 2 K existe "y > 0 tal que BX (y. Proposición 4. . es decir. existen y1 . 1) no es compacta. :::. se cumple lo siguiente. p p 2 2 p ekj eki 2 ekj e 2 + ke eki k2 < + = 2 8i. k0 ). 1) := f(xn ) 2 `2 : en `2 . 1): Observa que p 8j 6= k: kej ek k2 = 2 Supongamos que una subsucesión (ekj ) converge a e en `2 : Entonces existe j0 2 N tal p 2 que ekj e 2 < 2 para todo j j0 : En consecuencia. k) : k 2 Ng es una cubierta abierta de K: Como K es compacto. Uim 2 C tales que K Ui1 [ [ Uim [ (X r C): En consecuencia. 1 P n=1 x2n 1g no es compacta Demostración: Para cada k 2 N denotemos por ek 2 `2 a la sucesión cuyo k-ésimo término es 1 y todos los demás términos son 0: Claramente ek 2 B`2 (0. existen Ui1 . :::. km g: Entonces K [ BX (x0 . 2 2 lo cual es imposible. Proposición 4. La Proposición 4. entonces C0 := fUi : i 2 Ig [ fX r Cg es una cubierta abierta de K en X: Como K es compacto.5 implica que B`2 (0. :::. Ejemplo 4. . Veremos en la próxima sección que en Rn sí lo son. existen k1 . K es acotado: El recíproco no es cierto en general. km 2 N tales que K BX (x0 . es decir. km ): BX (x0 . es decir. C Ui1 [ [ Uim : Esto prueba que C es compacto. j j0 . La compacidad se preserva bajo funciones continuas. K y C es cerrado en Demostración: Sea C un subconjunto cerrado de un conjunto compacto K: Si C = fUi : i 2 Ig es una cubierta abierta de C en X. k1 ) [ Sea k0 := maxfk1 . Fijemos un punto x0 2 X: El conjunto C := fBX (x0 .58 4. entonces C es compacto. las bolas cerradas en espacios de dimensión in…nita nunca son compactas (ver Ejercicio 5.39).9 Sea K un subconjunto compacto de X: Si C X.8 La bola cerrada B`2 (0. como lo muestra el siguiente ejemplo. En general. Esto prueba que (ek ) no contiene ninguna subsucesión convergente. COMPACIDAD Probemos ahora que K es acotado. mo Corolario 4. (K) es un subconjunto compacto de X. r]. 1 Cuenta P. Por tanto.2. Cousin (1895). central en análisis.) . A continuación daremos una caracterización sencilla de los subconjuntos compactos de Rn : Probaremos que son precisamente aquéllos que son cerrados y acotados. Internat. Sci. es una función acotada (ver De…nición 2.12 El cubo cerrado Q := f(x1 . (K) Vi1 [ [ Vim : Esto prueba que (K) es compacto. existen 1 1 (Vi1 ). (P.11 Si K es un espacio métrico compacto y entonces es una función acotada. Proposición 4. Émile Borel fue el primero en formular y demostrar en 1895 una versión explícita del resultado que ahora conocemos como el teorema de Heine-Borel para cubiertas numerables. aunque su paternidad es más complicada1 . El teorema de Heine-Borel Resulta difícil decidir a partir de la de…nición si un conjunto es compacto o no lo es. La Proposición 4. Demostración: Por la proposición anterior. Arch. :::ng. Demostración: Sea C = fVi : i 2 Ig una cubierta abierta de (K) en Y: Co1 es continua. Empezaremos probando la siguiente a…rmación. Sur la correspondance de Borel et le théorème de Dirichlet-Heine-Weierstrass-Borel-Schoen‡ies-Lebesgue.24). publicadas en 1904. r > 0. Dugac que la historia de este resultado empieza en el siglo XIX con la demostración de un teorema.7 asegura entonces que (K) es acotado. xn ) 2 Rn : xi 2 [ r. Dugac.10 Si : X ! Y es continua y K es un subconjunto compacto de X. Dirichlet fue el primero en demostrar dicho resultado en 1862 en unas notas de clase. EL TEOREMA DE HEINE-BOREL 59 Proposición 4. A este resultado se le conoce como el teorema de Heine-Borel. 4. 69-110. entonces (K) es un subconjunto compacto de Y .2.24). es compacto. :::. págs. es decir. Lebesgue (1898) y Schoen‡ies (1900) la generalizaron a cubiertas arbitrarias. i = 1. que a…rma que toda función continua en un intervalo cerrado es uniformemente continua. :::. (Vi ) es abierto en X (ver Proposición 3. mientras que la demostración de Heine data de 1872. C0 := 1 (Vi ) : i 2 I es una cubierta abierta de K en X y. 39 (1989). 1 (Vim ) 2 C0 tales que K (Vi1 ) [ [ 1 (Vim ): En consecuencia. como K es compacto. : K ! X es continua.4. Hist. se cumple que al menos uno de ellos. puesto que C es cubierta de Q. supongamos que Q no es compacto.3) Dado que ji 2 [ r. COMPACIDAD Demostración: Argumentando por contradicción. se tiene que 8j k. Entonces existe una cubierta abierta C = fUi : i 2 Ig de Q en Rn tal que ningún subconjunto …nito de C es cubierta de Q. no está contenido en la unión de un número …nito de elementos de C. 8i = 1. se tiene que i 2 [ r. existe i 2 R tal que ki ! i en R. ") U : Si x 2 Qk . n ) 2 Q: Y. :::. n: (4. r 2k 1 Q1 Qk . r]. como j k n) xi al centro de Qk : Entonces.2) Así pues. usando las desigualdades (4. = ( 1 . k i En particular.2) obtenemos que k i i r 2k 8k 2 N. r]: Es decir. En consecuencia. existe U 2 C tal que 2 U : Ahora bien. llamémoslo Q1 . :::. Pasando al límite cuando j ! 1 en la desigualdad (4. :::. 8i = 1. n.3) obtenemos p p p r n r n r n k k kx k x + + k = k 1 2k 2 2 . existe " > 0 tal que B( . xn ) 2 Qk : (4.1) k. si subdividimos a Q en 2n cubos cerrados de lado r. la sucesión ( ki ) es de Cauchy en R y. y Qk no esta contenido en la unión de ningún subcon- Qk Denotemos por k = ( k1 . :::. n: (4. en consecuencia.1) y (4. r 2k 2 Qk para j k i j i r 2k 8x = (x1 . Subdividamos ahora Q1 en 2n cubos cerrados de lado 2r y repitamos este argumento para obtener una sucesión decreciente de cubos cerrados Q tales Qk es un cubo de lado junto …nito de C. para cada i = 1. como U es abierto. :::.60 4. :::. que .2. :::ng. Q es compacto. Qk B( . En consecuencia. El teorema de Heine-Borel da una caracterización sencilla de los subconjuntos compactos de Rn : Eduard Heine Émile Borel Teorema 4. Otra consecuencia importante de la Proposición 4. La Proposición 4. 2 Esto contradice nuestra suposición de que Qk no puede ser cubierto por un número …nito de elementos de C.13 (Heine-Borel) Sea K un subconjunto de Rn : Entonces. Entonces existe r > 0 tal que K está contenido en el cubo Q = f(x1 .7. ") U p r n si k 1 < ". supongamos que K es cerrado y acotado. en consecuencia. r]. EL TEOREMA DE HEINE-BOREL 61 y. K es compacto si y sólo si K es cerrado y acotado. :::. xn ) 2 Rn : xi 2 [ r. si K es compacto entonces es cerrado y acotado. i = 1.12 es el siguiente resultado.9 implica que K también lo es. que es compacto.4. Inversamente. Demostración: Por la Proposición 4. 4. 1g una función. Por la Proposición 4. la sucesión ( k ) contiene una subsucesión convergente.5. i = 1. :::ng.3. Fue uno de los pioneros en proponer un tratamiento riguroso del análisis matemático. pero sus contribuciones sólo fueron conocidas y valoradas muchos años más tarde.14 (Bolzano-Weierstrass) Toda sucesión acotada en Rn contiene una subsucesión convergente. entonces parte del Imperio Austriaco. :::. entonces existe r > 0 tal que 2 Q para todo k 2 N. r]. Bernhard Bolzano Teorema 4. que es compacto. xn ) 2 Rn : xi 2 [ r. donde Q es el cubo Q = f(x1 . De…nición 4.15 Decimos que f alcanza su mínimo en X si existe x0 2 X tal que f (x0 ) f (x) 8x 2 X: Decimos que f alcanza su máximo en X si existe x1 2 X tal que f (x1 ) f (x) 8x 2 X: El punto x0 se llama un mínimo de f en X y el punto x1 se llama un máximo de f en X: 2 Bernardus Placidus Johann Nepomuk Bolzano (1781-1848) nació en Praga. COMPACIDAD se conoce como el teorema de Bolzano2 -Weierstrass.62 4. ya que fue destituído de su cátedra en la Universidad de Praga por razones políticas y puesto bajo arresto domiciliario con la prohibición de publicar. Existencia de máximos y mínimos Sean X un espacio métrico y f : X ! R [ f1. k Demostración: Si ( k ) es una sucesión acotada en Rn . . 5 -5 -2.4) se sigue que m0 = l m f (zkj ) = f (z0 ): j!1 Es decir. En particular.11 asegura que f (K) es un subconjunto acotado en R y. Teorema 4. 1 0. se tiene el siguiente resultado. entonces toda función continua f : K ! R alcanza su mínimo y su máximo en K: Demostración: El Corolario 4.4.16 La función arctan : R ! R está acotada inferior y superiormente pero no alcanza ni su mínimo ni su máximo en R. se tiene que m0 := nf f (z) 2 R: z2K Escojamos zk 2 K tal que m0 f (zk ) < m0 + 1 k 8k 2 N.5 asegura que la sucesión (zk ) contiene una subsucesión (zkj ) que converge a un punto z0 en K: Dado que f es continua.3.5 0 2. (4. se tiene entonces que f (zkj ) ! f (z0 ) en R: De la desigualdad (4. Veamos un ejemplo.5 -0.4) Como K es compacto. la Proposición 4. Ejemplo 4.5 -1 y = arctan x Una consecuencia importante de la compacidad es la siguiente. su mínimo o su máximo.39]. EXISTENCIA DE MÁXIMOS Y MíNIMOS 63 Una función continua no alcanza.17 Si K es un espacio métrico compacto y no vacío. al que nos referimos en el Capítulo 1. en general.5 5 7. dado que no es vacío.5 0 -7. z0 es un mínimo de f: De manera análoga se prueba que f alcanza su máximo en K [Ejercicio 4. . 10 aseguran que S es compacto en V : Sea k k una norma en V: Para probar la a…rmación del teorema. en g una base de V: Dado v 2 V lo expresamos como v = ni=1 xi ei con xi 2 R. :::. v 6= 0: kvk para todo . Entonces la función : Rn ! V dada por (x1 . w 2 V: Aplicando el Teorema 4. Una consecuencia importante del Teorema 4. la función k k : V ! R es Lipschitz continua. :::. y de…nimos n P kvk := i=1 1=2 x2i : Es sencillo comprobar que k k es una norma en V: Denotemos por V := (V. el teorema de Heine-Borel y la Proposición 4.56).13. xn ) = n P xi ei i=1 es una isometría (ver Ejercicio 2. c2 := kv0 k v kvk = kvk kvk 8v 2 V. COMPACIDAD Corolario 4. ya que jkwk kvkj kw vk c1 kw vk 8v.19 Cualesquiera dos normas en un espacio vectorial de dimensión …nita son equivalentes. un subconjunto cerrado y acotado de Rn : Entonces toda función continua f : K ! R alcanza su máximo y su mínimo en K: Demostración: Esta a…rmación es consecuencia inmediata de los Teoremas 4. es decir.17 y 4.18 Sea K 6= . bastará probar que k k y k k son normas equivalentes.17 concluimos que existe v0 2 S tal que kv0 k v 2 S.17 es el siguiente resultado.64 4. que es cerrada y acotada en Rn .12) obtenemos que kvk n P i=1 jxi j kei k n P i=1 1=2 jxi j2 n P i=1 1=2 kei k2 c1 kvk 8v 2 V: (4.5) Como consecuencia de esta desigualdad. Como el conjunto S := fv 2 V : kvk = 1g es la imagen bajo de la esfera unitaria Sn 1 := fx 2 Rn : kxk = 1g. Pn 2 1=2 Sea c1 := : Usando la desigualdad del triángulo para k k y la dei=1 kei k sigualdad de Hölder en Rn con p = q = 2 (ver Proposición 2. k k ) al espacio V provisto de esta norma. Teorema 4. Demostración: Sea V un espacio vectorial deP dimensión …nita y sea fe1 . que inquiere lo siguiente: ¿Alcanza la función longitud su mínimo en el conjunto de trayectorias Tp. Y ) está contenido en el espacio de funciones acotadas B(K. Denotamos por C 0 (X. SEMICONTINUIDAD 65 O. Resulta pues conveniente contar con un resultado de existencia de mínimos para funciones que no son continuas. la función f : K ! R dada por f (x) = dY ( (x). (x)): x2K Observa que. El conjunto Tp. Y ) := f : X ! Y : es continuag: (4. c2 kvk kvk 8v 2 V: (4.6) aseguran que las normas k k y k k son equivalentes. esta función alcanza su máximo en K y.8) x2K 4.4. b] ! X: La tm = b.6) Nota que c2 > 0 porque v0 6= 0: Las desigualdades (4. Si K es compacto y no vacío.en consecuencia.q (X) es un espacio métrico con la métrica uniforme. Y ). el Problema 1.4. Podemos entonces darle a C 0 (K. (x)) es continua. así que no podemos aplicar el Teorema 4.4. pero la función longitud no es continua.4).17 para obtener una respuesta a esta pregunta. De…nición 4. Esta disyuntiva se presenta con frecuencia en las aplicaciones. si . Semicontinuidad Volvamos ahora a nuestro problema de partida. (x)): (4. m 2 N : . si K es un espacio métrico compacto. Y ) (ver Sección 2.7) El Corolario 4.11 asegura que.20 Una trayectoria en X es una función continua longitud de se de…ne como L( ) := sup m P k=1 dX ( (tk 1 ).5) y (4. d1 ( . Empecemos extendiendo el concepto de trayectoria a un espacio métrico arbitrario X = (X. Y ) la métrica uniforme d1 ( . (tk )) : a = t0 t1 : [a. más fácil es que una función X ! Y resulte continua pero más difícil es que X sea compacto. ) = max dY ( (x). mientras más abiertos tenga X.1. 2 C 0 (K. Y viceversa. dX ). ) = sup dY ( (x). entonces C 0 (K.q (X)?. En cierto sentido las condiciones de compacidad y continuidad son opuestas la una de la otra ya que. equivalentemente. X) ! R [ f1g a la función que a cada trayectoria le asocia su longitud. m obtenemos que c+ 0 < m X k=1 dX ( (tk 1 ). b] ! X una trayectoria en X y c < L( ): Escojamos > 0 tal que c + 0 < L( ) y una partición a = t0 t1 tm = b tal que c+ 0 < m X dX ( (tk 1 ). (tk )) + = dX ( (tk 1 ). (tk 1 )) + dX ( (tk 1 ). como lo muestra el siguiente resultado. COMPACIDAD q p La longitud de una trayectoria no es necesariamente …nita [Ejercicio 4.66 4.48]. (tk )) + 0 m : Sumando estas desigualdades para todo k = 1. (tk )) + 0 L( ) + 0: . existe c < L( ) 0 > 0 tal que si d1 ( . ) < : Demostración: Sean : [a. Sin embargo. (tk )) dX ( (tk 1 ). (tk )): k=1 Sea := 0 2m : Si d1 ( .48). (tk )) < + dX ( (tk 1 ). Sabemos que esta función no es continua en general (ver Ejercicio 3. b]. (tk )) < m X k=1 dX ( (tk 1 ).21 Dadas 2 C 0 ([a. Proposición 4. Esto se debe a que pueden existir trayectorias arbitrariamente largas tan cercanas como queramos a una trayectoria dada. b]. Denotemos por L : C 0 ([a. ) < . (tk )) + dX ( (tk ). :::. se tiene que dX ( (tk 1 ). X) y c < L( ). no pueden existir trayectorias arbitrariamente cortas tan cercanas como queramos a una trayectoria dada. SEMICONTINUIDAD 67 En consecuencia. existe > 0 tal que c < f (x) si dX (x.c. es s.21 asegura que la función longitud L : C 0 ([a. Ejemplo 4. Ejemplo 4.c.4. 7! L( ).s.25 La Proposición 4. Una caracterización muy útil de la semicontinuidad inferior está dada en términos del siguiente concepto. dada c > f (x0 ). c < L( ).c. se de…ne el siguiente concepto. x0 ) < : Se dice que f es semicontinua superiormente (s.24 (a) La función d e : R ! R dada por dte := n si n 1<t n.i.i. pero no es continua.22 Una función f : X ! R [ f1g es semicontinua inferiormente en el punto x0 2 X si. dada c < f (x0 ). b]. es s. n 2 Z: es s. [Ejercicio 4. y s. pero no es continua.) si lo es en todo punto x0 2 X: Análogamente.) si lo es en todo punto x0 2 X: Observa que f : X ! R es continua si y sólo si f es s. .i. La demostración es sencilla y se propone como ejercicio [Ejercicio 4.c.s.c.43].c. A continuación estudiaremos a las funciones que tienen esta propiedad.c. De…nición 4.s. De…nición 4.4.44]. X) ! R [ f1g . (b) La función parte entera b c : R ! R dada por btc := n si n t < n + 1.23 Una función f : X ! R [ f 1g es semicontinua superiormente en el punto x0 2 X si. existe > 0 tal que f (x) < c si dX (x.i. x0 ) < : Se dice que f es semicontinua inferiormente (s. n 2 Z. concluimos que f (x0 ) l m inf f (xk ): k!1 () : Supongamos que f no es semicontinua inferiormente en x0 : Entonces. 1g: El límite inferior de (tk ) se de…ne como l m inf tk := sup nf tk 2 R [ f1. Entonces.45] que. x0 ) < : c < f (x) Sea k0 2 N tal que xk 2 BX (x0 . c nf f (xk ) k k0 l m inf f (xk ): k!1 Como esta desigualdad se cumple para todo c < f (x0 ). k!1 m 1 k m y el límite superior de (tk ) como 2 R [ f1. (4. para cada c < f (x0 ). y se tiene que l m inf tk = k!1 y 1 l m sup tk = 1: k!1 Es fácil ver [Ejercicio 4. si una sucesión de números reales (tk ) converge en R. existe k!1 > 0 tal que si dX (x.26 Sea (tk ) una sucesión en R [ f1. para algún c0 < f (x0 ) existe una sucesión (xk ) en X tal que 1 xk 2 BX (x0 . .28 f : X ! R [ f1g es semicontinua inferiormente en x0 si y sólo si para toda sucesión (xk ) en X tal que l m xk = x0 se cumple que k!1 f (x0 ) l m inf f (xk ): k!1 Demostración: )) : Supongamos que f es semicontinua inferiormente en x0 : Sea (xk ) una sucesión en X tal que l m xk = x0 .27 Si tk := ( 1)k entonces la sucesión (tk ) no converge. entonces l m inf tk = l m tk = l m sup tk . 1g.9) k!1 k!1 k!1 Proposición 4. ) 8k k0 : Entonces. COMPACIDAD De…nición 4.68 4. 1g: l m sup tk := nf sup tk m 1 k!1 k m Ejemplo 4. ) k y c0 f (xk ) 8k 2 N. CONTINUIDAD UNIFORME 69 Esto implica que (xk ) converge a x0 en X y que l m inf f (xk ) k!1 c0 < f (x0 ). entonces f alcanza su mínimo en X: a es compacto y no vacío para algún Demostración: Sea m0 := nf x2X f (x): Como f a 6= . denotamos f a := fx 2 X : f (x) ag: El siguiente resultado tiene aplicaciones importantes.5. Volveremos al Problema 1. se tiene que 1 m0 a: Sea (xk ) una sucesión en f a tal que f (xk ) ! m0 : Como f a es compacto. Esta propiedad es importante. De la proposición anterior y la observación (4. es decir. .i.4.c. Continuidad uniforme La noción de continuidad de una función es una propiedad local.q (X) de longitud a lo más a es compacto y no vacío. sino únicamente de la distancia entre los puntos.29 Si f : X ! R [ f1g s. Dado a 2 R. Sean (X.9) se sigue que m0 f (x0 ) l m inf f (xkj ) = l m f (xkj ) = m0 : j!1 j!1 Por lo tanto. dX ) y (Y. A continuación daremos una noción de continuidad. dY ) espacios métricos.c.1 en el Capítulo 7. nos da esperanzas de obtener alguna respuesta al Problema 1. lo que demuestra la implicación deseada. para garantizar la continuidad de ciertas funciones de…nidas en espacios de funciones [Ejercicio 4. como la función longitud es s.. una función es continua si lo es en cada punto. f (x0 ) = m0 . y si f a 2 R.5. Por lo pronto. 4.1.1 deberemos investigar si para algún a 2 R el conjunto de trayectorias en Tp. x0 es un mínimo de f: Para aplicar este resultado al Problema 1.i. Teorema 4.. es decir. (xk ) contiene una subsucesión (xkj ) tal que xkj ! x0 en X. por ejemplo.52]. que no depende de cada punto en particular.49]. Es sencillo comprobar que no es así [Ejercicio 4. (e xk )) "0 : Como K es compacto. De la desigualdad del triángulo dK (x. supongamos que K es compacto y que : K ! Y es continua pero no es uniformemente continua. xkj ) + dK (xkj . 4. dY ( (x1 ). (a) dimV < 1: (b) V = `p con p 2 [1. 1]: . como es continua. El siguiente resultado a…rma que. (e xkj )) dY ( (xkj ). Demostración: Argumentando por contradicción. si la función está de…nida en un espacio compacto. COMPACIDAD De…nición 4.70 4. Esto contradice nuestra suposición.30 Una función : X ! Y es uniformemente continua si dada " > 0 existe > 0 (que depende únicamente de ") tal que. Teorema 4. x2 ) < : Claramente toda función uniformemente continua es continua. la sucesión (xk ) contiene una subsucesión (xkj ) tal que xkj ! x en K (ver Proposición 4. se cumple entonces que (xkj ) ! (x) y (e xkj ) ! (x) en Y (ver Proposición 3.5). x2 2 X. Entonces toda función continua : K ! Y es uniformemente continua.32 Sea V un espacio normado y sea SV := fx 2 V : kxk = 1g la esfera unitaria en V: En cada uno de los siguientes casos investiga si la esfera unitaria es o no compacta. (x)) + dY ( (x). Pero el recíproco no es cierto en general [Ejercicio 4. (e xkj )) < "0 para j su…cientemente grande. x ekj ) se sigue que x ekj ! x en K y.33): En consecuencia.6. x ek 2 K tales que dK (xk . x ek ) < 1 k y dY ( (xk ). Ejercicios Ejercicio 4. ambas nociones coinciden. Entonces para algún "0 > 0 y para cada k 2 N existen xk . para cualesquiera x1 . x ekj ) dK (x.51].31 Sea K un espacio métrico compacto. dY ( (xkj ). (x2 )) < " si dX (x1 . entonces 1 (K) es un subconjunto compacto de X? Justi…ca tu respuesta.8. Ejercicio 4.35 Prueba que. > 0 y p 2 [1. es un homeomor…smo). (Sugerencia: Toma K := f0g en `2 y usa el Ejemplo 4.34 ¿Es cierto en general que. Es decir.33 Demuestra las siguientes a…rmaciones: (a) Si K un subconjunto compacto de Rn . entonces [ b := K Bp ( . Ejercicio 4. si : X ! Y es un homeomor…smo. donde Bp ( .39 Prueba que. y) 2 R2 : x2 + y 2 = 1g el círculo unitario en R2 : Considera la función f : [0. si : X ! Y es continua y K es un subconjunto compacto de Y. ) 2K es compacto. 1] con p 2 [1.) Ejercicio 4. (b) f 1 : S1 ! [0. EJERCICIOS 71 (c) V = Cp0 [0. sent): Prueba que (a) f es continua y biyectiva.4. 1]: Ejercicio 4. 2 ) ! S1 . entonces K es compacto en X si y sólo si (K) es compacto en Y: Ejercicio 4. ) := fx 2 Rn : kx kp g: (b) La a…rmación anterior no es válida en general en un espacio métrico arbitrario.37 Prueba que.36 Sea X un espacio discreto. si : X ! Y es continua y biyectiva y X es compacto. Ejercicio 4. Ejercicio 4. 1]. entonces 1 : Y ! X es continua (es decir.6. 2 ) no es continua. la compacidad de X es esencial en la a…rmación del ejercicio anterior. si un espacio métrico X es compacto y no vacío. entonces toda función continua f : X ! R alcanza su máximo en X: .38 Sea S1 := f(x. f (t) = (cos t. Prueba que X es compacto si y sólo si es …nito. si A es compacto. y demuestra que se cumple la a…rmación (c) del Ejercicio 3.i. 1<t n. entonces existe una equivalencia además un isomor…smo lineal. n 2 Z: . B) := nffdX (x. Demuestra las siguientes a…rmaciones: (a) Si dim V = dim W < 1. y) : x 2 A. y s. z) = dist(x.52 de…nimos la distancia de x a A como dist(x. en x0 : Ejercicio 4. COMPACIDAD Ejercicio 4.72 4. y 2 Bg: (a) Prueba que. B) > 0: (b) ¿Es cierta la a…rmación anterior si B es abierto en vez de cerrado? (c) ¿Es cierto en general que la distancia entre dos cerrados ajenos es positiva? Ejercicio 4.40 Sean A un subconjunto no vacío de un espacio métrico X y x 2 X: Como en el Ejercicio 3.i. B es cerrado y A\B = .) Ejercicio 4. (Sugerencia: Prueba que existe c 2 R tal que kLvkW c si kvkV = 1. A): (b) ¿Es cierta la a…rmación anterior si A es un subconjunto arbitrario de X? Ejercicio 4. entonces para cada x 2 X existe z 2 A tal que dX (x.41 La distancia entre dos subconjuntos no vacíos A y B de un espacio métrico X se de…ne como dist(A. entonces toda transformación lineal L : V ! W es Lipschitz continua. (b) Si dim V < 1 y K acotado en V: : V ! W que es V. si A es compacto. y): y2A (a) Prueba que. entonces dist(A.36.c.c..42 Sean V y W espacios normados. A) := nf dX (x.s.c.44 (a) La función d e : R ! R dada por dte := n si n es s.43 Sea x0 2 X: Prueba que f : X ! R es continua en x0 si y sólo si f es s. entonces K es compacto si y sólo si K es cerrado y (c) Si dimV < 1. c.c.i.46 Prueba que son equivalentes las siguientes a…rmaciones: (a) f es s.48 Da un ejemplo de una trayectoria Ejercicio 4. Ejercicio 4.6.29.4. (b) f>a := fx 2 X : f (x) > ag es abierto para toda a 2 R: a (c) f := fx 2 X : f (x) ag es cerrado para toda a 2 R: Ejercicio 4.s. Demuestra las siguientes a…rmaciones: (a) Se cumple la siguiente desigualdad: l m inf tk k!1 l m sup tk : k!1 (b) La sucesión (tk ) converge en R si y sólo si l m inf tk = l m sup tk . y el Teorema 4. 1] ! R. 2k t t 1: Demuestra las siguientes a…rmaciones: (a) k es un mínimo de la función longitud L : T0.i.45 Sea (tk ) una sucesión en en R. n 2 Z.s. l m inf tk = l m tk = l m sup tk : k!1 k!1 k!1 Ejercicio 4. Ejercicio 4.s. 1 . si y sólo si R [ f1g es s.28.c. es s.c. EJERCICIOS 73 (b) La función parte entera b c : R ! R dada por btc := n si n t < n + 1. f :X! (b) Para una función s. 1] ! R2 de longitud in…nita.1 (R) ! R [ f1g para todo k 2 N: .46.c. en ese caso.49 Considera la sucesión de trayectorias k (t) = 2k t si 0 1 si 21k k : [0.47 (a) Prueba que f : X ! R [ f 1g es s. f : X ! R [ f 1g enuncia y demuestra los resultados correspondientes al Ejercicio 4. : [0. la Proposición 4. k!1 k!1 y. (b) Toda función uniformemente continua es Lipschitz continua. f (t) = 1t : (b) f : [a. 1) ! R.p (S1 ) : L( ) ag un subconjunto compacto de C 0 ([0.29. 1]. A). b] ! R y f : [a. (Sugerencia: Usa la continuidad uniforme de K. b] De…nimos fb : [a. 1] (Sugerencia: Prueba 1 8j 6= k). que k j k k1 2 (c) L a := f 2 T0.p (S1 ) := f 2 C 0 ([0.p (S1 ) ! R [ f1g la función longitud.1 (R) : L( ) ningún a 1: ag no es un subconjunto compacto de C 0 [0. S1 ) : (0) = p = (1)g y L : Tp. Tp. b] ! R funciones continuas.1 (R) ! R [ f1g no satisface las hipótesis del Teorema 4.) Ejercicio 4. . con a > 0: (c) f : X ! R. COMPACIDAD (b) ( k ) no contiene ninguna subsucesión convergente en C 0 [0. 1]. ¿Para qué valores de a 2 R es L a := f 2 Tp.52 Sean K : [a.74 4.50 Sean S1 := f(x. S1 )? Ejercicio 4. f (x) := dist(x. Ejercicio 4. fb(x) := Z a b K(x. 1) ! R. 1] para (d) L : T0. b] ! R como [a. y)f (y)dy: Prueba que fb es continua.51 ¿Cuáles de las siguientes funciones son uniformemente continuas? (a) f : (0. p = (1. donde A es un subconjunto arbitrario del espacio métrico X: Ejercicio 4.53 Investiga si son falsas o verdaderas las siguientes a…rmaciones. y) 2 R2 : x2 + y 2 = 1g el círculo unitario en R2 . 0). (a) Toda función Lipschitz continua es uniformemente continua. f (t) = 1t . dX ) un espacio métrico. obtener soluciones de sistemas de ecuaciones numéricas. xj ) < " 1 8k. de ecuaciones diferenciales y de ecuaciones integrales mediante un proceso de iteración. La de…nición de sucesión de Cauchy1 en X es formalmente idéntica a la que conocemos en R: De…nición 5. 75 . Permite. 5. Es uno de los pioneros del Análisis Matemático. j k0 : Augustin Louis Cauchy (1789-1857) nació en París.Capítulo 5 Completitud Para sucesiones de números reales se tiene con un criterio un criterio de convergencia que depende únicamente de la sucesión misma: si una sucesión de números reales es de Cauchy entonces converge. existe k0 2 N tal que dX (xk . que cultivó diversas áreas de las matemáticas y ejerció una fuerte in‡uencia sobre sus contemporáneos y sucesores. A los espacios métricos en los que cualquier sucesión de Cauchy converge se les llama completos. La noción de sucesión de Cauchy se extiende de manera natural a espacios métricos. dada " > 0. Escribió cerca de 800 artículos de investigación. por ejemplo.1.1 Una sucesión (xk ) en X es de Cauchy si. Sin embargo. Espacios métricos completos Sea X = (X. La completitud es una propiedad muy importante. Fue un matemático profundo. no es cierto en general que cualquier sucesión de Cauchy en un espacio métrico converge. como veremos en el siguiente capítulo. xj ) < " k0 : Es decir.76 5. Ejemplo 5. Ejemplo 5. en general. No es cierto.2 Toda sucesión convergente en X es de Cauchy. . j dX (xk . La sucesión ( k1 ) es de Cauchy en X pero no converge en X [Ejercicio 5. 1) con la métrica inducida por la de R. Veamos un par de ejemplos.3 Sea X := (0. que cualquier sucesión de Cauchy converge. COMPLETITUD Augustin Cauchy Proposición 5. x) + dX (x.31]. 1] ! R. Demostración: dX (xk . k x x 1 k x 1 . x) < 2" si k Si xk ! x en X entonces. dada " > 0 existe k0 2 N tal que k0 : Por tanto dX (xk .4 La sucesión de funciones fk : [ 1. xj ) 8k. (xk ) es de Cauchy. 8 < 1 si kx si fk (x) = : 1 si 1 1 k 1 . k 1. A los espacios métricos que tienen esta propiedad se les llama completos. 1] cualquier sucesión de Cauchy converge.5 -1 -1 y = f3 (x) 0 . lo que implica que f (x) = 1 para todo x 2 [a. f (x) = x 2 [ 1.5 -0 . 1]: En consecuencia.5 0 -1 -0 . (fk ) es de Cauchy. supongamos que fk ! f en C10 [ 1.5. 1) es arbitraria. entonces fk (x) = 1 para todo x 2 [a. 1]: Análogamente. f no es continua en [ 1. a] y. ESPACIOS MÉTRICOS COMPLETOS 77 es de Cauchy en C10 [ 1.5 0 -0 . 0 En la siguiente sección probaremos que en C1 [ 1. 1 si x 2 (0. 1]: En consecuencia. 0). dada " > 0 se cumple que kfj fk k1 < " 2 8k. j > : " Así pues. .5 0 . lo cual contradice nuestra suposición.5 1 y = f6 (x) Demostración: Para j k se tiene que Z 1 Z 1 jfj (x) fk (x)j dx = 2 (fj (x) 1 fk (x)) dx = 0 1 k 1 : j En consecuencia. 1].5 0 0 0 . 1] pero no converge en C10 [ 1. 1): Si k a1 .1. 1]: 1 1 0 . tenemos que f (x) = 1 para todo 1 si x 2 [ 1. 1 Z 1 a j1 f (x)j dx = 0. 1]: Sea a 2 (0.5 -1 1 -0 . como a 2 (0. Argumentando por contradicción. Z 1 Z 1 jfk (x) f (x)j dx = kfk f k1 ! 0: j1 f (x)j dx 0 a Por tanto. como Y es completo. dada " > 0. se tiene que (xk ) ! y en Y: Ahora bien. pero ( 2 . b] no es un espacio de Banach para ninguna p 2 [1. 2 ) no lo es. xk ) < " 8j.78 5.33 garantiza que 1 1 xk = ( (xk )) ! (y) en X: Esto prueba que X es completo. Una consecuencia importante es la siguiente.7 Si existe una equivalencia : X ! Y entre dos espacios métricos X y Y . Entonces. existe k0 2 N tal que dY ( (xj ). 5 0 2. Sea (xk ) una sucesión de Cauchy en X. 1) [Ejercicio 5. 5 -1 arctan x Sin embargo. 5 5 7. 5 -0. El recíproco se obtiene reemplazando Y por X y por 1 en el argumento anterior.8 Todo espacio normado de dimensión …nita es de Banach. Cp0 [a. la sucesión ( (xk )) es de Cauchy en Y y. 5 0 -7. La completitud no es invariante bajo homeomor…smos. la completitud sí se preserva bajo equivalencias.6 La función tan : ( 2 . Teorema 5.5 Un espacio métrico X es completo. Demostración: Supongamos que Y es completo y que : X ! Y es Lipschitz continua. 5 -5 -2. Ejemplo 5. b] no son completos. De hecho. 2 ) ! R es un homeomor…smo. si toda sucesión de Cauchy en X converge en X: Un espacio normado que es completo con la métrica inducida por su norma se llama un espacio de Banach. R es un espacio métrico completo. entonces X es completo si y sólo si Y lo es. (xk )) c dX (xj .32]. COMPLETITUD De…nición 5. como lo muestra el siguiente ejemplo. la Proposición 3. Proposición 5. . 1 0. k k0 : Es decir. Los ejemplos anteriores muestran que (a. b) y C10 [a. como 1 es continua. 5. existe k0 2 N tal que jxj.i ! xi en R. donde xk = (xk. Por ejemplo. :::.2.i i=1. :::. :::.i xi j < " 8k ki . xk ! x en Rn1 : No todo subespacio de un espacio métrico completo es un espacio métrico completo. ak ! x en X: Por la Proposición 3. en consecuencia. R es completo pero ningún intervalo abierto (a. Un subespacio métrico A de X es completo si y sólo si es cerrado en X. )) : Supongamos ahora que A es completo. Como R es completo.32 se tiene que x 2 A = A: Esto prueba que A es completo. dX ) un espacio métrico.1 . kn g.42). para cada i = 1. Proposición 5. 8i = 1. Convergencia uniforme En esta sección daremos ejemplos importantes de espacios métricos completos.i xk.i i=1. A es cerrado.9 Sea X un espacio métrico completo.n ): Entonces. y. . existe una sucesión (ak ) en A tal que ak ! x en X: La Proposición 5.:::.2 asegura entonces que (ak ) es de Cauchy y. dada " > 0. :::. b) lo es.29) se sigue que x = a 2 A: En consecuencia. :::. Sea x 2 A: Por la Proposición 3. existe ki 2 N tal que jxk.i ) es de Cauchy en R. Sean S un conjunto y X = (X.n xi j < " 8k maxfk1 .:::. como X es completo. Demostración: () : Supongamos que A es cerrado en X. donde x := (x1 . 5. Es decir. en virtud de la Proposición 5.2. se tiene que ak ! a en A: De la unicidad del límite (ver Proposición 3. n: Esto prueba que. n.7 bastará probar que Rn1 es completo. dada " > 0. Sea (xk ) una sucesión de Cauchy en Rn1 .i j = kxj x k k1 < " 8j. Por tanto. kxk xk1 = max jxk. xk. n. xk. como A es completo. k k0 . 8i = 1.i j max jxj. xn ). Sea (ak ) una sucesión de Cauchy en A: Entonces (ak ) es una sucesión de Cauchy en X y.n xk. La siguiente proposición caracteriza a aquéllos que sí lo son. CONVERGENCIA UNIFORME 79 Demostración: Como para cualquier espacio normado V de dimensión n existe una equivalencia : Rn1 ! V (ver Ejercicio 4. Empezaremos comparando ciertos tipos de convergencia para sucesiones de funciones. la sucesión (xk. :::.32. f (x) = 1 si x = 1: 1 1 1 0 . por lo general.7 5 1 6 Daremos a continuación una noción de convergencia según la cual el límite de una sucesión de funciones continuas resultará ser una función continua. entonces converge puntualmente a f: El recíproco no es cierto pues la sucesión (fk ) del Ejemplo 5. f (z)) < " k0 : La función f se llama el límite puntual de (fk ): El límite puntual de una sucesión de funciones continuas no es.5 0 . 1] [Ejercicio 5. dada " > 0.11 no converge uniformemente en [0. .7 5 0 .7 5 4 1 0 0 .80 5.2 5 0 .5 0 .7 5 0 .12 Una sucesión de funciones fk : S ! X. una función continua. Ejemplo 5.11 La sucesión de funciones fk : [0.2 5 0 . De…nición 5.10 Una sucesión de funciones fk : S ! X. COMPLETITUD De…nición 5. aun cuando una sucesión de funciones continuas converge puntualmente a una función continua.2 5 0 .5 y=x 0 . existe k0 2 N (que depende de ") tal que dX (fk (z). El siguiente ejemplo muestra que. f (z)) < " 8k k0 . converge uniformemente en S a una función f : S ! X si. no necesariamente converge uniformemente.5 0 . converge puntualmente en S a una función f : S ! X si fk (z) ! f (z) en X para cada z 2 S: Es decir.7 5 2 1 0 0 0 .41].2 5 0 0 0 0 .7 5 0 . 8z 2 S: La función f se llama el límite uniforme de (fk ): Nota que esta noción es más fuerte que la de convergencia puntual: si (fk ) converge uniformemente a f. 1] ! R.5 y=x 0 . k 2 N. k 2 N.5 y=x 0 . si para cada " > 0 y cada z 2 S existe k0 2 N (que depende de " y de z) tal que 8k dX (fk (z). como lo muestra el siguiente ejemplo. converge puntualmente a 0 si 0 x < 1.2 5 0 .2 5 0 . fk (x) = xk . Demostración: Sean z0 2 Z y " > 0: Como (fk ) converge uniformemente a f. entonces f : Z ! X es continua.5 0 . si " 2 (0. f (z0 )) dX (f (z). existe k0 2 N tal que " 8z 2 Z. ningún k 2 N cumple que jfk (x)j < " para todo x 2 [0.2 5 0 . f (z)) < 3 Y. fk0 (z)) + dX (fk0 (z). fk0 (z0 )) < " 3 si dZ (z. CONVERGENCIA UNIFORME 81 Ejemplo 5. existe > 0 tal que dX (fk0 (z). Si fk : Z ! X es continua para todo k 2 N y (fk ) converge uniformemente a f en Z. z0 ) < : En consecuencia. como fk0 es continua. 1] ! R la función dada por fk (x) = max 1 k x 1 .14 Sean Z = (Z. fk0 (z0 )) + dX (fk0 (z0 ).13 Sea fk : [0. dX ) espacios métricos.2. z0 ) < : .5.0 : k 0 .7 5 0 .2 5 0 0 0 .7 5 1 y = f4 (x) La sucesión (fk ) converge puntualmente a 0. pero no converge uniformemente a 0 ya que. dZ ) y X = (X. Teorema 5. 1). f (z0 )) < " si dZ (z. dX (f (z). 1]: En efecto: fk 1 k =1>" 8k 2 N: La propiedad fundamental de la convergencia uniforme es la siguiente. 8k k0 : dX (fk (z).5 0 . existe k0 2 N tal que d1 (fk . f ) = sup dX (fk (z). x0 ) dX (f (z). COMPLETITUD Esto prueba que f es continua.15 Sea (fk ) una sucesión en B(S. de…nido en la Sección 2. f (z)) < " 8k k0 : z2S En consecuencia. . si fk 2 B(S. dX (f (z). f (z)) < " 8k k0 . 8z 2 S: Es decir.4. x0 ) < " + c 8z 2 S: Esto prueba que f 2 B(S.1) se sigue que d1 (fk . fk0 (z)) + dX (fk0 (z). 8z 2 S: (5. X) y (fk ) converge uniformemente a f en S entonces. f (z)) z2S " 8k k0 : Es decir. g 2 B(S. existen c > 0 y x0 2 X tales que dX (fk0 (z). X): Entonces. dada " > 0. se tiene el siguiente resultado. x0 ) < c para todo z 2 S: En consecuencia. f ) = sup dX (fk (z). (fk ) converge uniformemente a f en S si y sólo si (fk ) converge a f en B(S. (fk ) converge uniformemente a f en S: )) : Recíprocamente. dX (fk (z). existe k0 2 N tal que dX (fk (z). Para funciones acotadas la convergencia uniforme es simplemente la convergencia en el espacio métrico B(S. g(z)). X): z2S Es decir. f (z)) < " 8k k0 . X) entonces.82 5. (fk ) converge a f en B(S. cuya métrica es la métrica uniforme d1 (f. g) = sup dX (f (z). Proposición 5. dada " > 0.1) Como fk0 es acotada. X): De (5. X): Demostración: () : Si (fk ) converge a f en B(S. X): El siguiente espacio jugará un papel importante en las aplicaciones del próximo capítulo. f. X). X). g 2 Cb0 (Z. X) := ff : Z ! X : f es continua y acotadag con la métrica inducida por la de B(Z. g(z)) z2Z si f. X) tal que fk ! f en B(Z. b]. b): Como (fk0 ) converge en C 0 [a. entonces f es continuamente diferenciable en [a.14 aseguran entonces que f 2 Cb0 (Z.18 Si fk : [a. CONVERGENCIA UNIFORME 83 De…nición 5. b). para cada x 2 (a. b] y (fk0 ) converge a g uniformemente en [a. jfj (x) fj (x0 ) fk (x) + fk (x0 )j fj0 fk0 1 jx x0 j 8x 2 (a. d1 (f. X): Por la Proposición 3. Corolario 5. X): Esto prueba que Cb0 (Z. g) = sup dX (f (z).32 existe una sucesión (fk ) en Cb0 (Z.16 Sean Z y X espacios métricos.5. es decir. k k0 : .2. X): Concluimos esta sección con otra consecuencia importante de la convergencia uniforme. X) es un subespacio cerrado de B(Z. Entonces Cb0 (Z. dada " > 0 existe k0 2 N tal que jfj (x) fj (x0 ) fk (x) + fk (x0 )j " jx 3 x0 j 8x 2 (a. b). existe x 2 (a. Teorema 5. X): Para sucesiones de funciones continuas y acotadas podemos reinterpretar el Teorema 5. 8j. X) es cerrado en B(Z. b) tal que fj (x) fk (x) (fj (x0 ) fk (x0 )) = fj0 ( x ) fk0 ( x ) (x x0 ): En consecuencia. b] y f 0 = g: Demostración: Sea x0 2 (a. b] ! R es una sucesión de funciones continuamente diferenciables en [a. b] tales que (fk ) converge a f puntualmente en [a.14 como sigue. El espacio de funciones continuas y acotadas de Z a X es el espacio métrico Cb0 (Z. X): La Proposición 5. b): Aplicando el teorema del valor medio a la función fj fk se tiene que. X): Demostración: Sea f 2 Cb0 (Z.15 y el Teorema 5.17 Sean Z y X espacios métricos. b]. 2) (5. 8z 2 S: El siguiente teorema nos da una condición necesaria y su…ciente para la convergencia uniforme de una sucesión de funciones. Espacios completos de funciones A continuación daremos un criterio que garantiza la convergencia uniforme de una sucesión de funciones en términos de la sucesión misma. 8k 8k k0 : (5. como fk0 2 C 0 [a. y sea fk (x) x g(x0 )j < " 3 8x 2 (a. k1 g. De…nición 5.20 (Criterio de convergencia uniforme de Cauchy) Sea X un espacio métrico completo. f es diferenciable en x0 y f 0 (x0 ) = g(x0 ): Finalmente. dX ) un espacio métrico. COMPLETITUD Tomando el límite cuando j ! 1. k k0 . b]. concluimos que " jx x0 j jf (x) f (x0 ) fk (x) + fk (x0 )j 3 Por otra parte. se tiene que g 2 C 0 [a. b). k 2 N. Sean S un conjunto y X = (X. fj (z)) < " 8j. existe k0 2 N tal que dX (fk (z). es uniformemente de Cauchy en S si.4) se sigue que f (x) x f (x0 ) x0 g(x0 ) f (x) f (x0 ) fk (x) fk (x0 ) x x0 x x0 fk (x) fk (x0 ) + fk0 (x0 ) + fk0 (x0 ) x x0 < " si jx x0 j < : g(x0 ) Es decir.4) De las desigualdades (5.3. Una sucesión de funciones fk : S ! X.84 5.3) k1 : > 0 tal que fk (x0 ) x0 fk0 (x0 ) < " 3 si jx x0 j < : (5.19 Una sucesión de funciones fk : S ! X. existe k1 2 N tal que jfk0 (x0 ) Sea k := maxfk0 . para cada " > 0. converge uniformemente en S si y sólo si (fk ) es uniformemente de Cauchy en S: .3) y (5. (5. es decir. Teorema 5. k 2 N. b].2). b]: 5. f es continuamente diferenciable en [a. 21 Sean S un conjunto y Z un espacio métrico. ESPACIOS COMPLETOS DE FUNCIONES 85 Demostración: )) : Si (fk ) converge uniformemente a f en S entonces. () : Supongamos ahora que (fk ) es uniformemente de Cauchy en S.3. Entonces. existe k0 2 N tal que dX (fk (z). f (z)) dX (fk (z). 2 Dadas k k0 y z 2 S. existe k(z) 2 N (que depende de z) tal que " dX (fj (z). tomemos j := maxfk0 . (fk ) es uniformemente de Cauchy.52). es decir. esta sucesión converge a un punto de X al que denotaremos por f (z): Probaremos ahora que fk ! f uniformemente en S. f (z)) < ". V ) es un subespacio vectorial de B(Z. fj (z)) < " 8j. Cb0 (Z. si S es un conjunto y V = (V. k k0 . k k) es un espacio vectorial normado. Recuerda que. entonces B(S. 8z 2 S: Es decir. (fk ) converge uniformemente a f . para cada z 2 S. fj (z)) < " 2 8j.5. Si Z es un espacio métrico. dada " > 0. f (z)) < " k0 . Sea " > 0: Como (fk ) es uniformemente de Cauchy.5) z2Z es un espacio vectorial normado (ver Ejercicio 2. k(z)g: Entonces dX (fk (z). fj (z)) + dX (fj (z). 8z 2 S: Y como para cada z 2 S se tiene que fj (z) ! f (z) en X. Teorema 5. f (z)) < 8j k(z). . k k0 . V ) con la norma uniforme kf k1 = sup kf (z)k (5. f (z)) + dX (f (z). la sucesión (fk (z)) es de Cauchy en X y. 8z 2 S: En consecuencia. En consecuencia. 8k dX (fk (z). f (z)) < " 2 8k k0 . dX (fk (z). fj (z)) dX (fk (z). existe k0 2 N tal que dX (fk (z). V ): Una consecuencia importante del teorema anterior es la siguiente. como X es completo. 8z 2 S. X) es un subconjunto cerrado de B(S.22 Decimos que la serie 1 P vk k=1 converge en V si la sucesión (wn ) de sumas parciales wn := Su límite se denota 1 n P P vk := l m vk : k=1 Pn k=1 vk converge en V: n!1 k=1 Una observación sencilla es la siguiente. es decir.23 Si la serie 1 P k=1 ular. como veremos en el siguiente capítulo. vk converge en V. V ) son espacios de Banach. entonces B(S. C 0 (K. Recuerda que. (fk ) converge en B(S.20. 5. X): Claramente (fk ) es uniformemente de Cauchy en S y. X) es completo.15 y el Teorema 5.11). X): Esto prueba que B(S.86 5. X): La Proposición 5. por la Proposición 5. Por el Corolario 5. X): Por tanto. COMPLETITUD Si X es un espacio métrico completo. (vk ) está acotada. k k) un espacio vectorial normado y sea (vk ) una sucesión en V: De…nición 5. Cb0 (Z. Esta propiedad permite que los espacios B(S. Proposición 5. X) jueguen un papel importante en las aplicaciones. X) es un espacio completo si K es compacto y X es completo. X) es completo. entonces vk ! 0 en V: En partic- . C 0 (K. Series en espacios de Banach Sea V = (V. entonces B(S. X) y Cb0 (Z. X) := f : K ! X : es continuag = Cb0 (K.17. si K es un espacio métrico compacto. entonces toda función continua de K en X es acotada (ver Corolario 4. V ) y Cb0 (Z. Si V es un espacio de Banach.9 asegura entonces que Cb0 (Z. X) son completos. Demostración: Sea (fk ) una sucesión de Cauchy en B(S. X) y Cb0 (Z.4. Por tanto. k=1 existe k0 2 N tal que kwk+j wk k = kvk+1 + + vk+j k < " 8k k0 . 8j 1: Demostración: Como V es completo.25 (Criterio de Weierstrass) Sea V un espacio de Banach y sea (vk ) una sucesión en V: Si la serie de números reales 1 P kvk k k=1 converge.2).31. Teorema 5. Proposición 5.24 (Criterio de Cauchy para series) Sea V un espacio de Banach y sea (vk ) una sucesión en V: La serie 1 P vk k=1 converge en V si y sólo si. vk k=1 dada " > 0. existe k0 2 N tal que kvk+1 + n P + vk+j k < " 8k k0 . entonces la serie 1 P vk k=1 converge en V y se cumple que 1 P k=1 vk 1 P k=1 kvk k : .4. la sucesión (wn ) de sumas parciales wn := vk converge en V si y sólo si (wn ) es de Cauchy. 8j 1. (vk ) está acotada. existe n0 2 N tal que kvn+1 k = n+1 P n P vk k=1 vk " k=1 8n n0 : Esto prueba que vk ! 0 en V: Por la Proposición 3. es decir. si y sólo si para cada " > 0. para cada " > 0.5. SERIES EN ESPACIOS DE BANACH Demostración: La sucesión 87 n P es de Cauchy (ver Proposición 5. En espacios de Banach se tiene el siguiente criterio de convergencia para series. como a…rma el enunciado. El siguiente criterio garantiza la convergencia uniforme de una serie de funciones en términos de la convergencia de una serie de números reales. 26 Decimos que la serie de funciones 1 P fk k=1 converge uniformemente en S si la sucesión de funciones gn := uniformemente en S a una función S ! V. 1]: . n!1 n P lm vk n P n!1 k=1 k=1 kvk k = 1 P k=1 kvk k . De…nición 5. Sea S un conjunto y sea fk : S ! V una sucesión de funciones. la Proposición 5. COMPLETITUD Demostración: Sea " > 0: Como 1 P k=1 que existe k0 2 N tal que kvk+1 k + kvk k converge en R. 1) : 1 P k=0 ak rk converge en Rg 2 [0. La serie 1 P ak (x x0 )k k=0 de funciones reales de variable real x se llama una serie de potencias.24 asegura + kvk+j k < " 8k k0 . De…nición 5. 8j 1: Aplicando nuevamente la Proposición 5. a la que se denota 1 P Pn k=1 fk converge fk : k=1 Un ejemplo importante de series de funciones son las series de potencias.27 Sea (ak ) una sucesión en R y sea x0 2 R. usando la continuidad de la norma y la desigualdad del triángulo obtenemos 1 P vk = l m k=1 como a…rma el enunciado.24 concluimos que la serie 1 P vk k=1 converge en V: En consecuencia. Su radio de convergencia se de…ne como R := supfr 2 [0. 8j 1: Usando la desigualdad del triángulo obtenemos que kvk+1 + + vk+j k kvk+1 k + + kvk+j k < " 8k k0 .88 5. R] \ R tal que P1la de…nición k a r ^ converge en R. en consecuencia. existe c 2 R tal que ak r^k < c para todo k 2 N k=0 k (ver Proposición 5. como gk (x) := kak (x k 1.45] y el Teorema 5. tenemos que jgk (x)j = k jak j jx x0 jk 1 c k r^ k 1 8k 2 N. x0 + r] para todo r 2 (0.23) y. k 0: Probaremos que la sucesión (fk ) satisface el criterio de Weierstrass. la serie k=0 kf k converge [Ejercicio 5. x0 + r] como fk (x) := ak (x x0 )k .25 implica que la serie k 1 k=0 Como P 1 1 P ak (x x0 )k k=0 converge uniformemente en [x0 r.4. x0 + r]. x0 + r]: x0 )k 1 . x0 + r]: Por otra parte. 8x 2 [x0 r. Por tanto. donde R es el radio de convergencia de 1 x0 )k : k=0 ak (x (b) La función f (x) := 1 P x0 )k ak (x k=0 es continuamente diferenciable en (x0 f 0 (x) = 1 P R. SERIES EN ESPACIOS DE BANACH 89 El siguiente resultado justi…ca llamar a R el radio de convergencia. De del radio de convergencia se sigue que existe r^ 2 (r. Por consiguiente. x0 + R) y su derivada está dada por x0 )k 1 : kak (x k=1 Demostración: (a): Sea r 2 (0. := rr^ : Se tiene entonces que kfk k1 = max x2[x0 r. Teorema 5. . 1). (a) Las series de potencias 1 P x0 )k ak (x 1 P y k=0 kak (x x0 )k 1 k=1 convergen uniformementeP en [x0 r. R). 8x 2 [x0 r.5.x0 +r] jfk (x)j c k 8k 2 N: P k 2 (0.28 Sean (ak ) una sucesión en R y x0 2 R. la serie de números reales 1 converge. x0 + r]. si de…nimos gk 2 C 0 [x0 r. jfk (x)j = jak j jx donde x0 jk jak j r^k k c k 8k 2 N. R): De…nimos fk 2 C 0 [x0 r. x0 + R) ! R que se puede expresar como una serie de f (x) = 1 P ak (x x0 )k k=0 se llama una función analítica.x0 +r] k 1 c k r^ jgk (x)j max k 1 8k 2 N: converge en R. El recíproco no es cierto: una función que tiene derivadas de todos los órdenes no necesariamente es analítica [Ejercicio 5. Una función f : (x0 potencias R. 1 P kak (x x0 )k 1 k=1 converge uniformemente en [x0 r. R) y denotemos por Fk (x) := k P aj (x x0 )j . argumentando como en el caso anterior.51].5.29 Sea Xdisc un espacio métrico discreto. x0 + r]: (b): Sea r 2 (0. (a) Describe a las sucesiones de Cauchy en Xdisc : (b) ¿Es Xdisc un espacio métrico completo? Ejercicio 5. x0 + r]: El Teorema 5.18 asegura entonces que f es continuamente diferenciable en [x0 r.50]. Ejercicios Ejercicio 5. 5. entonces (xk ) converge a x en X: . COMPLETITUD Por tanto. Una función analítica tiene derivadas de todos los órdenes [Ejercicio 5. j=0 f (x) := 1 P aj (x x0 )j .90 5.30 Sea (xk ) una sucesión de Cauchy en un espacio métrico X: Demuestra las siguientes a…rmaciones: (a) (xk ) está acotada en X: (b) Si alguna subsucesión de (xk ) converge a x en X. kgk k1 = P Dado que la serie 1 k=1 k concluimos que la serie x2[x0 r. j=0 g(x) := 1 P jaj (x x0 )j 1 : j=1 Fk es continuamente diferenciable. y acabamos de probar que (Fk ) converge a f y (Fk0 ) converge a g uniformemente en [x0 r. x0 + r] y que f 0 = g. Prueba que X cualquiera de las métricas del Ejercicio 2. (1) = yg con la métrica uniforme es completo. < 1 si k 1 1 x k.39 Sean V = (V.36 Prueba que todo espacio métrico compacto es completo.35 Sean X un espacio métrico completo y x.y (X) := f 2 C 0 ([0. ¿Cuáles de ellos son de Banach? (a) d := f(xn ) 2 `1 : xn 6= 0 sólo para un número …nito de n’sg: (b) c0 := f(xn ) 2 `1 : xn ! 0g: (c) c := f(xn ) 2 `1 : (xn ) converge en Rg: Ejercicio 5. 1) con la métrica inducida por la de R. Demuestra las siguientes a…rmaciones: . kx si fk (x) = k : 1 1 si x 1: k (a) Prueba que (fk ) es de Cauchy en Cp0 [ 1. k k) un espacio normado y SV := fv 2 V : kvk = 1g la esfera unitaria en V .47 y el Ejemplo 5. y 2 X: Prueba que el espacio de trayectorias Tx. Prueba que todo subespacio vectorial de dimensión …nita de V es cerrado en V: Ejercicio 5.5. 0 [ 1. Y con Ejercicio 5.33 Prueba que `p es un espacio de Banach para todo p 2 [1.32 Considera la sucesión de funciones fk : [ 1. Ejercicio 5. X) : (0) = x.38 Sea V un espacio normado.4).5. Prueba que la sucesión ( k1 ) es de Cauchy en X pero no converge en X: Ejercicio 5. 8 1 1 x . 1]: (Sugerencia: Usa el Ejercicio 3.53 es completo. 1]: Ejercicio 5. 1]? (c) ¿Es (fk ) de Cauchy en C1 Ejercicio 5.37 Sean X y Y espacios métricos completos.31 Sea X = (0. 1] para toda p 2 [1. 1] para ninguna p 2 [1.34 Considera los siguientes subespacios de `1 con la norma inducida. 1): (b) Prueba que (fk ) no converge en Cp0 [ 1. 1]. Ejercicio 5. EJERCICIOS 91 Ejercicio 5. 1] ! R. COMPLETITUD (a) Si W es un subespacio vectorial de V. k 2 x2 + 1 (c) fk (x) = k2x : kx2 + 1 Ejercicio 5.40 Sea : X ! Y una función uniformemente continua. existe v 2 SV tal que kv 8w 2 W: wk (b) Teorema (Riesz) La esfera unitaria SV := fv 2 V : kvk = 1g es compacta si y sólo si dimV < 1.43 ¿Cuáles de las siguientes sucesiones de funciones fk : R ! R convergen uniformemente en R? Encuentra el límite de tales sucesiones. 1): Ejercicio 5. Ejercicio 5. entonces ( (xk )) es de Cauchy en Y: (b) Si existe una función continua entonces X es completo.) (c) La bola cerrada BV (0. 2 (k + 1)]: . (a) fk (x) = kx . 1g es compacta si y sólo si dimV < Ejercicio 5. usa el Ejercicio 5. k + 1].92 5. 1]: (b) La sucesión de funciones fk (x) = xk converge uniformemente en cualquier subintervalo cerrado [a.38 y el inciso (a) para construir una sucesión en SV que no contiene ninguna subsucesión convergente. kx2 + 1 (b) fk (x) = kx . : Y ! X tal que = id y Y es completo. W es cerrado en V y W 6= V entonces. (a) fk (x) = (b) fk (x) = (c) (d) jx 0 kj 1 si x 2 [k si x 2 = [k 1.41 Demuestra las siguientes a…rmaciones: (a) La sucesión de funciones fk (x) = xk no converge uniformemente en [0. para cada 2 (0. 2 (k + 1)]. b] [0. k + 1]: 1 : (x=k)2 + 1 fk (x) = sen(x=k): 1 senx si x 2 [2 k.42 ¿Cuáles de las siguientes sucesiones de funciones fk : R ! R convergen puntualmente en R? Encuentra todos los intervalos donde la convergencia es uniforme. Demuestra las siguientes a…rmaciones: (a) Si (xk ) es de Cauchy en X. 1. 1). 1) := fv 2 V : kvk 1. (Sugerencia: Si dimV = 1. k fk (x) = 0 si x 2 = [2 k. b]: (e) Si f es continuamente diferenciable y si (fk0 (x)) converge para cada x 2 [a. b]. (b) (fk ) converge uniformemente a f en [a. b]: (c) La sucesión (fk0 ) converge puntualmente en [a.47 Considera las funciones fk : R ! R dadas por senkx fk (x) = p : k (a) Prueba que (fk ) converge uniformemente a 0 en R: (b) Prueba que (fk0 ) no converge puntualmente en R. b] que converge puntualmente a una función f en [a. 0 1 P n=1 an bn y 1 P n=1 an converge en R. fk (x) = x2 : (1 + x2 )k (a) Prueba que. bn converge en R. k=1 fk uniformemente en R? Ejercicio 5. b]. b] ! R una sucesión de funciones continuamente diferenciables en [a. bn 2 R. entonces (fk0 ) converge puntualmente en [a. donde fk0 es la derivada de fk : . b]: Investiga si son falsas o verdaderas las siguientes a…rmaciones: (a) f es continua en [a.5. b]. (d) Si f es continuamente diferenciable.5. entonces (fk0 ) converge puntualmente a f 0 en [a. entonces Ejercicio 5. EJERCICIOS 93 Ejercicio 5. si an . la serie de números reales (b) ¿Converge la serie de funciones 1 P k=1 1 P fk (x) converge.46 Considera la sucesión de funciones fk : R ! R.45 Prueba que. para cada x 2 R. b]: Ejercicio 5.44 Sea fk : [a. ei es el i-ésimo vector de la base canónica de Rn . donde y admiten una extensión continua a la cerradura @0' := ' @x0i !R g y de…nimos k'kC m ( ) := max @ n' @xnn @ 1 @x1 1 : i 1 2 N [ f0g.18. k=0 1 P ck no converge si c > 1: k=0 (b) Prueba que el radio de convergencia R de una serie de potencias 1 P k=0 está dado por R 1 = l m sup jak j1=k : k!1 ak (x x0 )k .49 (a) Dada una sucesión (ck ) en R de…nimos c := l m sup jck j1=k : k!1 Demuestra el criterio de la raíz para la convergencia de series de números reales: 1 P ck converge si c < 1.) Ejercicio 5. y usa los Teoremas 5. 1 + + n m : Prueba que ésta es una norma en C m ( ) y que C m ( ) es un espacio de Banach. @ n' @xnn @ 1 @x1 1 existen en con 2 N [ f0g y i 1 + + @ i' @ @ = si i @xi @xi @xi | {z } y i Denotamos por 1: i veces ! R : ' es de clase C m en C m ( ) := f' : m.21 y 5.94 5. n . COMPLETITUD Ejercicio 5.48 Sea un subconjunto abierto y acotado de Rn : Una función ' : es de clase C m en si todas las derivadas parciales de orden m de '. (Sugerencia: Recuerda que @' (x) = fi0 (0) @xi donde fi (t) := '(x + tei ). R). ak 2 R. 25 2. R > 0? . 2 0 -2. ak 2 R. k=1 k xk . 1 xk P : 2 k=1 k x0 )k . 6 0. k=n R. k=0 k=0 Ejercicio 5. 5 1=x2 (a) Prueba que f tiene derivadas de todos los órdenes en x = 0 y que f (n) (0) = 0: (b) ¿Se puede escribir f como una serie f (x) = 1 P k=0 ak x k . x0 + R) ! R dada por ak (x x0 )k k=0 tiene derivadas de todos los órdenes y que la n-ésima derivada f (n) de f está dada por f (n) (x) = 1 P k(k 1) (k x0 )k n + 1)ak (x n x 2 (x0 .51 Considera la función f : R ! R dada por e 0 f (x) = 1=x2 si x 6= 0. convergente en algún intervalo ( R.5. 8 0. 5 -1. x0 + R): En particular se cumple que f (n) (x0 ) = n!an : Ejercicio 5. EJERCICIOS 95 (c) Calcula el radio de convergencia de las siguientes series de potencias y averigua si convergen o no en los puntos jxj = R: 1 P 1 P k k xk .5. si x = 0: 0.50 Sea 1 P ak (x k=0 1 xk P . 4 0. una serie de potencias con radio de con- vergencia R > 0: Prueba que la función f : (x0 f (x) := 1 P R.25 0 y=e 1. 2]. y '(x + 2) = '(x) para todo x 2 R. 1] ! R. Prueba que 1 P 1 P akj : j=1 k=0 (Sugerencia: Considera el subespacio métrico X := f n1 : n 2 Ng[f0g de R y aplica el criterio de Weierstrass a la sucesión de funciones fk : X ! R dadas por fk 1 n = n P akj . :::. COMPLETITUD Ejercicio 5. 1]: (b) ¿Es P con la norma uniforme kpk1 = max jp(x)j 0 x 1 un espacio de Banach? (Sugerencia: Considera la sucesión de polinomios pk (x) = 1 k x + (k 11)! xk 1 + + x + 1 y utiliza la Proposición 5.) Ejercicio 5. R).53 Calcula el radio de convergencia R de la serie de potencias f (x) := 1 xk P k=0 k! y demuestra que f 0 = f en ( R. con a0 . x si x 2 [1.55 Sea ' : R ! R la función dada por '(x) := x 2 si x 2 [0.25. ¿Quién es la función f ? Ejercicio 5. an 2 R: (a) Prueba que P es un subespacio vectorial de C 0 [0. k! Ejercicio 5.54 Sea P el conjunto de todas las funciones polinomiales p : [0. 1].9).52 Sean akj 2 R tales que las series de números reales 1 P j=1 convergen para cada k 2 N y la serie jakj j = bk P1 1 1 P P k=1 bk akj = k=0 j=1 también converge. p(x) = an xn + + a1 x + a0 . fk (0) = j=1 1 P akj : j=1 Comprueba que esta sucesión satisface todas las hipótesis del Teorema 5. Demuestra las siguientes a…rmaciones: .96 5. 5. De…nición 5.5. si X = (X . Proyecto: Completación de un espacio métrico Objetivo Sea X un espacio métrico.1.6. y de…ne yj := 4 j m. d). d# ) son completaciones de (X. el espacio R de los números reales es una completación del espacio Q de números racionales. 5. El objetivo de este proyecto es demostrar el siguiente resultado. donde (X) denota a la cerradura de (X) en X .57 Cualquier espacio métrico admite una completación y ésta es única salvo isometría. zj := 4 j (m + 1): Prueba que f (zj ) f (yj ) !1 cuando j ! 1: zj yj Usa este hecho para concluir que f no es diferenciable en x. d ) y X # = (X # . la función f : R ! R dada por f (x) := 1 X k=0 3 4 k '(4k x) es continua.6. Demuestra que.56 Se dice que un espacio métrico X es una completación de X si X es completo y existe una isometría : X ! X tal que (X) = X . PROYECTO: COMPLETACIÓN DE UN ESPACIO MÉTRICO 97 (a) La serie 1 X k=0 3 4 k '(4k x) converge uniformemente en R. Teorema 5. entonces existe una isometría biyectiva : X ! X # : . Procedimiento 1.6. En consecuencia.2.) 5. (b) f no es diferenciable en ningún punto x 2 R: (Sugerencia: Para cada j 2 N toma m 2 N tal que m 4j x < m + 1. Por ejemplo.6. Denota por [xk ] a la clase de equivalencia de la sucesión de Cauchy (xk ) y de…ne X := f[xk ] : (xk ) es de Cauchy en Xg. COMPLETITUD 2. yk ): k!1 Demuestra que a) d está bien de…nida. b) La función : X ! X dada por (x) := [x] es una isometría. Si x 2 X denotamos por [x] a la clase de equivalencia de la sucesión cuyos términos son todos iguales a x: Demuestra las siguientes a…rmaciones: a) X = (X . [yk ]) := l m d(xk .3. yk ) = 0: k!1 Demuestra que ésta es una relación de equivalencia en el conjunto de todas las sucesiones de Cauchy en X: 3. En el Capítulo 14 introduciremos una completación accesible del espacio Cp0 [a. Diremos que dos sucesiones de Cauchy (xk ) y (yk ) en X son equivalentes si l m d(xk .98 5. Sin embargo.6. . b): Este espacio aparece de manera natural en muchas aplicaciones importantes. es decir. d ([xk ]. Observaciones Es importante saber que todo espacio métrico admite una única completación. c) (X) = X : 5. la descripción que hemos dado aquí resulta poco práctica: pensar a los números reales como clases de equivalencia de sucesiones de Cauchy de números racionales haría muy engorroso operar con ellos. d ) es un espacio métrico completo. b]: el espacio de Lebesgue Lp (a. existe l mk!1 d(xk . b) d es una métrica en X : 4. yk ) y no depende de los representantes (xk ) y (yk ) elegidos. Conviene pues tener representaciones más sencillas. A este problema se le conoce como el problema de Cauchy y es uno de los problemas fundamentales de la teoría de ecuaciones diferenciales. garantiza la existencia y unicidad de puntos …jos de ciertas funciones de un espacio métrico completo en sí mismo. De…nición 6. Una de las aplicaciones más importantes es el teorema de Picard-Lindelöf que asegura la existencia y unicidad de la solución de un sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias que satisface una condición inicial prescrita. A diferencia de otros teoremas de punto …jo. 6.1 Una función : X ! X se llama una contracción si existe tal que d( (x).Capítulo 6 El teorema de punto …jo de Banach y aplicaciones El teorema de punto …jo de Banach. El teorema de punto …jo de Banach Sea X = (X. El teorema de punto …jo de Banach tiene multitud de aplicaciones a resultados de existencia y unicidad de soluciones de ecuaciones numéricas.1) Es decir.20]. y 2 X: 2 (0. (y)) d(x. una contracción es una función de un espacio métrico en sí mismo que es Lipschitz continua con constante de Lipschitz estrictamente menor que 1: Es importante observar que el que : X ! X sea o no contracción depende de la métrica que le demos a X [Ejercicio 6. 99 . 1) (6. éste da un método constructivo para obtenerlo mediante un proceso de iteración. d) un espacio métrico. y) 8x. Daremos aquí algunos ejemplos. ecuaciones diferenciales y ecuaciones integrales.1. también llamado el principio de contracción. donde idX : X ! X es la función identidad. 1) satisface (6. Se le considera fundador del análisis funcional moderno. := idX .3 (de punto …jo de Banach) Sea X un espacio métrico completo. Entonces se cumple lo siguiente: (a) tiene un único punto …jo x : (b) Para cualquier x0 2 X la sucesión ( d( donde k k (x0 )) converge a x en X. (6. Muchos conceptos y resultados notables llevan su nombre.100 6.2 Un punto x 2 X se llama un punto …jo de la función (x ) = x : Denotamos por k k : X ! X si a la composición := | {z } k veces 0 si k 2 N. Stefan Banach Teorema 6. no vacío. y sea : X ! X una contracción. x0 ). y se cumple que k (x0 ). El siguiente resultado sencillo y profundo de Stefan Banach1 tiene aplicaciones muy importantes. x ) 1 d( (x0 ).1). Demostración: (a): Sea x0 un punto cualquiera de X y denotemos por xk := 1 k (x0 ): Stefan Banach (1892-1945) nació en Cracovia. EL TEOREMA DE PUNTO FIJO DE BANACH Y APLICACIONES De…nición 6. .2) 2 (0. Polonia. Fue básicamente autodidacta y su genio fue descubierto accidentalmente por el matemático Hugo Steinhaus. Si x1 y x2 son puntos …jos de entonces d(x1 . concluimos que (x ) = x . x0 ) Además. x0 ): (6. EL TEOREMA DE PUNTO FIJO DE BANACH 101 Demostraremos primero que la sucesión (xk ) es de Cauchy en X. o cómo encontrar una . z 2 X. z) + d( (z). xk ) + d(xj+1 . haciendo tender j ! 1 en la desigualdad (6. esta desigualdad implica que d(x1 .1. (1 )d(y. existe x 2 X tal que xk ! x en X y.4) k0 : En consecuencia. xj ) 1 k + 1 j d(x1 . es decir.1). z) d(y. z) d(y. x2 ): Como < 1. se cumple que d(y. k d(xk . es decir. entonces d(xk+1 . (y)) + d( (y). x0 ) 8k 2 N. Nota que. z). z) d(y. x es un punto …jo de : Veamos ahora que es único. xk ) = d( k (x1 ). (y)) + d( (z). x2 ) = 0. El teorema anterior no sólo a…rma la existencia de un único punto …jo para una contracción : X ! X. (z)) + d( (z). (y)) + d(y. xj ) j!1 1 d(x1 .3) 2 (0.6. si (6. para cualesquiera y. es decir. se tiene entonces que xk+1 = (xk ) ! (x ) en X: Como el límite de una sucesión es único. x1 = x2 : (b): Por último. x0 ) < 1 " 2 8k (6. 8j. k k (x0 )) satisface 8k 2 N: d(x1 . xj ) < " k0 : Esto demuestra que la sucesión (xk ) es de Cauchy en X: Como X es completo. como es continua. z): Tomando y := xk y z := xj obtenemos d(xk . (x2 )) d(x1 . x2 ) = d( (x1 ). Esto concluye la demostración. También nos dice cómo encontrarlo. x ) = l m d(xk . xj ) Sea " > 0: Como d(xk+1 .3) obtenemos que k d(xk . 1) existe k0 2 N tal que k d(x1 . no tiene ningún punto …jo. x es también un punto …jo de : Y es el único.3 es necesario que X sea completo.3 es necesario que el número de la condición (6.6 Sea X un espacio métrico completo y : X ! X una función. Demostración: El Teorema 6. 1) ! (0.102 6.12). Por tanto. Corolario 6.2. 1) dada por (t) = 21 t es una contracción y no tiene ningún punto …jo en (0. ya que todo punto …jo de es también un punto …jo de k : 6. nos dice qué tan cerca está k (x0 ) del punto …jo. es decir. para la validez del Teorema 6. (x ) es también un punto …jo de k : Como el punto …jo es único. Si existe k 2 N tal que k : X ! X es una contracción. s 2 R: Sin embargo. Sistemas de ecuaciones lineales Consideremos el sistema de ecuaciones lineales Ax x=b (6. A este método se le conoce como el método de aproximaciones sucesivas.2) nos da una estimación del error en cada paso de la iteración. Ejemplo 6.5) . es decir. 1): Por tanto. Veremos algunas aplicaciones en las siguientes secciones. EL TEOREMA DE PUNTO FIJO DE BANACH Y APLICACIONES buena aproximación de él: basta tomar cualquier punto x0 2 X y considerar la sucesión de iteradas ( k (x0 )): La desigualdad (6. obtenemos que (x ) = x : En consecuencia.22]. Ejemplo 6.1) sea estrictamente menor que 1: Esta condición también es necesaria para la unicidad del punto …jo [Ejercicio 6. La siguiente generalización del teorema de punto …jo de Banach tiene aplicaciones importantes (ver Teorema 6. Los siguientes ejemplos muestran que las condiciones del teorema de punto …jo de Banach son necesarias.4 La función : (0. entonces tiene un único punto …jo.5 La función : R ! R dada por (t) = t + 1 satisface j (t) (s)j = jt sj 8t. para la validez del Teorema 6.3 asegura que k tiene un único punto …jo x 2 X: Aplicando a la igualdad k (x ) = x obtenemos que k ( (x )) = k (x ) = (x ) . Por el Teorema 6.28]. inducida por la norma k k1 . que también garantizan la existencia y unicidad de soluciones del sistema (6. El que sea una contracción depende de la métrica que le demos a Rn : Por ejemplo. donde I es la matriz identidad. obtenemos el siguiente resultado. es una contracción.3. : : : . podemos aplicar el método de aproximaciones sucesivas para encontrar una solución.5) y las del Ejercicio . como k kP1 (0) = Am b.5. la condición (6. bn ) 2 Rn : Observa que x 2 Rn es una solución de este sistema si y sólo si x es un punto …jo de la función : Rn ! Rn dada por (x) := Ax b: De modo que.2. m=0 se tiene que x + kP1 m=0 Esto concluye la demostración. distintas de (6. la función k (x) n P n P aij xj (y)k1 = kAx i=1 j=1 jaij j jxj j n P j=1 jxj j = : Rn1 ! Rn1 dada por (x) = Ax Ayk1 = kA(x y)k1 kx yk1 kxk1 : b satisface 8x. Sabemos que el sistema (6. si le damos la métrica del Ejemplo 2. si es una contracción. k Am b 1 1 kbk1 : Si consideramos otras métricas en Rn obtendremos condiciones. y 2 Rn .5) para cada b [Ejercicio 6.5) tiene solución única si y sólo si det(A I) 6= 0. existe un único x 2 Rn tal que (x ) = Ax b = x : Más aún.6) entonces el sistema (6. En consecuencia. SISTEMAS DE ECUACIONES LINEALES 103 donde A = (aij ) es una matriz real de n n y b = (b1 .6. 1) tal que n P i=1 jaij j 8j = 1.5) tiene solución única para cada b 2 Rn : La solución x satisface x + kP1 k Am b m=0 kbk1 : 1 1 Demostración: Para todo x 2 Rn se tiene que kAxk1 = n n P P i=1 j=1 En consecuencia.6). n. (6.7 Si existe 2 (0. Teorema 6. es decir. :::. er. (6.3. Fue profesor de la universidad de Estocolmo. La ecuación integral de Fredholm del segundo tipo Sean K : [a. b]. En 1903 introdujo la teoría moderna de ecuaciones integrales. que se conoce como teoría de Fredholm.104 6. 6. Ecuaciones integrales Aplicaremos el teorema de punto …jo de Banach para probar la existencia y unicidad de soluciones de dos tipos de ecuaciones integrales importantes: la ecuación integral de Fredholm y la ecuación integral de Volterra. como el de Jacobi o el de Gauss-Seidel. la matriz A I es invertible y la solución del sistema está dada por x := (A I) 1 b: Sin embargo. Se dice que es del primer tipo si = 0 y del segundo tipo si 6= 0. Obtuvo el doctorado en la universidad de Uppsala en 1898. EL TEOREMA DE PUNTO FIJO DE BANACH Y APLICACIONES 6. incluso con la potencia de las mejores computadoras disponibles. Suecia. b] ! R funciones continuas. Por ello se utilizan métodos iterativos. x 2 [a.7) se llama una ecuación integral de Fredholm2 .3. Para ecuaciones no lineales los métodos iterativos son. Ivar Fredholm 2 Erik Ivar Fredholm (1866-1927) nació en Estocolmo.28 garantizan que det(A I) 6= 0: En este caso. . b] ! R y g : [a. Una ecuación integral de la forma f (x) Z a un número b K(x.1. y)f (y)dy = g(x). y sea real. encontrar la inversa de una matriz tiene un costo prohibitivo. la única opción. en general. b] [a. para encontrar la solución mediante aproximaciones sucesivas a partir de una estimación inicial. bajo la supervisión de Gösta Mittag-Le. en problemas que involucran un número grande de variables. 6. Esto nos permite de…nir una función de C 0 [a. (Ff ) (x) = g(x) es decir. la función Ff : [a.3 asegura entonces que tiene un único punto …jo. Es decir. y)f (y)dy: (Ff ) (x) := a En términos de esta función la ecuación (6. procederemos del siguiente modo. Probaremos que para ciertos valores de la función : 0 0 C [a. Lema 6. El Teorema 6. b] cuyos puntos …jos sean las soluciones de la ecuación (6. De acuerdo con el Teorema 5. b] le asociamos la función Ff : [a. b] ! C [a. b] se llama una solución de (6.7) tiene una única solución (ver Teorema 6.7).7) una única solución? Queremos expresar este problema como un problema de punto …jo. b]. es decir.6. f es solución de (6.8).7) son justamente los puntos …jos de : Para poder aplicar el teorema de punto …jo de Banach requerimos que C 0 [a.b] es un espacio de Banach. b] ! R dada por Z b (Ff ) (x) := K(x. b] ! R dada por Z b K(x.3. y)f (y)dy a es continua. A continuación damos los detalles. que la ecuación (6. queremos encontrar una función : C 0 [a.7) se escribe como f (x) 8x 2 [a. ECUACIONES INTEGRALES 105 Una función continua f : [a.7) para todo x 2 [a. b].7) si y sólo si satisface la ecuación funcional Ff = g: f Si 6= 0 esta ecuación es equivalente a f= 1 (Ff + g): Probaremos que Ff 2 C 0 [a. (f ) := 1 (Ff + g): Las soluciones de (6. b] ! R que satisface (6. A cada f 2 C 0 [a. b] ! C 0 [a.7). b]. b] sea completo. x2[a. ¿para qué valores tiene la ecuación (6. . Nos preguntamos. b] en sí mismo como sigue: : C 0 [a.8 Para cada f 2 C 0 [a. b] es una contracción. dotado de la norma uniforme kf k1 = max jf (x)j . b] ! C 0 [a. b] (ver Lema 6. Para ello.21 este espacio.9). k (f1 ) Por hipótesis. para toda x 2 [a. y) a) K(x2 . 1 (b j j (f2 )k1 1 j j (b a) kKk1 kf1 a) kKk1 < 1: En consecuencia. b] ! C 0 [a. b]: es una contracción. Teorema 6. para cada g 2 C 0 [a. dada " > 0. f2 2 C 0 [a. b]. si j j > kKk1 (b a). entonces es una contracción. y)j jf1 (y) f2 (y)j dy j j a 1 (b a) kKk1 kf1 f2 k1 : j j Por consiguiente. y1 ) K(x2 . f2 k1 8f1 . de…nimos (f ) := 1 : C 0 [a. efectivamente. j(Ff ) (x1 ) (Ff ) (x2 )j Z b a (b jK(x1 . En consecuencia. una función de C 0 [a. y2 )j < " a) kf k1 (b si jx1 x2 j < y jy1 y2 j < : Por tanto. b]: Entonces. b] es compacto.31 asegura que K es uniformemente continua. EL TEOREMA DE PUNTO FIJO DE BANACH Y APLICACIONES Demostración: Sea f 2 C 0 [a. f2 2 C 0 [a. el Teorema 4. y)j jf (y)j dy " kf k1 = " a) kf k1 (b si jx1 x2 j < : Esto prueba que Ff es continua. se tiene que j (f1 )(x) (f2 )(x)j = 1 jFf1 (x) Ff2 (x)j j j Z b 1 jK(x. . b] como (Ff + g) : El lema anterior asegura que es. existe > 0 tal que jK(x1 . Demostración: Dados 6= 0 y g 2 C 0 [a.7) tiene una única solución. Sean f1 . b]: Si f = 0 entonces Ff = 0: Supongamos que f 6= 0: Como [a.106 6. b] [a. b] en sí mismo. b]. la ecuación integral de Fredholm (6.9 Si j j > kKk1 (b a) entonces. b]. Veamos que. La ecuación integral de Volterra del segundo tipo Consideremos ahora la ecuación f (x) Z a x K(x. el Teorema 6.8) donde K : [a. Estudió en la universidad de Pisa.2. Nota que la función f = 0 satisface esta ecuación. Nota que ahora la variable x aparece también en el extremo superior de la integral. b] que satisface la ecuación integral de Fredholm f = Ff + g. b]. es lineal y continua [Ejercicio 6. los valores propios de F están contenidos en el intervalo cerrado [ kKk1 (b a). bajo la supervisión de Enrico Betti. y)f (y)dy = g(x) 8x 2 [a. kKk1 (b a)]: 6. . b]. (6. b] ! R y g : [a.30]. que a cada f le asocia Ff. Si g = 0.3. Fue profesor en las universidades de Turín y Roma. b] es completo (ver Teorema 5. b] tal que f = (f ) = 1 (Ff + g) : Es decir. El teorema anterior asegura que ésta es la única solución si j j > kKk1 (b a): En consecuencia. 3 Recuerda que v 2 V es un valor propio (llamado también autovalor o eigenvalor ) de la función lineal L : V ! V si v 6= 0 y Lv = v para algún 2 R: 4 Vito Volterra (1860-1940) nació en Ancona. Italia. b] ! R son funciones continuas dadas y es un número real.3. existe una única f 2 C 0 [a.21).3 asegura que existe una única f 2 C 0 [a. b] [a. la ecuación integral de Fredholm se convierte en la ecuación de valores propios3 Ff = f para el operador de Fredholm F. como a…rma el enunciado. Una ecuación de este tipo se llama una ecuación integral de Volterra4 . ECUACIONES INTEGRALES 107 Dado que C 0 [a.6. b] ! C 0 [a. Es sencillo comprobar que la función F : C 0 [a. b]: Para ello.108 6. b] ! C 0 [a. a cada función f 2 C 0 [a. b].10 Para cada f 2 C 0 [a. y)f (y)dy: (Vf ) (x) := a En términos de esta función.8) tiene una única solución. que la ecuación (6. b] en sí mismo como sigue: : C 0 [a. Probaremos que para cada 6= 0 existe k 2 N tal que la función k es una contracción (ver Lema 6.8) se escribe como Vf = g: f Probaremos que Vf 2 C 0 [a. Demostración: Sea f 2 C 0 [a. b] le asociamos la función Vf : [a. b].8). y)f (y)dy a es continua. EL TEOREMA DE PUNTO FIJO DE BANACH Y APLICACIONES Se dice que es del primer tipo si = 0 y del segundo tipo si 6= 0. el Teorema 4. Lema 6.11). podemos entonces de…nir una (f ) := 1 (Vf + g): Sus puntos …jos son las soluciones de la ecuación (6. la ecuación (6. la función Vf : [a. Vito Volterra Queremos expresar a las soluciones de (6.31 asegura que para cada " > 0 existe > 0 tal que jK(x1 . b]: Si K = 0 o f = 0 entonces Vf = 0: Si K = 6 0y f 6= 0.10). y1 ) (x2 .6 asegura entonces que tiene un único punto …jo. y1 ) K(x2 . b] ! C 0 [a. b] ! R dada por Z x (Vf ) (x) := K(x. b] ! R dada por Z x K(x. b] (ver Lema 6. es decir. Si función de C 0 [a. 6= 0. El Corolario 6. y2 )j < 2(b " a) kf k1 si k(x1 .8) como los puntos …jos de una función : C 0 [a. y2 )k < : . b] en sí mismo. b]. y) < (x1 a) 2(b " " + = ": 2 2 Z x2 K(x2 . y) a x1 a jK(x1 . de…nimos (f ) := : C 0 [a.9) . y))f (y)dy (K(x1 . si jx1 j(Vf ) (x1 ) 109 1 Z (Vf ) (x2 )j = Z 1 x2 . y)j jf (y)j dy + Z x2 x1 jK(x2 . f2 2 C 0 [a. efectivamente. para todas f1 . b]. ECUACIONES INTEGRALES x2 j < m nf . k 2 N: Demostración: Probaremos por inducción que k (f1 )(x) k (f2 )(x) j j 1 kKk1 (x k! a) k kf1 f2 k1 8x 2 [a. y)j jf1 (y) f2 (y)j dy j j a 1 kKk1 (x a) kf1 f2 k1 : j j (6.6. b] como 1 (Vf + g) : El lema anterior asegura que es. 2kKk " kf k g y x1 En consecuencia. b]: Para k = 1 se tiene que j (f1 )(x) (f2 )(x)j 1 Z x jK(x. Lema 6. y)j jf (y)j dy " " kf k1 + kKk1 kf k1 a) kf k1 2 kKk1 kf k1 Esto prueba que Vf es continua. y)f (y)dy x1 K(x2 . Probaremos el siguiente resultado. se tiene que x1 K(x2 . Dados 6= 0 y g 2 C 0 [a. una función de C 0 [a.11 La función k (f1 ) satisface la desigualdad k (f2 ) 1 j j k kKkk1 (b a)k kf1 k! f2 k1 . b] ! C 0 [a.3. Teorema 6. si solución de la ecuación de valores propios 6= 0. b].9). la ecuación integral de Volterra (6. para cada g 2 C 0 [a.61). (6. la función k : C 0 [a. es bastante más complicada y no la estudiaremos aquí. De ella se sigue que k k (f1 )(x) j j (f2 )(x) k kKkk1 (b a)k kf1 k! f2 k1 8x 2 [a. Vf = g. Este resultado asegura en particular que. . la ecuación (6. EL TEOREMA DE PUNTO FIJO DE BANACH Y APLICACIONES Supongamos que la desigualdad (6. Del Corolario 6.9) vale para k 1: Entonces Z x 1 k 1 k k (f2 )(x) jK(x. Por el lema anterior. es decir. Demostración: Sea k0 2 N tal que j j 1 kKk1 (b k! a) k <1 8k k0 (ver Ejercicio 3. ningún = 6 0 es un valor propio de V: La ecuación integral de Volterra del primer tipo.8) tiene solución única.8) tiene una única solución.12 Si 6= 0 entonces.110 6. y)j k 1 (f1 )(y) (f2 )(y) dy (f1 )(x) j j a Z kKk1 x k 1 k 1 (f1 )(y) (f2 )(y) dy j j a Z x kKkk1 (y a)k 1 dy kf f k 1 2 1 (k 1)! j jk a kKkk1 = j jk kf1 f2 k1 a)k (x k! : Esto demuestra la desigualdad (6. en consecuencia. para k k0 . b] ! C 0 [a. b] es una contracción.6 se sigue que tiene un único punto …jo.10) como a…rma el enunciado. que k k (f1 ) (f2 ) 1 j j 1 kKk1 (b k! a) k kf1 f2 k1 . b] y. la solución trivial es la única Vf = f para el operador de Volterra V: Es decir. EL PROBLEMA DE CAUCHY 6. x. es una función continuamente diferenciable u : J ! de (a. 111 El problema de Cauchy Sea un subconjunto abierto de Rn : Un campo vectorial en es una función continua de en Rn : Los campos vectoriales se utilizan a menudo en la física para modelar. por ejemplo.13 Una solución del problema de Cauchy u0 = (t. u(t)) 8t 2 J y (6. es decir.6. b) ! Rn : El intervalo abierto (a. u(t0 ) = x0 .11). que satisface u0 (t) = (t. y) = ( y. y) = (x y.11) . x. u(t)): De…nición 6. b) puede ser in…nito. .4.4. o la intensidad y la dirección de una cierta fuerza. b) que contiene a t0 . x + ty) para t = 0 y t = 1: (0. como la fuerza electromagnética. de…nida en un subintervalo J u(t0 ) = x0 : El punto (t0 . x) (1. u). x0 ) se llama la condición inicial del problema (6. Las siguientes …guras ilustran el campo vectorial (t. y) = (tx y. la velocidad de un líquido móvil. b) y una posición inicial x0 2 . nos preguntamos si existe una trayectoria u(t) en tal que u(t0 ) = x0 cuya velocidad u0 (t) en cada tiempo t sea precisamente (t. x. Consideraremos campos vectoriales que cambian continuamente con el tiempo. x + y) Dado un tiempo inicial t0 2 (a. funciones continuas : (a. i t0 si y sólo si ui es continuamente diferenciable y satisface u0i (t) = i (t. b) y x0 2 . si u = (u1 .11) si y sólo t 8t 2 [t0 (s. existen 0 > 0 y C > 0 (que dependen de t0 y x0 ) tales que [t0 (a. x2 )k C kx1 x2 k si jt t0 j 0 y x1 . Dada una función continua f = (f1 . t0 + ]: (6.11) es equivalente a una ecuación integral.12) como un problema de punto …jo. :::. u(t)). n: Queremos expresar la ecuación integral (6.112 6. para cada i = 1.i . b] ! Rn . 0 ): . denotamos por Z b f (t)dt := a Z b f1 (t)dt.15 Una función : (a. aplicados a cada componente. un ) y = ( 1 . b) ! Rn es localmente Lipschitz continua en la segunda variable si. b). :::. t0 + ] ! si u es continua y satisface u(t) = Z es solución del problema de Cauchy (6. u(s))ds + x0. u(s))ds + x0 t0 . B(x0 . Para ello requerimos una condición adicional sobre el campo : Denotemos por B(x0 . 0 ) y 0 . t0 + 0 ] k (t. :::. EL TEOREMA DE PUNTO FIJO DE BANACH Y APLICACIONES Empezaremos mostrando que el problema (6.12) Demostración: Esta a…rmación es consecuencia inmediata de los teoremas fundamentales del cálculo. n ). :::. ) := fx 2 Rn : kx a la bola cerrada de radio x0 k g y centro x0 en Rn con la norma usual. ui (t0 ) = x0. :::. a Z b 2 Rn fn (t)dt a al vector cuyas componentes son las integrales de las componentes de f: Lema 6. para cada t0 2 (a. En efecto.14 u : [t0 . entonces ui es continua y satisface ui (t) = Z t i (s. x1 ) (t. fn ) : [a. De…nición 6. x2 2 B(x0 . Rn ): Recuerda que C 0 ([t0 . escogemos 0 ): (6. b) ! Rn es localmente Lipschitz continua en la segunda variable.6. X es un subconjunto cerrado de C 0 ([t0 . Finalmente. Rn ) es un espacio de Banach (ver Teorema 5.21).9 se sigue que X es un espacio métrico completo.13) 2 0. entonces u(t) 2 para toda t 2 [t0 . Le damos a X la métrica inducida por esta norma. (b): Si u 2 X entonces ku(t) x0 k M< 0 8t 2 [t0 .t0 + ] ku(t)k es la norma uniforme en C 0 ([t0 . x0 ) del problema (6. Tal M existe gracias al Corolario 4.15. Rn ) : ku x 0 k1 Mg donde x0 es la función constante con valor x0 y kuk1 = max t2[t0 . (b) Si u 2 X. m nf C1 .16 (a) X es un espacio métrico completo. t0 + ]. Rn ) con la norma uniforme. t0 + ]: . x) 2 [t0 M 0 . t0 + ]: Demostración: (a): Observa que X es la bola cerrada con centro en la función constante x0 y radio M en el espacio C 0 ([t0 .11. Escogemos además M 1 tal que k (t. Rn ). t0 + 0] B(x0 . t0 + ]. Lema 6. EL PROBLEMA DE CAUCHY 113 En el resto de esta sección supondremos que : (a. x)k 8(t. Para la condición inicial (t0 . De la Proposición 5.11) escogemos 0 > 0 y C > 0 como en la De…nición 6. t0 + ].4. t0 + ]. Por tanto. M0 g : Ω a t0 −δ t0 +δ b De…nimos X := fu 2 C 0 ([t0 . t0 + ]. u(s) 2 para todo s 2 [t0 .114 6. t0 + ]: Requerimos la siguiente desigualdad. u(s))ds jt t0 j M M: t0 En consecuencia. Lema 6.i . Z t (u)i (t) := i (s. u 2 X: El siguiente teorema es uno de los resultados fundamentales de la teoría de ecuaciones diferenciales. la i-ésima función componente de (u). Probaremos ahora que es una función de X en sí mismo. (u) 2 C 0 ([t0 . En particular. para toda t 2 [t0 0) . Lema 6. b] ! Rn se cumple que Z b f (t)dt jb aj kf k1 : a La demostración de esta desigualdad es sencilla y se propone como ejercicio [Ejercicio 6. Se doctoró en la universidad de Helsinki y fue profesor en esa universidad. Picard6 desarrolló un método de aproximación sucesiva de soluciones. 6 Charles Émile Picard (1856-1941) nació en París. t0 + ]. u(s))ds + x0 : t0 Nota que el integrando está bien de…nido porque. Estudió en la École Normale Supérieure bajo la supervisión de Gaston Darboux. Fue profesor en las universidades de París y Toulouse y de la Ecole Normale. . t0 + ]: Para cada u 2 X de…nimos la función (u) : [t0 . Simultáneamente. u(t) 2 B(x0 .17 obtenemos además que Z t k (u)(t) x0 k = (s. t0 + ] ! Rn como Z t (u)(t) := (s. EL TEOREMA DE PUNTO FIJO DE BANACH Y APLICACIONES En consecuencia.35].17 Para cualquier función continua f : [a. Usando el Lema 6. t0 es continuamente diferenciable. Rn ). El método 5 Ernst Leonard Lindelöf (1870-1946) nació en Helsinki. u(s))ds + x0. Fue publicado por primera vez en 1890 por Lindelöf5 .18 (u) 2 X para todo u 2 X: Demostración: Por el teorema fundamental del cálculo. Finlandia. de acuerdo con el lema anterior. k (u) (v)k1 js t0 j (s. v(s))k v(s)k vk1 : C ku vk1 y.12) si y sólo si Z t (u)(t) := (s. si y sólo si u es un punto …jo de Probaremos que es una contracción.11) en el intervalo [t0 . para toda t 2 [t0 . b) ! Rn una función continua y localmente Lipschitz continua en la segunda variable. Ernst Lindelöf Émile Picard Teorema 6. dados t0 2 (a. t0 + ]: . t0 + ]. el Teorema 6. se tiene que es una contracción.19 (Picard-Lindelöf) Sea : (a. Observa que u 2 X satisface la ecuación integral (6.3 asegura que tiene un único punto …jo. se Z t k (u)(t) (v)(t)k = ( : X ! X: Sean u. como hemos elegido tal que C < 1. Es decir. que existe una única u 2 X que satisface la ecuación integral (6. Del Lema 6. v 2 X: Usando el Lema 6. u(s)) (s. existe > 0 tal que el problema de Cauchy (6. t0 + ]: Demostración: El lema anterior asegura que es una función de X en sí mismo. t0 + ]. v(s)))ds t0 jt t0 j max k (s.14 se sigue que u es la única solución del problema de Cauchy (6. u(s))ds + x0 = u(t) 8t 2 [t0 . t0 es decir.6.4. Entonces. EL PROBLEMA DE CAUCHY 115 de iteración de Picard es justamente el método iterativo del teorema de punto …jo de Banach para este caso particular.11) tiene una única solución en el intervalo [t0 . u(s)) jt t0 j max C ku(s) js t0 j C ku Por consiguiente.12). emos que.17 obtencumple que (s. Como X es completo. b) y x0 2 . y) 8x. b] y tal que f (a) < 0 < f (b) y f 0 (x) > 0 para toda x 2 [a.21 (a) Prueba que la función contracción para todo p 2 [1. b] tal que f (x ) = 0 y que x se puede encontrar por el método de aproximaciones sucesivas.27 Sean X un espacio métrico completo y tinua.26 Prueba que. la condición (6. 1): : Rnp ! Rnp dada por (x) = 21 x es una (b) ¿Es posible darle a Rn alguna métrica tal que (c) ¿Es posible darle a Rn alguna norma tal que no sea contracción? no sea contracción? Ejercicio 6. (b) Da un ejemplo de una función continua f : [a. b] tiene al menos un punto …jo.14) y que no tiene ningún punto …jo. Prueba que existe un único x 2 [a.5. EL TEOREMA DE PUNTO FIJO DE BANACH Y APLICACIONES Ejercicios Ejercicio 6. Ejercicio 6. b] ! [a. b] ! [a. (y)) < d(x. b] y tal que (x) := x f (x) es una contracción en [a. Prueba que : X ! X es una contracción si y sólo si es una función constante. b] ! R una función continuamente diferenciable en [a.14) no es su…ciente para garantizar la existencia de un punto …jo. y 2 X con x 6= y. si X es un espacio métrico compacto y face d( (x). b]. b] para todo x 2 [a. entonces f es una contracción. Es decir.16).24 Prueba que. Ejercicio 6. 6. Ejercicio 6.23 Sea f : [a. Ejercicio 6. :X! (6. (Sugerencia: Demuestra que existe > 0 tal que x f (x) 2 [a. Ejercicio 6.20 Sea X = Xdisc un espacio discreto (ver Ejemplo 2. (y)) < d(x. entonces : X ! X satis- tiene un único punto …jo. y) 8x. si f : R ! R es continuamente diferenciable y jf 0 (x)j M < 1 para todo x 2 R.25 Da un ejemplo de un espacio métrico completo y una función X que satisface d( (x).116 6.22 (a) Usa el teorema del valor intermedio para probar que toda función continua f : [a. b]:) Ejercicio 6. y 2 X con x 6= y. b] con una in…nidad de puntos …jos. : X ! X una función con- . 16) pero no las otras dos. (x)) entonces 8x 2 X. Es decir. (b) Prueba que. cada una de estas condiciones es su…ciente para que la ecuación Ax x = b.16) : Rn1 ! Rn1 es una contracción.16) implica que det(A I) 6= 0: (f) Da un ejemplo de una matriz A tal que det(A de las condiciones (6.6.n j=1 entonces b. tenga solución única.16).15) y (6. (6. si n P n P i=1 j=1 entonces a2ij < 1. (c) Da ejemplos de matrices A que satisfagan cada una de las condiciones (6. (6. d( (x).:::. si existe 2 (0.6). (6. mediante un ejemplo.:::. (c) Si no es continua.15) : Rn2 ! Rn2 es una contracción. que dicho punto …jo no necesariamente es único. si max n P i=1.28 Sea : Rn ! Rn la función dada por (x) = Ax es una matriz de n n y b 2 Rn : (a) Prueba que.n j=1 . I) 6= 0 y que no cumple ninguna Ejercicio 6.29 Sea A una matriz de n n: Recuerda que 2 R es un valor propio de A si existe x 2 Rn .15) y (6. ¿es válida la a…rmación (a)? Ejercicio 6.15) y (6. donde A = (aij ) jaij j < 1. x 6= 0. (6. (b) Muestra. tal que Ax = x: Prueba que todo valor propio de A satisface n P j j max jaij j : i=1.6). (e) Prueba que cada una de las condiciones (6. EJERCICIOS 117 (a) Prueba que. pero ninguna es necesaria. (d) En cada uno de los incisos (a) y (b) aplica la fórmula (6. x) tiene un punto …jo.2) para estimar la solución en términos de A y b exclusivamente. 1) tal que d( 2 (x).5. Ejercicio 6.33 Sea K : [a. 8z1 . y K es Lipschitz continua en la tercera variable. . F( 1 f1 + 2 f2 ) 1 F(f1 ) = + 8f1 . b] ! R y g : [a.32 Considera la ecuación no lineal de Fredholm Z b K(x. y sea 2 R tal que j j > kKk1 (b a): Prueba que la solución f de la ecuación integral de Fredholm (6. y)f (y)dy a es un operador lineal. b]. b] [a. b] ! C 0 [a. 2 F(f2 ) 2 2 R. b] ! R una función continua. (a) Prueba que el operador de Volterra V : C 0 [a. y. b] ! R una función continua. es decir. b] ! R funciones continuas. f (x) a donde K : [a. b] [a. b] a): [a. b]. b] ! C 0 [a. b] dado por Z x (Vf ) (x) := K(x.30 Sea K : [a. EL TEOREMA DE PUNTO FIJO DE BANACH Y APLICACIONES Ejercicio 6.118 6. y. b] es Lipschitz continuo. z1 ) K(x. existe M > 0 tal que jK(x. Ejercicio 6. f (y))dy = g(x). b] ! R son funciones continuas. z2 2 R. y 2 [a. y)f (y)dy a es un operador lineal. z2 )j M jz1 z2 j 8x.31 Sean K : [a. es decir. b] [a.7) satisface k P 1 f m m=1 donde := 1 j j kKk1 (b k Fm 1 g (1 1 )j j kgk1 . y. b] ! C 0 [a. (b) F : C 0 [a. Prueba que esta ecuación tiene solución única si j j > M (b Ejercicio 6. a) y F es el operador de Fredholm. (a) Prueba que el operador de Fredholm F : C 0 [a. es decir. 8 1 . b]. b] R ! R y g : [a. b] dado por Z b (Ff )(x) := K(x. 2 2 R. V( 1 f1 + 2 f2 ) = 1 V(f1 ) + 2 V(f2 ) 8f1 . 8 1 . f2 2 C 0 [a. f2 2 C 0 [a. b] ! C 0 [a. Ejercicio 6. a) y V es el operador de Volterra. la 8 )3 < (t 0 (t) := : (t )3 función si t si si t . n). entonces (c) Prueba que. es un valor propio de V. :::. existe t > 0 tal que la restricción de f al intervalo [t t . :::. f (t)dt := a a a al vector cuyas componentes son las integrales de las componentes de f: Prueba que Z b f (t)dt jb aj kf k1 .6. (b) Prueba que. Rn ): (Sugerencia: Aplica primero la desigualdad de Hölder para probar que Z b fi (b 1=2 a) Z a a 1=2 b 2 jfi j para i = 1. si = 0: Ejercicio 6.35 Dada una función continua f = (f1 .37 Sea (a) Prueba que R ! R tal que (t. . para cualesquiera u . denotamos por Z b Z b Z b fn (t)dt 2 Rn f1 (t)dt. b] ! Rn . b] es Lipschitz continuo. b] ! R funciones continuas.5. Ejercicio 6. t . b] [a. para cada t 2 R . fn ) : [a. t + t ] es Lipschitz continua. b].b] kf (t)k es la norma uniforme en C 0 ([a.34 Sean K : [a. b] ! R y g : [a. entonces es localmente Lipschitz continua. < 0 < . si f : R ! R es continuamente diferenciable.8) satisface f k P 1 m m=1 donde := 1 j j kKk1 (b k Vm 1 g 1 )j j (1 kgk1 . x) = 3x2=3 : :R no es localmente Lipschitz continua en la segunda variable. :::. Ejercicio 6. EJERCICIOS 119 (b) Prueba que V : C 0 [a. y 6= 0: Prueba que la solución f de la ecuación integral de Volterra (6. . es decir.36 Prueba que. a donde k k es la norma usual en Rn y kf k1 = supt2[a. el problema de Cauchy puede tener una in…nidad de soluciones. si no es localmente Lipschitz continua en la segunda variable. 6= 0 considera el problema de Cauchy u0 = u2 .120 6. u(0) = 1 : Prueba que u(t) = 1 t es solución de (6. x) = x2 : es localmente Lipschitz continua en la segunda variable. Ejercicio 6.17) . EL TEOREMA DE PUNTO FIJO DE BANACH Y APLICACIONES es diferenciable en R y es solución del problema de Cauchy u0 = 3u2=3 .38 Sea (a) Prueba que (b) Para :R R ! R tal que (t.17) en algún intervalo que contiene a 0: (c) ¿Cuál es el intervalo máximo para el que existe una solución de (6.17)? (6. u(0) = 0: En consecuencia. Además aplicaremos el teorema de Arzelà-Ascoli para obtener condiciones que aseguren la existencia de trayectorias de longitud mínima en espacios métricos. para ningún " 2 p (0.1. Una de ellas es el teorema de Peano que a…rma la existencia de soluciones al problema de Cauchy para campos vectoriales continuos. Dicha caracterización. El objetivo de este capítulo es dar una caracterización sencilla de los subconjuntos compactos del espacio de funciones continuas C 0 (K. El teorema de Arzelà-Ascoli es un resultado fundamental en análisis y tiene muchas aplicaciones importantes. 2=2): 121 . debida a Giulio Ascoli y Cesare Arzelà. Ejemplo 7. 1) := f(xn ) 2 `2 : 1 P n=1 x2n 1g no puede ser cubierta por un número …nito de bolas abiertas de radio " en `2 . Probamos que son precisamente aquellos que son cerrados y acotados. para cualquier " > 0. dando así respuesta a la pregunta que planteamos en el Capítulo 1. se basa fundamentalmente en la noción de equicontinuidad. Esto no es cierto en un espacio métrico arbitrario. Conjuntos totalmente acotados La demostración del teorema de Heine-Borel se basó en el hecho de que podemos cubrir a un cubo en Rn (y. Lo demostraremos en este capítulo.1 La bola cerrada B`2 (0. como lo muestra el siguiente ejemplo. a cualquier subconjunto acotado) con un número …nito de bolas de radio ".Capítulo 7 Compacidad en espacios de funciones En el Capítulo 4 dimos una caracterización sencilla de los subconjuntos compactos de Rn . X) en un espacio métrico compacto K. en consecuencia. 7. ") : x 2 Ag de A contiene una subcubierta …nita. xm 2 A tales que A (b): Si A BX (x1 . lo cual es imposible. :::. es decir. ek con j 6= k. para toda " > 0. A A es acotado. Demostración: (a): Si A X es compacto entonces. entonces A es totalmente acotado. De…nición 7. Es decir. 2=2): Si B`2 (0. entonces al menos una de ellas tendría que contener a un par de sucesiones ej . :::. la cubierta abierta fBX (x. (b) Si A es totalmente acotado. am 2 A tales que A En consecuencia. entonces A es acotado en X. COMPACIDAD EN ESPACIOS DE FUNCIONES Demostración: Para cada k 2 N denotemos por ek 2 `2 a la sucesión cuyo k-ésimo término es 1 y todos los demás términos son 0: Claramente ek 2 B`2 (0. am 2 A tales que A BX (a1 . 1): Observa que p kej ek k2 = 2 8j 6= k: p Sea " 2 (0. "): X es totalmente acotado entonces existen a1 . Sea X = (X. entonces su cerradura A en X es totalmente acotada. .2 Un subconjunto A de X es totalmente acotado si para cada " > 0 existe un número …nito de puntos a1 . mg. entonces D es totalmente acotado. ") [ [ BX (am . ") denota a la bola abierta con centro en a y radio " en X: Veamos algunas propiedades sencillas de los conjuntos totalmente acotados. donde BX (a. (c) Si D A y A es totalmente acotado. 1) [ [ BX (am . 1) pudiese ser cubierta por un número …nito de bolas de radio " en `2 . :::. r + 1) donde r := maxfdX (a1 . ") [ [ BX (xm . :::. "). existen x1 . (d) Si A es totalmente acotado. 1): BX (a1 . dX ) un espacio métrico. BX (a1 . aj ) : j = 2.122 7. Proposición 7.3 Sea A un subconjunto de X: (a) Si A es compacto. Estudiaremos a los subconjuntos de X que tienen la siguiente propiedad. Teorema 7. 2 ) es cerrado.30): Esto prueba que X es completo. :::. 2" ) \ D: Entonces se cumple que [ D BX (bj . D existen a1 . am 2 A tales que " " A BX (a1 . :::. (d): Sean A un subconjunto totalmente acotado de X.g: Para cada j 2 J elegimos un punto bj 2 BX (aj . "): j2J Esto prueba que D es totalmente acotado. Entonces existe "0 > 0 tal que X no puede ser cubierto por un número …nito de bolas abiertas de radio "0 . Demostración: (a) ) (b): Esta es la a…rmación de la Proposición 4. ") [ [ BX (am . "): En consecuencia. 2 ) [ [ BX (am . Entonces " [ BX (am . ) [ 2 A y " > 0. mg : BX (aj . El siguiente resultado da caracterizaciones muy útiles de los espacios métricos compactos. Supongamos ahora que X no es totalmente acotado. 2" ) \ D 6= . Por . Esto prueba que A es totalmente acotado. (b) ) (c): Sea (xk ) una sucesión de Cauchy en X: Si X satisface (b) entonces (xk ) contiene una subsucesión que converge a un punto x 2 X: En consecuencia. (xk ) converge a x en X (ver Ejercicio 5. ): 2 A BX (a1 . ) [ [ BX (am .5. CONJUNTOS TOTALMENTE ACOTADOS 123 (c): Sean A un subconjunto de X totalmente acotado. (b) Toda sucesión en X contiene una subsucesión que converge en X: (c) X es completo y totalmente acotado. ): 2 2 " " Como BX (a1 . ) [ 2 " [ BX (am . se tiene que A " BX (a1 . am 2 A tales que A " BX (a1 . :::.7. y a1 . " > 0. ): 2 Sea J := fj 2 f1.4 Las siguientes tres a…rmaciones son equivalentes: (a) X es compacto.1. existe x1 2 BX (x0 . Para toda j k. xk ) < 1 1 + < ". inductivamente. ya que habíamos supuesto que BX (xk . no puede ser cubierta por un número …nito de elementos de U: De este modo construímos. está contenido en un número …nito de bolas abiertas de radio 12 cuyos centros están en BX (x0 . una sucesión (xk ) tal que xk 2 BX (xk 1 .1) es decir. está contenido en un número …nito de bolas abiertas de radio 1: Por tanto. en consecuencia. 21k ) no puede ser cubierta por un número …nito de elementos de U.3). 1) es totalmente acotado (ver Proposición 7. BX (xk .124 7. para todo 1 x 2 BX (xk . (7. xj ) < 1 + 2k + 1 2j 1 < 1 2k 1 . 12 ). 2k ). ninguna subsucesión de (xk ) es de Cauchy. se tiene entonces que dX (xk . entonces (b) no se cumple. dX (xj . 2k1 1 ) y BX (xk . x ) dX (x. 1) tal que BX (x1 . inductivamente. "0 ) [ [ BX (xk 1 . xk ) "0 para toda j 6= k y. Como U es abierto. Como X es totalmente acotado. una sucesión de puntos xk 2 X tales que xk 2 = BX (x1 . 1). Esto implica que (xk ) no contiene ninguna subsucesión convergente: Es decir. esta sucesión converge a un punto x en X: Haciendo tender j ! 1 en la desigualdad (7. como x 2 X. Entonces X tiene una cubierta abierta U = fUi : i 2 Ig que no contiene ninguna subcubierta …nita. 2k 2k 1 es decir. que constituye la parte medular de la demostración del teorema de .1) obtenemos que dX (xk . ") U : 2k Esto es una contradicción. existe un punto x0 2 X tal que BX (x0 . 1). la sucesión (xk ) es Cauchy. Como X es completo. 21k ) no puede ser cubierta por un número …nito de elementos de U. se tiene que dX (x. (c) ) (a): Argumentando por contradicción. existe " > 0 tal que BX (x . 1 ) BX (x . x ) 1 2k 1 8k 2 N: Por otra parte. si X no es totalmente acotado. Por consiguiente. supongamos que X es completo y totalmente acotado pero no es compacto. xk+1 ) + + dX (xj 1 .12. existe U 2 U tal que x 2 U . xk ) + dX (x . xj ) dX (xk . ") U : Sea k tal que 2k1 1 < 2" : Entonces. Como BX (x0 . podemos escoger. Observa la similitud de la demostración de la a…rmación (c) ) (a) con la de la Proposición 4. "0 ): Por tanto. no puede ser cubierta por un número …nito de elementos de U. COMPACIDAD EN ESPACIOS DE FUNCIONES consiguiente. para toda f 2 H. jugará un papel fundamental. g) = max dX (f (z). Consideremos el espacio de funciones continuas C 0 (K. z0 ) < : H es equicontinuo si lo es en todo punto de K: . como X es completo y A es cerrado en X. La caracterización (c) es muy útil. para cada " > 0. existe > 0 (que depende de " y de z0 ) tal que. La Proposición 7. De…nición 7. Corolario 7.3 a…rma que A es totalmente acotado. Por otra parte. como veremos en las siguientes secciones. De…nición 7. dX (f (z). introducida por Ascoli en 1884. El Teorema 7. f (z0 )) < " si dK (z. X) := ff : K ! X : f es continuag con la métrica uniforme d1 (f. supongamos que A es totalmente acotado. g(z)). EL TEOREMA DE ARZELÀ-ASCOLI 125 Heine-Borel. Demostración: )) : Sea A relativamente compacto en X. que A también lo es.6 Un subconjunto A de un espacio métrico completo X es relativamente compacto en X si y sólo si es totalmente acotado. Los subconjuntos relativamente compactos de Rn son precisamente los conjuntos acotados. se tiene que A es completo (ver Proposición 5. dK ) un espacio métrico compacto y X = (X.3 implica entonces que A es totalmente acotado y. dX ) un espacio métrico. En un espacio métrico completo se cumple lo siguiente.7.2. Usaremos el Corolario 7. X) es equicontinuo en el punto z0 2 K si.8). La Proposición 7. en consecuencia.5 Un subconjunto A de X es relativamente compacto en X si su cerradura A en X es compacta.2.7 Un subconjunto H de C 0 (K.6 para obtener una caracterización sencilla de los subconjuntos relativamente compactos de C 0 (K.9). z2K ver (4. La siguiente noción. () : Inversamente.4 asegura entonces que A es compacto. 7. X). El teorema de Arzelà-Ascoli Sean K = (K. COMPACIDAD EN ESPACIOS DE FUNCIONES El aspecto crucial de esta de…nición es que la misma > 0 nos sirve para todas las funciones que pertenecen a H: Un ejemplo en el que esto no se cumple es el siguiente. k1 . Giulio Ascoli Cesare Arzelà Denotaremos por B1 (f0 .5 0 -1 -0 . donde 8 < 1 si t 2 1. fk (t) = k k : 1 1 si t 2 k .126 7. Ejemplo 7. .30]. y fue profesor en la universidad de Bologna. 2 Cesare Arzelà (1847-1912) nació en Santo Stefano di Magra. Estudió en la Scuola Normale di Pisa y fue profesor en el Politecnico di Milano. Italia.5 -1 -1 f3 f6 0 . Estudió en la Scuola Normale Superiore de Pisa. . 1 1 kt si t 2 .5 0 0 0 . f0 ) < rg a la bola abierta en C 0 (K.5 1 -1 -0 . X) : d1 (f.5 1 La demostración es sencilla [Ejercicio 7.5 0 -0 .8 El conjunto H = ffk 2 C 0 ([ 1.5 -0 . donde fue alumno de Enrico Betti y Ulisse Dini. 1 . X) con centro en f0 y radio r: 1 Giulio Ascoli (1843-1896) nació en Trieste. Italia.5 0 . 1]. r) := ff 2 C 0 (K. A continuación enunciamos el teorema de Giulio Ascoli1 y Cesare Arzelà2 . no es equicontinuo en 0: 1 1 0 . R) : k 2 Ng. gi (y)) + dX (gi (y). zm 2 K tales que K BK (z1 . dada " > 0. dX (gi (y). C 0 (K.4) .9 (Arzelà-Ascoli) Sean K un espacio métrico compacto y X un espacio métrico completo. z) < : Esto prueba que H es equicontinuo. z) < z: (7. existe i > 0 tal que. para toda f 2 H. :::. Un subconjunto H de C 0 (K. En consecuencia. cada gi es uniformemente continua. f (z)) dX (f (y). En consecuencia. X): Entonces H es totalmente acotado. :::. Sea " > 0: Para cada z 2 K tomemos z > 0 tal que. m. X) también lo es (ver Teorema 5. y H(z) " BX (g1 (z). gi (z)) + dX (gi (z). Por el Corolario 7. z1 ) [ [ BK (zm . X): Como X es completo. X) es relativamente compacto en C 0 (K. X) si y sólo si H es equicontinuo y los conjuntos H(z) := ff (z) : f 2 Hg son relativamente compactos en X para cada z 2 K: Demostración: )) : Supongamos que H es relativamente compacto en C 0 (K.6 asegura que H(z) es relativamente compacto en X para todo z 2 K: Por otra parte. f (z)) < " 4 si dK (y. gi (z)) < " 3 si dK (y. gi (z) 2 H(z) para i = 1. mg tal que d1 (f.2. existen z1 .6 basta entonces probar que H es totalmente acotado. ): H B1 (g1 . ) [ 3 3 Por tanto. existen g1 . dX (f (y). el Corolario 7. gi ) < 3" : Usando (7. EL TEOREMA DE ARZELÀ-ASCOLI 127 Teorema 7.3) Como K es compacto.21).2) obtenemos que dX (f (y). para cualesquiera y. z 2 K. gm 2 H tales que " " [ B1 (gm . m g: Dada f 2 H existe i 2 f1. f (z)) < " si dK (y.7. :::. como X es completo. () : Supongamos ahora que H es equicontinuo y que H(z) es relativamente compacto en X para todo z 2 K: Queremos probar que H es relativamente compacto en C 0 (K. :::. ) 3 8z 2 K: Esto prueba que H(z) es totalmente acotado y.2) De…nimos := m nf 1 . ) [ 3 " [ BX (gm (z). :::. z) < i: (7. como K es compacto. zm ) (7. (7.4) que existe i 2 f1. :::. Rn ) si existen f0 2 H y C > 0 tales que kf f0 k1 = max kf (z) z2K f0 (z)k C 8f 2 H (ver De…nición 4. h(zi )) < 4" para toda h 2 H: Por tanto. (7. dX (f (z). COMPACIDAD EN ESPACIOS DE FUNCIONES y.7) B1 (g . g 2 H y sea z 2 K: Se sigue de (7. x (i) ) +dX (g(zi ). existe (i) 2 f1. (7. existen x1 . mg: 4 Se sigue de (7. xk 2 X tales que H(z1 ) [ [ H(zm ) " BX (x1 . ) [ 4 " [ BX (xk . .7) se sigue que H Por tanto. g(zi )) < ": Tomando el máximo sobre toda z 2 K concluimos que d1 (f.3) implica que dX (h(z). :::. :::. kg: " ) 8i = 1.128 7. mg tal que dK (z.5) que. mg ! f1. :::. zi ) < zi y.6) Probaremos ahora que cada H está contenida en una bola de radio " con centro en H: Sean f. 4" ): En consecuencia. se cumple que H De (7. kg tal que f (zi ) 2 BX (x (i) . :::. H es totalmente acotado. g) < " para todas f. "): [ 2S B1 (g .5) : f1. :::. :::. f (zi )) + dX (f (zi ). x (i) ) + dX (g(z). [ H 2S H : (7. g(z)) dX (f (z). en consecuencia. ) 4 Denotemos por S al conjunto (…nito) de todas las funciones Para cada 2 S de…nimos H := ff 2 H : f (zi ) 2 BX (x (i) . "): Recordemos que H es un subconjunto acotado de C 0 (K.6) y (7. como cada H(zi ) es totalmente acotado.6). para cada f 2 H y cada i 2 f1. El teorema de Arzelà-Ascoli permite caracterizar a los subconjuntos relativamente compactos de C 0 (K. mg. para cualquier elección de g 2 H . g 2 H : En consecuencia. Rn ) como sigue. H es acotado en C 0 (K. EL TEOREMA DE ARZELÀ-ASCOLI 129 Corolario 7. por la Proposición 4. por el teorema de HeineBorel (ver Teorema 4. Requerimos la siguiente de…nición. Z x j(Vfk )(x)j jK(x. b]: Más aún. b] [a.9 asegura entonces que H es relativamente compacto en C 0 (K.12 Sea K : [a.11 Una función lineal T : V ! W entre espacios de Banach se llama un operador compacto si. como K es uniformemente continua. Un subconjunto H de C 0 (K. la cerradura de H es acotada en C 0 (K. y2 )j < " 2(b a)c si k(x1 . b] tal que kfk k1 c para algún c 2 R: Entonces.7. y1 ) K(x2 . para cada " > 0 existe 1 > 0 tal que jK(x1 . y)j jfk (y)j dy (b a) kKk1 kfk k1 (b a) kKk1 c a para todo x 2 [a.7. Rn ): Daremos a continuación una primera aplicación interesante de este resultado.13). El operador de Volterra V : C 0 [a. Rn ): Por el Teorema 7.9. la sucesión (T vk ) contiene una subsucesión convergente en W: Proposición 7. Rn ): Demostración: )) : Sea H un subconjunto relativamente compacto en C 0 (K.2. H := fVfk : k 2 Ng es acotado en C 0 [a. Rn ): En consecuencia. Rn ) es relativamente compacto en C 0 (K. y1 ) (x2 .10 Sea K un espacio métrico compacto. kVfk k1 (b a) kKk1 c para todo k 2 N. es decir. H(z) es relativamente compacto en Rn para todo z 2 K: El Teorema 7. b] ! C 0 [a. supongamos que H es equicontinuo y acotado en C 0 (K. b] y todo k 2 N: Por tanto. b] dado por Z x K(x. para cualquier sucesión acotada (vk ) en V. b] ! R una función continua. y)f (y)dy (Vf )(x) := a es un operador compacto. De…nición 7. Demostración: Sea (fk ) una sucesión en C 0 [a. Rn ): () : Inversamente. Rn ): Entonces existen f0 2 H y C > 0 tales que kf f0 k1 = max kf (z) z2K f0 (z)k C 8f 2 H: En consecuencia. H es equicontinuo y. H(z) está acotado en Rn para todo z 2 K y. Rn ) si y sólo si H es equicontinuo y acotado en C 0 (K. y2 )k < 1: . 130 7. si jx1 j(Vfk ) (x1 ) := m nf 1 . Usaremos el teorema de Arzelà-Ascoli para probar que basta con que el campo vectorial sea continuo para que este problema tenga solución. u). (t. t0 2 (a. kx Sea M > 0 tal que M > max k (t. y) a x1 a < (b jK(x1 .3. 2kKk" x2 j < (Vfk ) (x2 )j = Z Z 1c g y x1 x2 . se tiene que x1 K(x2 . (Vfk ) contiene una subsucesión convergente en C 0 [a. b) y x0 2 : En la Sección 6. en consecuencia.10. b) ! Rn una función continua. x)k .37). y)j jfk (y)j dy + " 2(b Z Z x2 x1 jK(x2 . r) y consideremos el conjunto K := f(t.19). tiene una única solución en un intervalo [t0 . H es relativamente compacto en C 0 [a. Por el Corolario 7. : (a. x) 2 R r.x)2K x0 k rg: . y)fk (y)dy x1 K(x2 .8) B(x0 . y))fk (y)dy (K(x1 . u(t0 ) = x0 . 7. t0 + ] si el campo vectorial es localmente Lipschitz continuo en la segunda variable (ver Teorema 6. Sin embargo. b) y Rn : jt t0 j (7. la solución no necesariamente es única (ver Ejercicio 6.4 probamos que el problema de Cauchy u0 = (t. y)j jfk (y)j dy " kKk1 c = ". t0 + r] (a. b]: En las siguientes secciones daremos otras dos aplicaciones importantes del teorema de Arzelà-Ascoli. b] y. COMPACIDAD EN ESPACIOS DE FUNCIONES En consecuencia. 2 kKk1 c para todo k 2 N: Esto prueba que H es equicontinuo. y) a) a)c c+ x2 K(x2 . El problema de Cauchy Sean un subconjunto abierto de Rn . Fijemos r > 0 tal que [t0 r. k (s. u" (t))k < " . para : (7.7. x). (t. t 2 [ti 1 . . y)k Subdividimos el intervalo [t0 t0 =: t n si js " tj y kx yk > 0 tal que. n 1. t0 + ] . t 2 [t0 (d) Existe un subconjunto …nito F" de (t0 diferenciable en (t0 . ti ] . (b) ku" (t) x0 k r para todo t 2 [t0 (c) ku" (t) u" (s)k M jt . := m nfr.3.13 Dada " > 0 existe u" 2 C 0 ([t0 (a) u" (t0 ) = x0 . t 2 [ti . Rn ) con las siguientes propiedades: Lema 7. t0 + ] ! R . y ku0" (t) (t. t0 + ] : . t0 + ] : sj si s. t0 + ) r F" . ti+1 ] 0. t0 + ) tal que u" es continuamente 8t 2 (t0 . y) 2 K. t0 + ) r F" : Demostración: Como es uniformemente continua en K.9) . empezando con u" (t0 ) := x0 . =M g para toda i = n. u" (ti )) si i ti ) (ti . recursivamente como sigue: u" (t) := u" (ti ) + (t u" (ti ) + (t ti ) (ti . x) (t. EL PROBLEMA DE CAUCHY 131 y sea r g: M Empezaremos demostrando que el problema de Cauchy tiene soluciones aproximadas. y de…nimos u" : n [t0 . :::. t0 + ] en subintervalos < <t 1 < t0 < t1 < < tn := t0 + tales que jti+1 ti j m nf . u" (ti )) si i 0. existe cualesquiera (s. ku" (ti+1 ) x0 k M jti+1 t0 j si i 0 y ku" (ti 1 ) x0 k M jti 1 t0 j si i 0: Esto prueba. ku" (ti ) x0 k M r y. t 2 [ti 1 . : : : . o bien s. se tiene entonces que ku" (t) x0 k ku" (t) u" (ti )k + ku" (ti ) x0 k M jt ti j + M jti t0 j = M jt t0 j : En particular. se cumple (c). COMPACIDAD EN ESPACIOS DE FUNCIONES Probaremos primero que u" está bien de…nida. t0 + )r . t 2 [t0 . ti+1 ] si i 0. ti+1 ) . puesto que hemos de…nido u" (t0 ) := x0 . Tomando s = t0 en la desigualdad anterior obtenemos ku" (t) x0 k M jt t0 j r 8t 2 [t0 . n 1g: Si t 2 (ti . u" (ti ) 2 : Demostraremos la desigualdad (7. t0 + ]: Esta es la a…rmación (b). la desigualdad (7. :::. Para s. u" (ti ))k ": . u" es continuamente diferenciable en (t0 fti : i = n + 1. n. t0 + ] con tj 1 s < tj < < tj+i < t tj+i+1 se tiene que ku" (t) ku" (t) u" (tj+i )k + + ku" (tj ) u" (s)k M (t tj+i ) + + M (tj s) = M jt sj : u" (s)k Es decir. la desigualdad se cumple. es decir. que u" (ti ) 2 n. u" cumple (a). en consecuencia. usando (c) obtenemos que jt ti j y ku" (t) u" (ti )k : Se sigue entonces de (7. basta probar que ku" (ti ) x0 k M jti t0 j 8i = para todo (7. Claramente.10). Si i = 0.10) inductivamente. Por de…nición.9) que k (t. u" (t)) u0" (t)k = k (t. (ti . u" (ti ))k M jt sj . en ese caso. :::. Supongamos que ku" (ti ) x0 k M jti t0 j para algún jij < n y tomemos s. t 2 [ti . u" (t)) Esto prueba la a…rmación (d). ti ] si i 0: Como ku" (t) u" (s)k = k(t s) (ti . ya que. n: Para ello.132 i= 7. Veri…quemos ahora que u" tiene las propiedades deseadas.10) n. inductivamente. Rn ): Por otra parte. t0 + ] . donde u1=k es la función dada por el Lema 7. EL PROBLEMA DE CAUCHY 133 Giuseppe Peano3 obtuvo el siguiente resultado. Demostración: Consideremos el conjunto H := fu1=k 2 C 0 ([t0 . existen una subsucesión (u1=kj ) de (u1=k ) y una función u 2 C 0 ([t0 . Por tanto. existe > 0 tal que el problema de Cauchy u0 = (t. . t0 + ] . para cada (t0 . El Corolario 7. t0 + ].10 asegura entonces que H es relativamente compacto en C 0 ([t0 . t0 + ] . tiene al menos una solución en el intervalo [t0 . b) . t0 + ] .3. Entonces.14 (de existencia de Peano) Sean un abierto de Rn y : (a.12) 3 Giuseppe Peano (1858-1932) nació en Piemonte. b) n ! R una función continua. Italia. x0 ) 2 (a.13.7. Si denotamos por x0 a la función constante con valor x0 de…nida en [t0 . u). dada " > 0. para toda k 2 N.13 asegura que. la función u1=k satisface u1=k x0 1 = max jt t0 j u1=k (t) x0 r: Esto prueba que H está acotado en C 0 ([t0 . Rn ) : k 2 Ng. t0 + ] . la propiedad (c) del Lema 7. Rn ): (7. u1=k (t) u1=k (s) < " si jt sj < " : M Esto prueba que H es equicontinuo. en donde fue profesor. t0 + ] . Teorema 7. (7. Rn ). Publicó su teorema de existencia en 1886 con una prueba incorrecta y en 1890 publicó una nueva demostración correcta usando aproximaciones sucesivas.11) u(t0 ) = x0 . Rn ) tales que u1=kj ! u cuando j ! 1 en C 0 ([t0 . Estudió en la universidad de Torino. t0 + ] : Además.17. t0 + ] obtenemos Z t (s. la propiedad (b) implica que ku (t) x0 k 8t 2 [t0 r . la propiedad (a) implica que u (t0 ) = x0 : Demostraremos que u satisface Z t (s. COMPACIDAD EN ESPACIOS DE FUNCIONES Probaremos ahora que u es una solución del problema (7. x) (s. u (s)) ds t0 < ". u1=kj (s))ds = u1=kj (s) (s. u1=kj (s)) (s. u (s))ds u (t) t0 u1=kj (t) Z t + u1=kj (t) x0 (s. t0 + ] : Se sigue de (7.134 7. para cada t 2 [t0 . y) 2 K y kx yk < : 3 Tomemos j0 2 N tal que kj < u1=kj " 3 para todo j u 1 j0 y tal que " < m nf . . u1=kj (s)) (s.8) que u (t) 2 para todo t 2 [t0 . u (s)) ds jt t0 j max (s. (s. t0 + ] . x). u (t) x0 Z t (s. usando el Lema 6. Como u1=kj (t) ! u (t) para cada t 2 [t0 . existe > 0 tal que " k (s. y)k < si (s. u (s))ds 8t 2 [t0 . g 3 si j j0 : Entonces. u1=kj (s)) t0 < js t0 j " 3 si j (s. u (s)) j0 : Usando además el teorema fundamental del cálculo y la propiedad (d) obtenemos Z t Z th i 0 u1=kj (t) x0 (s. u1=kj (s)) ds t0 t0 jt < " 3 t0 j 1 kj si j j0 : En consecuencia. u1=kj (s))ds t0 Z t + (s.13) u (t) = x0 + t0 Sea " > 0: Como es uniformemente continua en K. t0 + ]: (7.11). entonces la trayectoria 2 C 0 ([ . El Lema 6. Cualquier trayectoria 2 C 0 ([a. 1] y esta trayectoria tiene la misma . b] ! X tal que (a) = x y (b) = y: Recordemos que la longitud de se de…ne como L( ) := sup m P d( (tk 1 ). y 2 C 0 ([a. para trayectorias en espacios métricos y no únicamente en subconjuntos de Rn : Sean X = (X. 1] ! [a.1. ¿existe una trayectoria de longitud mínima de x a y en X? Para poder expresar este problema como un problema de minimización en un espacio de funciones veremos primero que. ].15 Dados x. b]. b]. El objetivo de esta sección es dar una respuesta a la siguiente pregunta. b]. (tk )) : a = t0 t1 k=1 tm = b. X) es también una trayectoria de x a y en X: Se le llama una reparametrización de : Las reparametrizaciones preservan la longitud. y 2 X: Una trayectoria de x a y en X es una función continua : [a. entonces L( ) = L( ): La demostración es sencilla y se propone como ejercicio [Ejercicio 7. y 2 X. X) es una trayectoria de x a y en X. se cumple lo siguiente. m 2 N (ver De…nición 4. b] es una función continua. Lema 7. EXISTENCIA DE TRAYECTORIAS DE LONGITUD MíNIMA 135 para toda " > 0: Esto demuestra (7. es decir.20). no decreciente y suprayectiva. X) se puede reparamentrizar mediante la función : [0.4. 1]: Si : [ .14 asegura entonces que u es solución del problema (7. El dominio de la trayectoria longitud que : (t) = (1 t)a + tb: es el intervalo [0. Problema 7. ] ! [a. Existencia de trayectorias de longitud mínima Volvamos a nuestro problema de partida: el Problema 1.38]. reparametrizando a . 7. podemos siempre suponer que está de…nida en el intervalo [0.13).4. d) un espacio métrico y x.11).16 Si es una reparametrización de .7. Podemos ahora plantear esa misma pregunta de manera más general. 1] k es una repara- kt si t 2 0. (1) = yg con la métrica uniforme d1 ( .17 ¿Alcanza L su mínimo en Tx. t2[0. El siguiente resultado muestra que.136 7. Sin embargo.49). para nuestro problema.1] y la función longitud L : Tx. k := metrización de y. Problema 7. Demostración: Sea dadas por 2 Tx. X) : (0) = x. Entonces ( k ) contiene una subsucesión tal que kj ! en C 0 ([0. supongamos que L c es compacto. X): En particular. x 6= y.y (X) : L( ) cg = 6 . . ) = max d( (t). 1].y (X)? Recordemos que la función L es semicontinua inferiormente (ver Proposición 4. c 2 R. y si t 2 (0.y (X) tal que L( ) k (t) := c: Las funciones k : [0. 1] ! [0. L( k ) = L( ) c: Observa que k (t) = (1) = y si t 2 (0. no es compacto. t Argumentando por contradicción. 1 si t 2 k1 . (t) = l m j!1 kj (t) = x si t = 0. 1] y k k (0) = (0) = x 8k 2 N: 1 .15 se puede expresar como sigue. Por tanto.y (X) := f 2 C 0 ([0.29 para obtener la existencia de una trayectoria de longitud mínima (ver Ejercicio 4. no decrecientes y suprayectivas. 1]. k1 . y 2 X. vimos un ejemplo en el que no es posible aplicar el Teorema 4. las hipótesis de dicho teorema casi nunca se cumplen.. esta subsucesión converge puntualmente.21). 1 .y (X) ! R [ f1g . 7! L( ): El Problema 7. COMPACIDAD EN ESPACIOS DE FUNCIONES Consideremos entonces el espacio de trayectorias Tx. en consecuencia. Proposición 7. son continuas. 1]. es decir. Si L entonces L c c := f 2 Tx.18 Sean x. (t)). Mostraremos a continuación que es posible seleccionar una parametrización especí…ca para cada trayectoria.20 Dada como 2 C 0 ([0.7. Para ello requerimos el siguiente lema. al intervalo [0. no decreciente y suprayectiva. Demostración: Sean s.s] ) + L( j[s.t ] respectivamente. Probemos primero que es continua por la izquierda. EXISTENCIA DE TRAYECTORIAS DE LONGITUD MíNIMA lo que contradice la continuidad de 137 c : Esto prueba que L no es compacto. t 2 [0. 1]. X) de j[0.t] ): Esta función es continua. De…nición 7. Sean tk . 1] tales que tk t y tk ! t : Consideremos las reparametrizaciones k . 1]. 1]. t]: σ 0 σ(0)=σ(1) 1 Probaremos a continuación que toda trayectoria de longitud …nita se puede reparametrizar de este modo.t] ) L( j[0.t] ) = L( )t donde j[0. 1] con s < t: Usando el Ejercicio 7. (t) := (t t): . En la proposición anterior la falta de compacidad se deriva de admitir muchas parametrizaciones de una trayectoria.s] ) =: (s).t] : [0.19 Decimos que una trayectoria 2 C 0 ([0. 1] ! [0. 2 C 0 ([0. t] ! X denota la restricción de 8t 2 [0.4. Para probar que es continua probaremos que es continua por la izquierda y por la derecha.39 obtenemos (t) := L( j[0. de…nimos : [0. Lema 7. dadas por k (t) := (tk t).t] ) = L( j[0. X) de longitud …nita. lo que prueba que es no decreciente. L( )] (t) := L( j[0.tk ] y j[0. X) de longitud …nita está parametrizada proporcionalmente a la longitud de arco si L( j[0. t 2 [0. 1]. t] ) = L( )t 8t 2 [0. 1]: En consecuencia. Sean tk . .t ] ) =: (t ): Sea " > 0: Como es uniformemente continua en [0.y (X) := f 2 Tx. como (0) = 0 y (1) = L( ). 1]. 1]g al espacio de las trayectorias de x a y parametrizadas proporcionalmente a la longitud de arco. X) de j[tk. (s)) < " > 0 tal que sj < . 8t 2 [0. con la métrica uniforme. (t ): Argumentando como antes concluimos que l mk!1 L( k ) = L( ): De las identidades anteriores se sigue entonces que l mk!1 (tk ) = (t ).28 y que es no decreciente. lo cual demuestra que es continua por la derecha. COMPACIDAD EN ESPACIOS DE FUNCIONES El Lema 7. 1] tales que tk t y tk ! t : Consideremos ahora las reparametrizaciones k . obtenemos (t ) = L( ) l m inf L( k!1 k) = l m inf (tk ) k!1 l m sup (tk ) (t ): k!1 Por tanto. k ! en C 0 ([0. 2 C 0 ([0. l mk!1 (tk ) = (t ).1 ] y j[t . 1] existe si jt d( (t).1] ) = L( ) L( ) = L( j[t .tk ] ) =: (tk ). 1]. (t) := (t (1 t) + t): El Lema 7. Probemos ahora que es continua por la derecha. lo que demuestra que es continua por la izquierda. L( j[0. X): La Proposición 4.1] dadas por k (t) := (tk (1 t) + t). t 2 [0. Finalmente.39 aseguran que L( k ) = L( j[tk .1] ) = L( ) (tk ).16 y el Ejercicio 7. y como tk ! t existe k0 2 N tal que jtk t j< 8k k0 : De aquí que d( k (t).138 7. (t t)) < " 8k k0 . L( ) = L( j[0.16 asegura que L( k ) = L( j[0. el teorema del valor intermedio implica que es suprayectiva. usando la Proposición 4. (t)) = d( (tk t).21 asegura que L es semicontinua inferiormente así que.y (X) : L( ) < 1. Denotamos por T^x. 21 Para cada L( ): 139 2 Tx. En particular. ( )t] ) = L( )t 8t 2 [0. si (t1 ) = (t2 ) entonces (t) = (t1 ) para todo t 2 [t1 . Teorema 7. Observa que. dada por e(s) := (t) con t 2 1 (s).y (X) de longitud …nita existe ^ 2 T^x. es sencillo comprobar que ( 1 (Y )) = e 1 (Y ): Así pues. ^ es continua y satisface L(^ j[0.t] ) = L(e j[0.22 (Existencia de trayectorias geodésicas) Sean X un espacio métrico compacto y x. y 2 X. Si existe una trayectoria de x a y en X. t2 ]: Por tanto.t] ) = (t) = s 8s 2 [0. ( 1 (Y )) es un subconjunto cerrado de [0. Nota además que. El siguiente resultado da una respuesta a…rmativa al Problema 7.16 asegura que L(e j[0.y (X).: Si todas las trayectorias en Tx. como e = . como es no decreciente. ^ 2 T^x. cualquiera de ellas es un mínimo de L. L( )]: Esto demuestra que e es continua. L( )] como en el Lema 7.y (X) tal que L(^ ) = Demostración: Sea 2 Tx. Sea Y un 1 subconjunto cerrado de X: Como es continua. como es continua. no depende de la elección de t 2 1 (s).y (X) 6= . 1] ! [0.15 cuando X es compacto. L( )] ! X. (Y ) es un subconjunto cerrado 1 de [0. Veamos ahora que e es continua. ( 1 (Y )) es compacto.20. 1]: En particular.4. entonces existe una trayectoria de longitud mínima de x a y en X: Demostración: Por hipótesis. L(^ ) = L( ) < 1: Por tanto.s] ) = L( j[0. L( )]: Dado que es suprayectiva. el Lema 7. EXISTENCIA DE TRAYECTORIAS DE LONGITUD MíNIMA Lema 7. 1] ! X como ^ (t) := e(L( )t): Claramente. e 1 (Y ) es un subconjunto cerrado de [0. L( )]: Ahora de…nimos ^ : [0. (Y ) es compacto y. la función e : [0.y (X) tienen longitud in…nita. . 1]: En consecuencia. Tx.7.y (X) de longitud …nita y sea : [0. 46). En consecuencia. 1].c. Como X es compacto.y (X) con L( ) L(^ ) = L( ) c. En particular.y (X). entonces A es compacto. el Lema 7. entonces A es totalmente acotado.23 Sea A un subconjunto de X: Investiga si es falsa o verdadera cada una de las siguientes a…rmaciones. El teorema de Arzelà-Ascoli asegura entonces que H es relativamente compacto en C 0 ([0.5. (b) Si A es totalmente acotado.140 7.21 asegura que 8 2 Tx.: Veamos que este conjunto satisface las hipótesis del teorema de Arzelà-Ascoli.i.21. 7.t0 ] ) t0 j c jt t0 j < " si jt " t0 j < : c Esto prueba que H es equicontinuo. 0 L( ) 8 2 K: 2 Tx. 1] y " > 0: Para toda 2 H se cumple que L( j[0. es una trayectoria de longitud mínima de x a y en X: Vale la pena observar que el conjunto H no es cerrado en C 0 ([0. X) [Ejercicio 7.29 asegura entonces que existe 0 2 K tal que L( 0 ) Dado que ^ 2 H K para todo L( 0 ) es decir. por el Lema 7. .y (X) : L( ) cg = 6 . (ver Proposición 4. se tiene que L c es cerrado en C 0 ([0. X). X) (ver Ejercicio 4. H := f 2 T^x. H(t) := f (t) : 2 Hg es relativamente compacto en X para todo t 2 [0. (t0 )) = L( ) jt L( j[0. 1]: Probemos ahora que H es equicontinuo. X) y consideremos la restricción L jK de la función L a K. 1]. COMPACIDAD EN ESPACIOS DE FUNCIONES Supongamos pues que existe 2 Tx. Sean t0 2 [0.t] ) d( (t). El Teorema 4.y (X) tal que L( ) =: c < 1: Entonces. (L jK ) c = L c \ K es compacto. 1]. 1].41].21). Denotemos por K := H a la cerradura de H en C 0 ([0. Ejercicios Ejercicio 7. Como L es s. (a) Si A es acotado. cualquier subconjunto de X es relativamente compacto en él. (d) Si A es relativamente compacto en X. si : X ! Y es continua y A es un subconjunto totalmente acotado de X.5.25 (a) Prueba que. si : X ! Y es uniformemente continua y A es un subconjunto totalmente acotado de X.28 Prueba que. Ejercicio 7. entonces (A) es un subconjunto totalmente acotado de Y ? Demuestra tu a…rmación. Ejercicio 7. Ejercicio 7.26 Prueba que los subconjuntos totalmente acotados de Rn son precisamente los conjuntos acotados. el producto X Y con cualquiera de las métricas del Ejercicio 2. EJERCICIOS 141 (c) Si A es totalmente acotado. entonces A es relativamente compacto en X: Ejercicio 7. Prueba que (a) Q es cerrado en `2 : 1 2k 1 . 1]: (d) X = C10 [0.29 El conjunto Q := (xk ) 2 `2 : jxk j se llama el cubo de Hilbert.53 es compacto. (a) X = `2 : (b) X = `1 : (c) X = C 0 [0. (e) Si X es compacto. Ejercicio 7.7.27 Sea X un espacio vectorial normado y sea SX := fx 2 X : kxk = 1g la esfera unitaria en X: En cada uno de los siguientes casos investiga si la esfera unitaria es o no totalmente acotada.24 Prueba que un espacio métrico X es totalmente acotado si y sólo si toda sucesión en X contiene una subsucesión de Cauchy. entonces A es relativamente compacto en X. si X y Y son espacios métricos compactos. entonces (A) es un subconjunto totalmente acotado de Y: (b) ¿Es cierto que. entonces A es totalmente acotado. 1]: Ejercicio 7. X)? .33 Sea fk : [0. 1] ! R la función dada por 8 1 1 x . 1). 1):) Concluye que la compacidad de K es necesaria en el teorema de Arzelà-Ascoli. Ejercicio 7. si existen 8f 2 H. (Sugerencia: Prueba que la sucesión (fk ) no converge uniformemente a 0 en [0. X) de cualquier subconjunto equicontinuo es equicontinua.31 Sean Z y X espacios métricos y H C. el conjunto Qk0 := f(xk ) 2 Q : xk = 0 8k > k0 g es compacto. y)) C 0b (Z. :::) 2 Qk0 : Prueba que x xk0 2 < 2k01 1 :) En consecuencia.34 Sean X := f(x. COMPACIDAD EN ESPACIOS DE FUNCIONES (b) Q es totalmente acotado. Ejercicio 7. 0)g y k 2 C 0 ([0. f (y)) C (dZ (x. > 0 tales que dX (f (x). y) 2 R2 : (x. p Ejercicio 7. 0.142 7.32 Sean Z y X espacios métricos. kx si fk (x) := k k : 1 x 1: 1 si k Prueba que el conjunto H := ffk : k 2 Ng no es equicontinuo en 0: Ejercicio 7. Dado x = (xk ) 2 Q. (Sugerencia: Prueba que. el cubo de Hilbert es compacto. 0. X) la función k (t) := (t. 1) ! R la función dada por fk (t) := sen t + 4 2 k 2 : Demuestra las siguientes a…rmaciones: (a) El conjunto H := ffk : k 2 Ng es equicontinuo. 1): (Sugerencia: Prueba que la sucesión (fk ) converge puntualmente a 0 en [0. 1]. < 1 si k 1 1 x . X): Prueba que. 1]. de…ne xk0 := (x1 . y) 6= ( 21 .30 Sea fk : [ 1. Ejercicio 7. R). k1 sen t): Considera el conjunto H := f k : k 2 Ng: (a) ¿Es H equicontinuo? (b) ¿Es H acotado en C 0 ([0. xk0 . para cada k0 2 N. entonces H es equicontinuo. :::. 1):) (c) H no es un subconjunto compacto de Cb0 ([0. Prueba que la cerradura en Cb0 (Z. (b) El conjunto H(t) es relativamente compacto en R para cada t 2 [0. no decreciente y suprayectiva. Ejercicio 7. Ejercicio 7. EJERCICIOS 143 (c) ¿Es H relativamente compacto en C 0 ([0. 0). 0) y L( k ) = k 1 . X un espacio métrico completo y (fk ) una sucesión en C 0 (K. 1]. k > 1. para toda 2 C 0 ([a. Ejercicio 7. entonces f es continua y fk ! f en C 0 (K. b] ! R una función continua. Prueba que. X): Ejercicio 7. entonces para toda que L( ) = L( j[a. k 1 k( 2 ) = ( k1 . X) es relativamente compacto en C 0 (K. k : . b] dado por Z b (Ff )(x) := K(x. Ejercicio 7.c] ): 2 C 0 ([a. 1]. X) se cumple Ejercicio 7. b] [a. da un ejemplo de una trayectoria [0.7. X) : (0) = (1) = xg de x a x en X es relativamente compacto en C 0 ([0. 12 ] ! R2 con las siguientes propiedades: k (0) = (0.40 Sean X un espacio métrico y x 2 X: Prueba que el espacio de trayectorias Tx (X) := f 2 C 0 ([0.35 Sean K un espacio métrico compacto.5. X)? Compara tus conclusiones con el Corolario 7. X) si y sólo si la única trayectoria de x a x en X es la trayectoria constante. X) se cumple que L( ) = L( ): Ejercicio 7. si K y X son espacios métricos compactos.38 Sea : [ . si H := ffk : k 2 Ng es equicontinuo.39 Prueba que. 1]. y)f (y)dy a es un operador compacto. ] ! [a.41 (a) Para cada k 2 N. b] una función continua. c]. b]. entonces un subconjunto H de C 0 (K.10. Prueba que el operador de Fredholm F : C 0 [a. X) si y sólo si es equicontinuo. b] ! C 0 [a.37 Sea K : [a.36 Prueba que.b] ) + L( j[b. X) que converge puntualmente a una función f : K ! X: Prueba que. si a < b < c. 0).6.(1. 1].144 7. 12 ] ! R2 es la parametrización proporcional a la longitud de arco de la trayectoria k que construiste en el inciso (a). ! en C 0 ([0.1. k1 2 0. donde ^k : [0. 4 k=2 + + X : = `2 r A \ A : A+ : = (xk ) 2 `2 : (x1 1.2) k 2 T^(0.0) (R2 ).0) (R2 ) con la métrica uniforme un espacio completo? 7. 7. k1 k (t) para todo t 2 0. Prueba que (b. 12 ] ! R2 como k (t) := ^k (t) 2 2t k + 2t 1. 1) tal que l mk!1 ak = 1 y de…ne 1 3 2 P ) + a2k x2k < 1 . (2t 1. 1]. 0) si t 2 12 .6. 1 . Proyecto: Un espacio completo sin trayectorias de longitud mínima Objetivo El objetivo de este proyecto es mostrar que en un espacio métrico completo no necesariamente existen trayectorias de longitud mínima.(1. 12 . Prueba que A+ y A son subconjuntos abiertos de `2 : . R2 )? (d) ¿Es T^(0.0). 1 : (c) ¿Es T^(0. Procedimiento Elije una sucesión creciente de números reales ak 2 (0. 21 .6. si t 2 21 . COMPACIDAD EN ESPACIOS DE FUNCIONES (b) De…ne k 0. 21 : : [0. donde (t) := (0. 7.(1. 4 k=2 1 3 2 P A : = (xk ) 2 `2 : (x1 + ) + a2k x2k < 1 . 0) si t 2 0.2. 0 si t 2 0. R2 ).0).1) k (b.0) (R2 ) un subespacio cerrado de C 0 ([0. Prueba que no existe una trayectoria de longitud mínima de x+ a x en X: . De…ne m :[ ( 3 3 . entonces kxk`2 > p 7 : 4 5. si k 6= 1. si x 2 X \ h. PROYECTO: UN ESPACIO COMPLETO SIN TRAYECTORIAS DE LONGITUD MíNIMA 145 2. 4 4 k) = 2: 7.0 4 si k = m 2 y t2 si k = m 2 y t 2 0. Prueba que cualquier trayectoria de x+ a x en `2 intersecta al hiperplano h := f(xk ) 2 `2 : x1 = 0g: (Sugerencia: Usa el teorema del valor intermedio.7. 0. Prueba que. 0. 43 . 3 4 t+ 3 4 3 . Prueba que X con la métrica inducida por la de `2 es un espacio completo y que x+ := ( 43 . Prueba que la longitud de cualquier trayectoria de x+ a x en X es estrictamente mayor que 2: 6. 0.6.) 4. :::) 2 X: 3. x := ( 43 . m: 2 X para todo t 2 [ y prueba que l mm!1 L( 3 3 . ]. ] 4 4 ! `2 como m (t))k := a) Prueba que b) Calcula L( 8 t > > > p > > < 7 t+ 3am > > > > > : m (t) k) p 7 3am 0 si k = 1. . 0. :::). 146 7. COMPACIDAD EN ESPACIOS DE FUNCIONES . En 1937 Stone generalizó considerablemente este resultado. Más aún. Este resultado se conoce como el teorema de aproximación de Weierstrass y tiene relevancia desde el punto de vista teórico y práctico. b] : los polinomios de Bernstein. ak 2 R. y extiende el resultado original de Weierstrass en dos sentidos: permite reemplazar al intervalo [a. Este resultado se conoce como el teorema de aproximación de Weierstrass. b] por cualquier espacio métrico compacto K. En este capítulo probaremos que toda función continua f : [a. Por motivos análogos. 8. El teorema de aproximación de Weierstrass El objetivo de esta sección es demostrar que toda función continua f : [a. es decir. R): En este capítulo expondremos también este resultado. El resultado de Stone se conoce como el teorema de Stone-Weierstrass. n 2 N [ f0g. De hecho. b] ! R se puede aproximar uniformemente por polinomios. es conveniente aproximar funciones por otras más sencillas. usamos algún número racional su…cientemente cercano al número real que nos interesa.Capítulo 8 Teoremas de aproximación Cuando hacemos cálculos con números reales usamos siempre una aproximación decimal de éstos.1. y simpli…có su demostración. exhibiremos una sucesión explícita de polinomios que converge uniformemente a la 147 . b] ! R se puede aproximar uniformemente por una función polinomial. es decir. exhibiremos una sucesión explícita de polinomios que converge uniformemente a f en [a. La versión original del teorema de aproximación fue formulada por Weierstrass en 1885. ya que los polinomios son funciones sencillas y fáciles de calcular. y permite reemplazar a los polinomios por subconjuntos más generales del espacio de funciones continuas C 0 (K. por funciones de la forma p (t) = a0 + a1 t + + an tn . 2) k=0 De manera análoga.k (t) j=0 = n 1 X n j=0 = = n 1 X j=0 n X k=1 = j+1 n k n n X k k=0 1 tj+1 (1 j n n j+1 t)n tj+1 (1 1 j t)n (j+1) n.k (t) n k = tk (1 t)n k .148 8. donde n! k!(n k)! es el coe…ciente binomial. b]: Para 0 k n consideremos los polinomios n.1) = 1: k=0 Multiplicando por t la igualdad (8. multiplicando por t2 la igualdad (8.k (t): (8. es (8. TEOREMAS DE APROXIMACIÓN función f en [a. De la conocida fórmula binomial n X n n (a + b) = ak b n k k n k = k=0 se sigue que n X n. obtenemos n 1.k (t) k=0 2 en vez de n.1) para n sencillo probar que n X 2 2 (n n)t = (k 2 k) n.k (t) n.3) .k (t) (8. nt = n X k n.1) para n t = t n 1 X 1 en vez de n.k (t): En consecuencia. 0 5 0 0 0 0 .2 0 .1 5 0 .7 5 0 . entonces parte del Imperio Ruso.3 (t) t = t3 3.n (t) := n X k=0 1 f k n n.2 0 .2 5 0 .12].2 5 0 . resolvió el 19o problema de Hilbert sobre la solución analítica de ecuaciones diferenciales elípticas. 1] ! R una función continua.2 5 0 . . presentada en 1904 en la Sorbonne de París.7 5 1 t 3.5 0 .1.2 (t) = 2t2 (1 t) 1 0 . El n-ésimo polinomio de Bernstein1 de f es el polinomio n (t) = f.2 5 0 .0 5 0 0 0 0 .5 0 .5 0 . En su tesis doctoral. 1 0 .1 (t) = 2t(1 1 t t)2 3.2 5 0 .5 0 .1 0 .5 0 . EL TEOREMA DE APROXIMACIÓN DE WEIERSTRASS 149 Proponemos la demostración de esta fórmula como ejercicio [Ejercicio 8.1 5 0 .k (t): Sergei Natanovich Bernstein (1880-1968) nació en Odessa.7 5 1 0 0 .7 5 0 .2 5 0 .2 5 0 .2 5 0 .8.7 5 t 3. Estudió en Göttingen bajo la supervisión de David Hilbert.1 Sea f : [0.1 0 .7 5 1 0 0 .5 0 .0 (t) = (1 t)3 De…nición 8. 1 n 1 4 ) . 1]: Demostración: Sea " > 0: Como f es uniformemente continua. 1] ! R una función continua. 1]: Multiplicando la igualdad (8. k n t < n.n (t) = n X k=0 (f (t) f k ) n n X n.k (t) k=0 En consecuencia.150 8.5) Probaremos que el lado derecho de esta desigualdad es menor que " si n satisface ( ) 1 kf k21 n max : (8. .k (t) f (t) k n f k=0 n.1) por f (t) obtenemos que f (t) = n X f (t) 8n 2 N: n. La sucesión de polinomios de Bernstein ( f. Teorema 8. TEOREMAS DE APROXIMACIÓN Sergei Bernstein Se tiene el siguiente resultado. "2 Para ello consideremos los conjuntos ( I1 : = k 2 N [ f0g : 0 I2 : = fk 2 N [ f0g : 0 k k n. existe jf (s) f (t)j < " 2 si js > 0 tal que (8.4) tj < : Fijemos t 2 [0.2 (Bernstein) Sea f : [0. k 2 = I1 g.6) 4. f (t) f.k (t): (8.n ) converge uniformemente a f en [0. k (t).9) implican que X k2I2 f (t) f k n n.2) por igualdades (8.6).1] (t t2 ) = 41 : En consecuencia.4) y de (8.k (t) X (t (t k2I k 2 ) n k 2 ) n 2 p X 2 kf k1 n t k2I2 n. si k 2 I2 entonces (t nk ) 2 n y.k (t) k n 2 n.k (t) k2I2 2 kf k1 = 2 kf k1 n.k (t): 2 n.6) entonces pn1 ": Por tanto.k (t) = : n 2 2 k=0 2 k2I1 k2I1 p Por otra parte.8) Probaremos ahora que n X t k=0 k n 2 1 4n n.8.2) y (8.11) .k (t) < n.8) y (8. n X t2 = t2 (8. (8.1) que n X X" "X k " (8. n y la suma de las n. en consecuencia.10) Observa que maxt2[0.1. respectivamente. X f (t) k n f k2I2 X n.9) 2 t.3) por n12 obtenemos. (8. y se sigue de (8.k (t) " : 2 (8. n.1) por t2 .k (t) 8n 2 N: Multiplicando la igualdad (8. k=0 n X 2t2 = k=0 1 1 n t2 + n X k2 1 t = n k=0 Sumando estas tres igualdades obtenemos 1 (t n 2 t )= n X t k=0 k 2 t n k n n2 n.k (t): (8.7) f (t) f n. la igualdad (8. kf k Si n satisface (8.10) implica (8.k (t).k (t) n. EL TEOREMA DE APROXIMACIÓN DE WEIERSTRASS 151 1 y tomemos una n que cumpla (8. Entonces n1 4 .k (t): (8.9). en general. sea : [0.11) obtenemos que.1] g. en cada paso de la aproximación. pn ! f en C 0 [a.n 1 <" f (t) f 1 kf k21 4. si el dominio no es compacto. en términos de f.k (t) <" (8. "2 ) k n k2I2 para toda t 2 [0. El siguiente resultado es consecuencia inmediata del teorema anterior.7) y (8. 1] ! [a. f X si n max ( n. Teorema 8.2 a la función g := f obtenemos que g.n La función pn := kpn g. Observa que la fórmula (8.n 1 en C 0 [0. (8.3 (de aproximación de Weierstrass) Sea f : [a. b] ! R una función continua.3 no es válido. b]: La compacidad del dominio de f jugó un papel importante en la demostración del Teorema 8.6).5). b] la función dada por (t) := (1 t)a + tb: Aplicando el Teorema 8.2 para asegurar la continuidad uniforme de f .n g 1 : En consecuencia.12) : Esto concluye la demostración.152 8.n (t) g(t) = g. Entonces existe una sucesión de polinomios (pn ) que converge uniformemente a f en [a.b] !g f (s)j = max t2[0. TEOREMAS DE APROXIMACIÓN De las desigualdades (8. 1].k (t) + k=0 = X k2I1 f.n (t) f (t) f k n n. entonces f (t) n X f.k (t) f (t) f k n n. . El siguiente ejemplo muestra que el Teorema 8.12) nos da una estimación del error. si n satisface (8. 1]: es un polinomio y cumple que f k1 = max jpn (s) s2[a. b]: Demostración: Este resultado se obtiene del anterior mediante un cambio de variable. Especí…camente. Es decir. 6 0 . por tanto. dada " > 0 existe k0 2 N tal que jpk (t) pj (t)j < " 8t 2 (0. como C 0 [0.5 0 0 . 1]. 1] tal que pk ! g en C 0 [0. .8 1 x -0 . 1]. 1]: y 1 0 . lo cual es una contradicción.1. es de Cauchy en B((0.15) y. t 2 (0. 1]. 1]: Por tanto. R): Es decir. se tiene entonces que l m sen n!1 n = lm g n!1 2 2 n = g(0).4 Sea f (t) = sen 1t . 1]: Como g es continua en [0.5 -1 Demostración: Argumentando por contradicción. ya que la sucesión sen n2 no converge. EL TEOREMA DE APROXIMACIÓN DE WEIERSTRASS 153 Ejemplo 8.2 0 . existe g 2 C 0 [0. 1]: En particular. la desigualdad anterior implica que jpk (0) pj (0)j " 8k.4 0 . 1]: Ninguna sucesión de polinomios converge uniformemente a f en (0.21). 1]: Entonces (pk ) converge a f en B((0. j k0 : Como la función t 7! jpk (t) pj (t)j es continua en todo R. 1] es completo (ver Teorema 5. se cumple que g(t) = l m pk (t) = sen k!1 1 t 8t 2 (0. 1] .8. R) (ver Proposición 5. supongamos que existe una sucesión de polinomios (pk ) que converge uniformemente a f en (0. j k0 : Esto demuestra que (pk ) es de Cauchy en C 0 [0. 8k. denotaremos por C 0 (K) := C 0 (K. n 2 N [ f0g. es decir. conocido como el teorema de Stone2 -Weierstrass. Marshall Stone Supondremos de aquí en adelante que K es un espacio métrico compacto y. b] := fp j[a:b] : p 2 R [t]g. el conjunto Q de los números racionales es denso en R: Denotemos por R [t] al conjunto de todos los polinomios p (t) = 0 + 1t + + n nt . El teorema de Stone-Weierstrass Sea X un espacio métrico. P [a. Estudió en la universidad de Harvard. De…nición 8. . es denso en C 0 [a. b]: En esta sección probaremos una generalización de este resultado.5 Un subconjunto A de X es denso en X si A = X. por simplicidad.3 a…rma que el conjunto de funciones polinomiales en [a. donde obtuvo el doctorado bajo la supervisión de George David Birkho¤. Fue profesor en esa universidad. con coe…cientes reales. R) al espacio de funciones continuas f : K ! R con la norma uniforme kf k1 = max jf (x)j : x2K 2 Marshall Harvey Stone (1903-1989) nació en Nueva York. TEOREMAS DE APROXIMACIÓN 8.2.154 8. El Teorema 8. b]. si para todo x 2 X existe una sucesión (ak ) en A tal que ak ! x en X: Por ejemplo. i 2 R. Para demostrar el teorema de Stone-Weierstrass usaremos los siguientes cuatro lemas.7 Dados x1 6= x2 en K y c1 . existe (x2 ) = c2 : 2 A tal que (x1 ) = c1 y Demostración: Sea ' 2 A tal que '(x1 ) 6= '(x2 ): Como el determinante '(x1 ) 1 '(x2 ) 1 existen . 2 R. (b) y (c) se expresan diciendo que A es una R-subálgebra con unidad de la R-álgebra de funciones continuas C 0 (K).2. dada una función continua f : K ! R existe una sucesión ('k ) de funciones en A que converge uniformemente a f en K: En términos algebraicos. a la que denotamos por 1: El siguiente resultado da condiciones su…cientes para que un subconjunto A de C 0 (K) sea denso en C 0 (K): Teorema 8.13) (8. c2 2 R. 2Ay . (d) Dados x1 6= x2 en K.6 (Stone-Weierstrass) Sea K un espacio métrico compacto y sea A un subconjunto de C 0 (K) con las siguientes propiedades: (a) 2A '+ (b) ' 2 A para cualesquiera '.26].8. para cualesquiera '.13) y (8. 6= 0. (f g)(x) := f (x)g(x): Este producto le da al espacio vectorial C 0 (K) la estructura de una R-álgebra con unidad [Ejercicio 8.14) a…rman que (x1 ) = c1 y (x2 ) = c2 : . Las igualdades (8. existe ' 2 A tal que '(x1 ) 6= '(x2 ): Entonces A es denso en C 0 (K). La propiedad (d) suele expresarse diciendo que A separa puntos. 2 A. es decir. EL TEOREMA DE STONE-WEIERSTRASS 155 Observa que C 0 (K) no sólo es un espacio vectorial sino que cuenta además con un producto. las primeras tres condiciones (a). Lema 8. (c) 1 2 A. de…nido como sigue: f g : K ! R. 2 R tales que '(x1 ) + '(x2 ) + = c1 = c2 (8.14) De las propiedades (a) y (c) se sigue que la función := ' + 1 2 A. La unidad es la función constante igual a 1. g : K ! R denotamos por maxff. para cualquier polinomio p(t) = + m tm . Demostración: Es sencillo comprobar que A tiene la propiedad (a) [Ejercicio 8. '(K) está contenido en algún intervalo [a. concluimos que ' 2 A (ver Proposición 3. k 2 A tales que 'k ! ' y k ! en C 0 (K) (ver Proposición 3. Dado que 'k k 2 A. g(x)g: . (m nff. dada " > 0 existe k0 2 N tal que jpk (t) jtjj < " 8k k0 8t 2 [a. el Lema 8. Por tanto. kpk ' j'jk1 = max jpk ('(x)) x2K j'(x)jj < " 8k k0 . (b) y (c). m nff. para t = '(x) con x 2 K: Por tanto. gg)(x) := maxff (x). 2 A existen 'k .27]. se cumple que p '= 0 + 1' + + m' m 0+ 1t + 2 A: Por tanto. Por otra parte. pk ' ! j'j en C 0 (K). entonces j'j 2 A: Demostración: Como ' es continua y K es compacto. gg)(x) := m nff (x).32): Lema 8.8 asegura que. gg : K ! R a las funciones (maxff.8 La cerradura A de A en C 0 (K) también tiene las propiedades (a). Dadas '. b]. k' 'k k k1 k'( k'k1 k( k'k1 k( + k(' 'k ) k k1 'k )k1 k k k1 k )k1 + k(' 'k )k1 k )k1 + C k(' k )k1 Tomando el límite cuando k ! 1 en ambos lados de la desigualdad obtenemos que 'k k ! ' . TEOREMAS DE APROXIMACIÓN Lema 8. b]: Esta desigualdad se cumple. La propiedad (c) es inmediata. Probemos (b). gg. es decir. j'j 2 A: Dadas dos funciones f.9 Si ' 2 A. en particular. se tiene que '(K) es acotado en R (ver Corolario 4. es decir. g(x)g. b]: Por el Teorema 8.156 8.11). existe C > 0 tal que k k k1 C para toda k: En consecuencia.32): Como toda sucesión convergente está acotada.3 existe una sucesión de polinomios pk que converge uniformemente a la función valor absoluto j j en el intervalo [a. ym 2 K tales que K BK (y1 .ym g: El Lema 8. :::. se tiene que 'x (x) = f (x) y.10 Si '.y (y) f (y) = 0. podemos escoger 'x.y (z) f (z) < " 8z 2 BK (y.17) implica que 'x (z) f (z) > " 8z 2 K: (8. :::. dado que 'x. Sea f : K ! R una función continua y sea " > 0: El Lema 8. el lema anterior implica que maxf'.20) . para cada par de puntos x. :::. y 2 K.15) j' j) (8. 'xn g: El Lema 8.y (y) = f (y): Fijemos x 2 K: Como 'x.10 asegura que 'x 2 A: Puesto que cada z 2 K pertenece a alguna B(yi . :::.y1 . ym ): Sea 'x := maxf'x. g 2 A: Demostración del Teorema 8. existe y > 0 tal que 'x. usando la desigualdad (8. la desigualdad (8. y ) (8. m nf'. m nf'. x ): (8. g = + j' j) (8. 157 2 A: entonces maxf'.2. como 'x f es continua. g 2 A: Demostración: Basta observar que 1 (' + 2 1 m nf'.y 2 A tal que 'x. existe x > 0 tal que j'x (z) f (z)j < " 8z 2 BK (x. xi ). xn 2 K tales que K BK (x1 . xn ): Sea ' := m nf'x1 .16) Como A satisface la propiedad (a). como K es compacto.y (x) = f (x) para todo y 2 K. g.6.19) obtenemos que '(z) f (z) < " 8z 2 K: (8. yi ).10 asegura que ' 2 A: Puesto que cada z 2 K pertenece a alguna B(xi .18) Por otra parte.y f es continua y 'x. 'x.8.17) y. EL TEOREMA DE STONE-WEIERSTRASS Lema 8.7 asegura que. g.y (x) = f (x) y 'x. existen y1 . y1 ) [ [ BK (ym .19) De la compacidad de K se sigue que existen x1 . g = (' + 2 maxf'. x1 ) [ [ BK (xn . 11 Sea K un subconjunto compacto de Rn : Entonces. entonces (A) es denso en Y: . xn ] al conjunto de polinomios p(x1 . :::.13 Sea X un espacio métrico. :::.20) y (8. se tiene además que '(z) f (z) > " 8z 2 K: Las desigualdades (8.18) vale para toda x 2 K.21) implican que k' que ' 2 A. en n variables con coe…cientes reales. entonces al menos una de sus coordenadas es distinta.21) f k1 < ": Por consiguiente.6 asegura entonces que existe una sucesión de polinomios (pk ) en R [x1 . El Teorema 8. :::. :::. Consideremos los polinomios i (x1 . n: Si . entonces Y es denso en X: Y X y Z es denso Ejercicio 8. :::. si : X ! Y es continua y suprayectiva y A es denso en X. Ejercicios Ejercicio 8. como la desigualdad (8.j 2 N [ f0g. 8. Demostración: Obviamente el conjunto P(K) := fp jK : p 2 R [x1 . i=1 ai 2 R.158 8. i = 1. si Z en X. :::.n . Una consecuencia interesante del teorema de Stone-Weierstrass es la siguiente. xn ] que converge uniformemente a f en K. xn ) = xi . existe una sucesión de polinomios (pk ) en R [x1 . Prueba que.3). i ( ) = i 6= i = i ( ): Esto prueba que P(K) satisface la condición (d). Ejercicio 8.14 Prueba que. (b) y (c) del Teorema 8. TEOREMAS DE APROXIMACIÓN Y. dado Denotemos por R [x1 . concluimos que f 2 A: (8.1 i x1 xkni. 2 K son puntos distintos. Corolario 8. xn ] que converge uniformemente a f en K. :::. digamos que i 6= i : Entonces. xn ) = m X ki. dada una función continua f : K ! R. xn ]g satisface las condiciones (a).12 Demuestra la igualdad (8. ki.6.3. Ejercicio 8. 1): (b) ¿Es Q1 denso en `1 ? Ejercicio 8. (b) El conjunto de todas las sucesiones (bk ) tales que bk 2 f0. qn ) 2 Rn : qk 2 Q 8k = 1. :::. :::) de números racionales tales que sólo un número …nito de sus términos es distinto de cero.20 Investiga si los siguientes espacios métricos son o no separables. EJERCICIOS 159 Ejercicio 8. Prueba que PQ [a. qk . (a) Prueba que Q1 es denso en `p para todo p 2 [1.18 Se dice que un conjunto A es a lo más numerable si existe una función inyectiva i : A ! N: Demuestra las siguientes a…rmaciones: (a) El conjunto Q de los números racionales es a lo más numerable. b]: Ejercicio 8. 0. qi 2 Q. 0. Demuestra las siguientes a…rmaciones: (a) Ningún subconjunto propio de un espacio métrico discreto Xdisc es denso en Xdisc : (b) Un espacio métrico discreto Xdisc es separable si y sólo si Xdisc es a lo más numerable.) Ejercicio 8. (Sugerencia: Usa el hecho de que todo número real tiene una representación binaria. b] := fq j[a:b] : q 2 Q [t]g es denso en C 0 [a.17 Sea Q [t] el conjunto de todos los polinomios q (t) = q0 + q1 t + + qn tn . :::.8. 1g no es a lo más numerable. con coe…cientes racionales.19 Un espacio métrico X se llama separable si contiene un subconjunto a lo más numerable que es denso en X.15 Prueba que el conjunto Qn := f(q1 .3. n 2 N [ f0g.16 Sea Q1 el conjunto de todas las sucesiones (q1 . :::. . Ejercicio 8. (c) Prueba que R no es a lo más numerable. ng es denso en Rn . Ejercicio 8. n 2 N [ f0g: Ejercicio 8. bi 2 R.26 Investiga lo que es una R-álgebra con unidad y prueba que. b] con p 2 [1.160 8.21 Prueba que todo espacio métrico compacto X es separable. sin ) 2 R2 : 0 2 g el círculo unitario en R2 . el espacio C 0 (X) es una R-álgebra con unidad. TEOREMAS DE APROXIMACIÓN (a) Rnp con p 2 [1. gn 2 C 0 (Y ) y n 2 N: Ejercicio 8. 1]: (c) Cp0 [a. 1]: (d) Cb0 (R.) Ejercicio 8. 1] tal que Z 1 f (x)xn dx = 0 0 Prueba que Z 8n 2 N [ f0g: 1 f 2 (x)dx = 0 0 y concluye que f (x) = 0 para todo x 2 [0.) Ejercicio 8. toma un conjunto …nito de bolas de radio k1 cuya unión es X: Considera el conjunto de centros de todas esas bolas.23 Sea f 2 C 0 [0.27 Sea A un subespacio vectorial de C 0 (X): Prueba que A es un subespacio vectorial de C 0 (X): (Sugerencia: Usa el Ejercicio 3. :::. con f1 . 1]: (b) `p con p 2 [1. 1]: Ejercicio 8. para cualquier espacio métrico X. y) = f1 (x)g1 (y) + + fn (x)gn (y). g1 .) .50. Prueba que C 1 ( ) es denso en C 0 ( ): (Sugerencia: Usa el Corolario 8. (Sugerencia: Para cada k 2 N. R).24 Sea S1 = f(cos . fn 2 C 0 (X). Ejercicio 8. :::.13. sin ) = a0 + a1 cos + b1 sin + + an cos n + bn sin n con ai .11 y el Ejercicio 8. Prueba que cualquier función continua f : S1 ! R es el límite uniforme de funciones de la forma '(cos .22 Sea un subconjunto abierto y acotado de Rn : Denotemos por C 1 ( ) al conjunto de todas las funciones f : ! R que tienen derivadas parciales de todos los órdenes en y dichas derivadas tienen una extensión continua a la cerradura de .25 Sean X y Y espacios métricos compactos. Prueba que cualquier función continua f : X Y ! R es el límite uniforme de funciones de la forma '(x. Parte II Diferenciabilidad 161 . . que modelan problemas importantes de la física. resultan ser puntos críticos de una función diferenciable de…nida en un espacio de funciones1 . la ingeniería. lm x!0 kf (x0 + x) (f (x0 ) + f 0 (x0 )x)k = 0: kxk Las funciones que admiten tal aproximación se llaman diferenciables. La noción de diferenciabilidad se extiende de manera natural a funciones f : V ! W entre espacios de Banach con la siguiente precaución: además de requerir que f 0 (x0 ) : V ! W sea una función lineal es necesario pedir que sea continua. la biología y otras disciplinas.G. Recuerda que las funciones lineales entre espacios de Banach de dimensión in…nita no son necesariamente continuas. Costa. hay aplicaciones importantes que requieren este nivel de generalidad. En este capítulo introduciremos el concepto de derivada para funciones entre espacios de Banach y estudiaremos sus propiedades fundamentales. presentarlos en esta generalidad tiene varias ventajas. La continuidad de f 0 (x0 ) juega un papel esencial para la validez de muchas propiedades importantes. como la continuidad de las funciones diferenciables o la regla de la cadena. Por ejemplo. las soluciones de muchas ecuaciones diferenciales parciales. La derivada de f en un punto x0 de Rn es la función lineal f 0 (x0 ) : Rn ! Rm que mejor aproxima a f en dicho punto. pues toda función lineal entre espacios de dimensión …nita es automáticamente continua. en el sentido de que la distancia entre f (x0 + x) y f (x0 ) + f 0 (x0 )x tiende a cero más rápidamente que x: Dicho de modo preciso. Sin embargo. Los resultados que presentaremos son generalizaciones inmediatas de los resultados de cálculo que ya conocemos. An invitation to variational methods in di¤erential 163 . 1 Consulta por ejemplo el libro de D. Por una parte. El papel de la continuidad queda oculto cuando consideramos funciones entre espacios euclidianos: la usamos sin darnos cuenta.Capítulo 9 Diferenciabilidad El cálculo diferencial estudia las funciones f : Rn ! Rm que se pueden aproximar localmente por una función lineal. la demostración en esta generalidad de los resultados que ya conocemos ayuda a comprenderlos mejor y a mayor profundidad. cada una de las cuales no es sino la derivada de la precedente. Boston 2007. Proposición 9.164 9. Birkhäuser. La continuidad de una función lineal entre ellos se caracteriza como sigue.1. < W 2 kvkV 8v 2 V: c kvkV para todo v 2 V. son equivalentes las siguientes a…rmaciones: (a) T es continua (b) T es continua en 0: (c) Existe c 2 R tal que kT vkW c kvkV para todo v 2 V: (d) T es Lipschitz continua. (b))(c): Si T es continua en 0 existe > 0 tal que kT vkW < 1 si kvkV < : En consecuencia. DIFERENCIABILIDAD Por otra parte.1 Si T : V ! W es una función lineal. este nivel de generalidad permite de…nir muchos conceptos de manera sencilla. k kV ) y W = (W. El espacio de funciones lineales y continuas Empezaremos estudiando al espacio de las funciones lineales y continuas entre dos espacios de Banach V = (V. kT vkW = 2 kvkV T v 2 kvkV (c))(d): Si existe c > 0 tal que kT vkW kT v1 T v2 kW = kT (v1 v2 )kW Esto prueba que T es Lipschitz continua. equations. Y no perdemos nada. Un ejemplo de ello son las derivadas de orden superior. Además. 9. entonces c kv1 v2 kV 8v1 . v2 2 V: . ya que las demostraciones no son ni más largas ni más complicadas que las correspondientes para espacios euclidianos. k kW ). Demostración: Las implicaciones (a))(b) y (d))(a) son evidentes. W ): Si v.35]. la sucesión (Tk v) es de Cauchy en W y. Proposición 9. w 2 V. 8v 2 V: (9.W ) < " 8j. EL ESPACIO DE FUNCIONES LINEALES Y CONTINUAS 165 De…nición 9.2) Usaremos con frecuencia esta desigualdad.4) . 8v 2 V: (9.W ) es una norma en L(V. 8T 2 L(V.2 Denotamos por L(V. W ) es un espacio vectorial con las operaciones dadas por (T + S)v := T v + Sv. Por otra parte.9.1 asegura que kT kL(V. k k0 . S 2 L(V. W ) [Ejercicio 9.3) obtenemos kT v Tj vkW " kvkV 8j k0 . W ): (9.W ) := sup v2V v6=0 kT vkW kvkV 8T 2 L(V. para cada v 2 V. haciendo tender k ! 1 en la desigualdad (9. k k0 : Por tanto. W ) y " > 0: Entonces existe k0 2 N tal que kTk Tj kL(V. . 2 R y v 2 V: La Proposición 9. 2 R. W ) := fT : V ! W : T es lineal y continuag y de…nimos kT kL(V.1) Nota que L(V. como W es un espacio de Banach. donde T.3 L(V.3) Esto implica que. W ).1) es un espacio de Banach. kTk v Tj vkW < " kvkV 8j. Demostración: Sean (Tk ) una sucesión de Cauchy en L(V. existe T v 2 W tal que Tk v ! T v en W: Probaremos primero que T 2 L(V. se tiene que T ( v + w) = l m Tk ( v + w) = l m ( Tk v + Tk w) k!1 = k!1 l m Tk v + k!1 l m Tk w = T v + T w: k!1 Esto prueba que T es lineal. Observa que kT vkW kT kL(V. ( T )v := T v. W ) con la norma de…nida en (9.W ) kvkV 8v 2 V. W ): (9.W ) < 1: Es sencillo comprobar que k kL(V.1. Diferenciabilidad Para hablar de diferenciabilidad requerimos la noción de límite.4 Sean X. De…nición 9.1 se sigue que T Tk0 es continua. Recuerda que. dada " > 0. T = (T es continua. f : A ! Y una función. A un subconjunto de X. W ): En consecuencia.42). Rm ) es isomorfo a Rmn y cualquier isomor…smo resulta ser un homeomor…smo para cualquier norma [Ejercicio 9.5 Una función ' : ! W es (Fréchet-)diferenciable en el punto u0 2 si existe T 2 L(V. x0 ) < : Nota que f no necesariamente está de…nida en x0 . W ) es un espacio de Banach. si dim V < 1. L(V. y0 ) < " 8x 2 A con dX (x. Por tanto. 9. Y espacios métricos. La noción de derivada de una función entre espacios euclidianos se extiende a funciones entre espacios de Banach como sigue. W ) es simplemente el espacio de funciones lineales de V a W: En particular. cualquier función lineal T : V ! W es continua (ver Ejercicio 4. 8v 2 V: " 8j " Tk0 ) + Tk0 Por tanto. de modo que L(V. la desigualdad (9. DIFERENCIABILIDAD De la Proposición 9.5) . De…nición 9.W ) k0 : Esto prueba que Tj ! T en L(V. existe > 0 tal que dY (f (x). pero x0 debe pertenecer a la cerradura del dominio de f: Sean V y W espacios de Banach y un subconjunto abierto de V . Finalmente. L(Rn .36]. kT Tj kL(V. x0 2 A y y0 2 Y: Decimos que y0 = l m f (x) x!x0 si.166 9. W ) tal que lm v!0 k'(u0 + v) '(u0 ) kvkV T vkW = 0: (9.4) implica que kT v Tj vkW kvkV 8j k0 .2. kT1 v T2 vkW kT1 v '(u0 + v) + '(u0 )kW + k'(u0 + v) < " kvkV . Proposición 9. usaremos la notación '0 (u0 ) [v] : La condición (9. Si kvkV . para cuaquier v 2 V con kvkV < se cumple que u0 + v 2 y k'(u0 + v) '0 (u0 )vkW < " kvkV : '(u0 ) Intuitivamente. para cada " > 0 existe > 0 tal que. T2 2 L(V. cuando haga falta. escribiremos '0 (u0 )v en vez de '0 (u0 ) (v) para denotar al valor de la función '0 (u0 ) en v y. DIFERENCIABILIDAD 167 T se llama la derivada (de Fréchet) de ' en u0 y se denota por '0 (u0 ) o bien por D'(u0 ): Hacemos énfasis en que '0 (u0 ) : V ! W es una función lineal y continua. necesariamente T1 v = T2 v: 8v 2 V: .6 Si ' es diferenciable en u0 . W ) cumplen (9. si kvkV < .2. esto signi…ca que en una vecindad su…cientemente pequeña de u0 la función v 7! '(u0 + v) se parece mucho a la función afín v 7! '(u0 ) + '0 (u0 )v: Tanto así. kT1 v T2 vkW < " kvkV Como " > 0 es arbitraria. escogemos asegura que kT1 v '(u0 ) T2 vkW 2 (0. la función T 2 L(V. dada " > 0. 1) tal que k vkV < : Entonces la desigualdad anterior T2 vkW = 1 kT1 ( v) T2 ( v)kW < " k vkV = " kvkV : En consecuencia. Entonces.5) a…rma que. i = 1. existe > 0 tal que " si kvkV < .5) es única. que la norma de la diferencia entre los valores en v de ambas funciones k'(u0 + v) ('(u0 ) + '0 (u0 )v)kW tiende a 0 más rápidamente que la norma de v: La siguiente proposición garantiza que la derivada está bien de…nida. Demostración: Supongamos que T1 .5). Como es usual en el caso de funciones lineales.9. 2: k'(u0 + v) '(u0 ) Ti vkW < kvkV 2 Por tanto. W ) que cumple (9. se llama la derivada (de Fréchet) de '.168 9. y 2 `2 : cuando y ! 0: Fijemos x 2 `2 : La función T : `2 ! R dada por T y := 2 1 P xk yk k=1 es evidentemente lineal. W ) para todo u 2 . De la desigualdad de Hölder para series (ver Ejercicio 2. W ): D' : Usualmente diremos que ' : ! W es diferenciable en vez de decir que es Fréchetdiferenciable y hablaremos de su derivada para referirnos a su derivada de Fréchet.8 Si ' : ! W es constante.7 ' : u 2 : La función ! W es (Fréchet-)diferenciable en '0 : ! L(V. La denotaremos también por ! L(V.10 La función ' : `2 ! R dada por '(x) := kxk2`2 = en `2 y '0 (x)x = 2 1 P 1 P x2k es diferenciable k=1 8x = (xk ).9 Toda función T 2 L(V. entonces es diferenciable en 0 2 L(V. j'(x + y) '(x) 2 kyk`2 P1 k=1 1 P k=1 xk yk + kyk2`2 xk yk j = kyk`2 ! 0 8x. si lo es en cada punto u 7! '0 (u). W ) es diferenciable en V y T 0 (u) = T para todo u 2 V. ya que T (u + v) T u T v = 0 8v 2 V: Ejemplo 9. DIFERENCIABILIDAD De…nición 9.. Ejemplo 9.43) se sigue que 1 1 P P jT yj = 2 xk yk 2 jxk yk j 2 kxk`2 kyk`2 : k=1 k=1 . W ). ya que '(u + v) y '0 (u) = 8v 2 V con u + v 2 : '(u) = 0 Ejemplo 9. y = (yk ) 2 `2 : xk yk k=1 Demostración: Observa que kx + yk2`2 = kxk2`2 + 2 Por tanto. 2 R. W ).12 (Linealidad de la derivada) Si '. entonces ' + es diferenciable en u0 y ( '+ )0 (u0 ) = '0 (u0 ) + 0 ! W son diferenciables (u0 ): Demostración: La demostración es un ejercicio sencillo [Ejercicio 9. '(v) 2 para todo v 2 y : e ! Z es diferenciable en v0 := '(u0 ). u 0 kV < : Esto prueba que ' es continua en u0 : Proposición 9.2) obtenemos k'(u) k'(u) '(u0 ) '0 (u0 )(u u0 )kW + k'0 (u0 )(u < ku u0 kV + k'0 (u0 )kL(V. usando la desigualdad (9.9.W ) si ku '(u0 )kW < " si ku u0 )kW u 0 kV < 1: 1 : Entonces. entonces ' : ! Z es diferenciable en u0 y ( ')0 (u0 ) = 0 (v0 ) '0 (u0 ): . Esto prueba que ' es diferenciable en x y que '0 (x) = T: Proposición 9. T : `2 ! R es continua (ver Proposición 9.W ) ku u0 kV '(u0 )kW 1 + k'0 (u0 )kL(V.1).11 Si ' es diferenciable en u0 . " u0 kV 1 + k'0 (u0 )kL(V.W ) ku = Dada " > 0. e W subconjuntos abiere tos.13 (Regla de la cadena) Sean V.2. DIFERENCIABILIDAD 169 En consecuencia.39]. Si ' : ! W es diferenciable en u0 . tomemos := m n k'(u) 1. existe k'(u) '(u0 ) '0 (u0 )(u u0 )kW < ku 1 > 0 tal que u 0 kV si ku u0 kV < 1: Como '0 (u0 ) 2 L(V. Proposición 9. : en u0 y . entonces ' es continua en u0 : Demostración: Si ' es diferenciable en u0 . 170 9. DIFERENCIABILIDAD Demostración: Para v 2 V y w 2 W tales que u0 + v 2 o1 (v) := '(u0 + v) o2 (w) := (v0 + w) '(u0 ) (v0 ) '0 (u0 )v. "1 := m n Como ' es diferenciable en u0 y c2 := k 0 (u0 )kL(W. existen ko1 (v)kW < "1 kvkV ko2 (w)kZ < "2 kwkW Sea "2 := 1.W ) kvkV + "1 kvkV Por tanto. c12 g: Entonces. k'0 (u0 )v + o1 (v)kW k'0 (u0 )vkW + ko1 (v)kW < k'0 (u0 )kL(V.6) lm Sea " > 0: Denotemos por c1 := k'0 (u0 )kL(V. si kwkW < 2 : := m nf 1 . de…nimos Se tiene entonces que ( ')(u0 + v) = ('(u0 + v)) = ('(u0 ) + '0 (u0 )v + o1 (v)) = (v0 ) + 0 (v0 ) ['0 (u0 )v + o1 (v)] + o2 ('0 (u0 )v + o1 (v)) = ( ')(u0 ) + [ 0 (v0 ) '0 (u0 )] v + o3 (v). donde o3 (v) := 0 (v0 ) [o1 (v)] + o2 ('0 (u0 )v + o1 (v)): Probaremos a continuación que ko3 (v)kZ = 0: v!0 kvkV (9. 0 (v0 )w: y v0 + w 2 e . ko2 ('0 (u0 )v + o1 (v))kZ < "2 k'0 (u0 )v + o1 (v)kW " < "2 c1 kvkV kvkV 2 si kvkV < 3: 1: . en consecuencia.1 . k'0 (u0 )v + o1 (v)kW < 2 si kvkV < 3 c1 kvkV si kvkV < y. 2c2 3 " : 2c1 es diferenciable en v0 .Z) + 1. " . 2 > 0 tales que si kvkV < 1 .W ) + 1. identi…caremos en lo sucesivo a la transformación lineal 0 (t0 ) 2 L(R.3. ya que kT kL(R. es una isometría. Se tiene entonces que 0 (t0 ) 2 V y lm t!0 (t + t0 ) t (t0 ) 0 (t0 ) =lm V t!0 k (t + t0 ) (t0 ) jtj t 0 (t0 )kV = 0: Es decir. 0 (t0 ) = l m t!0 (t + t0 ) t (t0 ) 2 V: Esta identidad permite interpretar a 0 (t0 ) como la velocidad de la trayectoria : (a. b) ! V es diferenciable en un punto t0 de (a.V ) = sup t2R t6=0 kT [t]kV tT [1] = sup jtj t t2R t6=0 V = kT [1]kV 8T 2 L(R. El teorema del valor medio Una función lineal T : R ! V está totalmente determinada por su valor en 1. V ) con su valor en 1. k 0 (v0 ) [o1 (v)]kZ k 0 (v0 )kL(W.6) y concluye la demostración de la proposición. 9.7) (T ) := T [1] . tal y como solemos hacer cuando V = Rn : Si V = R entonces . b). (9. Además.9. y escribiremos simplemente 0 (t0 ) en vez de 0 (t0 ) [1]. V ): Esta isometría permite identi…car a L(R. es un isomor…smo de espacios vectoriales. V ) con V: Si : (a. ya que T [t] = T [t1] = tT [1] 8t 2 R: La función : L(R. b) ! V en el tiempo t0 . V ) ! V. EL TEOREMA DEL VALOR MEDIO 171 Por otra parte.3.Z) ko1 (v)kW " kvkV si kvkV < < c2 "1 kvkV 2 1: Concluimos que ko3 (v)kZ < " kvkV si kvkV < 3: Esto prueba (9. lo importante es tener una cota para jf 0 (c)j. para toda " > 0. Para funciones reales de variable real éste se expresa como una igualdad: si f : [a.14 (del valor medio) Sea : [a. es (9. Es decir. se cumple que k (b) (a)kV M (b a) + "(b a) + ": (9. la verdadera naturaleza del teorema del valor medio se obtiene al expresarlo como una desigualdad. b). b] ! R es continua en [a. lo único que sabemos es que se trata de algún punto en (a. Teorema 9.8) es decir. la derivada de la trayectoria ' en t0 es el valor de la función '0 (u0 ) 2 L(V. b) y ' : u0 := (t0 ). b): Para …nes prácticos.9) entonces k (b) (a)kV M (b a): Demostración: Probaremos que.10) . b] ! V una función continua. b) tal que f (b) f (a) = f 0 (c)(b a): El problema con esta formulación clásica es que no existe una igualdad semejante para funciones con valores vectoriales. b] y diferenciable en (a. b) y si existe M 2 R tal que k 0 (t)kV M 8t 2 (a. DIFERENCIABILIDAD (t0 ) 2 R es la pendiente de la recta tangente a la grá…ca de Si : (a. W ) en el vector 0 (t0 ) 2 V: Uno de los resultados más útiles en análisis es el teorema del valor medio. b) entonces existe c 2 (a. la regla de la cadena dice que (' en el punto (t0 . (t0 )): ! W es diferenciable en )0 (t0 ) = '0 (u0 )( 0 (t0 )).172 0 9. esta igualdad esconde el hecho de que en realidad no sabemos quién es c. b) ! V es diferenciable en t0 2 (a. (9. Si diferenciable en todo punto t 2 (a. Por otra parte. b] : k (t) Como es continua en a existe k (s) a): (a)kV M (t a) + "(t a) + "g: > 0 tal que (a)kV " 8s 2 [a. W ) .9) obtenemos k (s) (a)kV k (s) (c)kV + k (c) (a)kV 0 k (s) (c) (c)(s c)kV + k 0 (c)(s c)kV + k (c) < "(s c) + k 0 (c)kV (s c) + M (c a) + "(c a) + " M (s a) + "(s a) + ". . si s 2 (c. c = b: Esto demuestra (9.9. m nfc a.10). a + ]: Por tanto. en consecuencia. c + ). lo De…nición 9.15 Una función ' : ! W es de clase C 1 (o continuamente diferenciable) en si es diferenciable en y su derivada '0 : es continua. (a)kV (9. A continuación veremos que el teorema anterior permite acotar la diferencia entre dos valores '(u0 ) y '(u1 ) de una función diferenciable ' : ! W cuando su derivada está acotada en el segmento que une a los puntos u0 y u1 .11) lo que contradice que c = sup S: En consecuencia. EL TEOREMA DEL VALOR MEDIO 173 Esto implica que k (b) (a)kV M (b Sea " > 0: Consideremos el conjunto S := ft 2 [a. supongamos que c < b: Entonces en c y. b cg) tal que k (s) (c) 0 (c)(s c)kV < " js cj si js b: Probaremos es diferenciable cj < : Por tanto. u1 u0 Un modo de garantizar esto último es pidiendo que la derivada sea continua en que nos lleva a introducir el siguiente concepto. a + 2 S: Sea c := sup S: Observa que c 2 S y a + c a continuación que c = b: Argumentando por contradicción. usando (9.3. ! L(V. existe 2 (0. 16 La función ' : `2 ! R dada por '(x) := kxk2`2 es de clase C 1 en `2 . ' : ! W es de clase C 1 en tales que ut := (1 t)u0 + tu1 2 para toda t 2 [0. 1]. R) dada por '0 (x)y = 2 1 P 8x = (xk ). Esta función es diferenciable en (0.W ) ku1 t2[0.8)). 1]. y = (yk ) 2 `2 : xk yk k=1 Si z = (zk ) 2 `2 .8 y 9. Corolario 9.10 también es de clase C 1 . Ejemplo 9.43) obtenemos j'0 (z)y '0 (x)yj = 2 xk )yk 2 kz xk`2 kyk`2 : j'0 (z)y '0 (x)yj kyk`2 2 kz xk`2 (zk k=1 Por tanto. z 2 `2 : Esto prueba que '0 es Lipschitz continua. DIFERENCIABILIDAD Las funciones de los Ejemplos 9.17 Si es abierto en V.174 9. Como consecuencia del teorema del valor medio obtenemos el siguiente resultado. 1] ! la función (t) := ut . Demostración: En el Ejemplo 9. Veamos que la función del Ejemplo 9. entonces y u0 . 1) y 0 (t) = '0 (ut ) [u1 u0 ] : .9 son de clase C 1 ya que en ambos casos la derivada es una función constante. 1] ! W es continua en [0.1] y k'(u1 ) '(u0 )kW sup k'0 (ut )kL(V. Por la regla de la cadena (ver (9.W ) < 1 t2[0.R) = sup y2`2 y6=0 8x. u1 2 son sup k'0 (ut )kL(V.10 vimos que ' es diferenciable y que su derivada es la función '0 : `2 ! L(`2 . k'0 (z) 1 P '0 (x)kL(`2 .1] u 0 kV : Demostración: Sea : [0. es diferenciable en (0. aplicando la desigualdad de Hölder para series (ver Ejercicio 2. 1) y su derivada está dada por 0 (t) = u1 u0 : La composición := ' : [0. Como [0. la función que a cada t 2 [0. .1] como a…rma el enunciado.17 obtenemos que k'(u1 ) '(u0 ) '0 (u) [u1 0 u0 ]kW = k (u1 ) (u0 )kW 0 sup k (ut )kL(V.1] u 0 kV : (v) = '0 (v) '0 (u) para toda v 2 : t2[0.9.W ) ku1 = sup k'0 (ut ) t2[0.1] M ku1 u 0 kV 8t 2 (0.1] Por otra parte.14 obtenemos que k'(u1 ) '(u0 )kW = k (1) u 0 kV .1] y se cumple que k'(u1 ) '(u0 ) '0 (u) [u1 sup k'0 (ut ) u0 ]kW t2[0. de la desigualdad (9.W ) < 1: t2[0. '0 (u)kL(V.W ) ku1 u 0 kV '0 (u)kL(V.12) se sigue que sup k 0 (t)kW t2[0.W ) < 1 t2[0. 1] es compacto. Usaremos a menudo la siguiente consecuencia sencilla del corolario anterior.W ) ku1 u0 kV . W ) k kL(V.12) Ahora bien. ' : ! W es de clase C 1 en y u0 . 1). como a…rma el enunciado.3.W ) ! R. Corolario 9. sup k'0 (ut ) '0 (u)kL(V. 1] ! ! L(V.1] Demostración: Sea := ' '0 (u): Entonces Aplicando el Corolario 9. ya que es la composición de las funciones continuas '0 [0. (0)kW M ku1 y aplicando el Teorema 9.18 Si es abierto en V.W ) ku1 u0 kV 8t 2 (0. para todo u 2 . u1 2 son tales que ut := (1 t)u0 + tu1 2 para toda t 2 [0.W ) 2 R es una función continua. 1): (9. EL TEOREMA DEL VALOR MEDIO 175 Se tiene entonces que k 0 (t)kW k'0 (ut )kL(V. concluimos que M := sup k'0 (ut )kL(V. 1] le asocia el valor k'0 (ut )kL(V. 1] entonces. . '(u0 + tv) '(u0 ) 8v 2 V: t!0 t De este modo obtenemos una condición necesaria para que ' sea diferenciable en u0 : en primer lugar. W ) [Ejercicio 9.46]. Esto da lugar al siguiente concepto. ): Dividiendo ambos lados de la desigualdad entre jtj obtenemos que '(u0 + tv) t '(u0 ) '0 (u0 )v W < " kvkV si 0 < jtj < : Es decir.176 9. Parte de su trabajo fue publicado póstumamente por Paul Lévy. para cada '0 (u0 )(tv)kW < " ktvkV 8t 2 ( . la función G'(u0 ) : V ! W dada por '(u0 + tv) t!0 t G'(u0 )v := l m '(u0 ) (9.14) debe ser lineal y continua. W ). Francia.4. u 7! G'(u).19 Una función ' : ! W es Gâteaux-diferenciable en el punto u0 2 si. para cada v 2 V debe existir el límite '0 (u0 )v = l m '(u0 + tv) t!0 t lm '(u0 ) : (9. 9. DIFERENCIABILIDAD Un criterio de diferenciabilidad Si ' : ! W es diferenciable en el punto u0 de " > 0 existe > 0 tal que u0 + tv 2 y k'(u0 + tv) '(u0 ) y v 2 V entonces.13) Este límite se llama la derivada direccional de ' en u0 en la dirección de v: En segundo lugar. Tampoco basta con que ' sea Gâteaux-diferenciable para que sea diferenciable. como lo muestra el siguiente ejemplo. para cada v 2 V. Lo mataron en la primera guerra mundial. existe la derivada direccional de ' en u0 en la dirección de v y la función G'(u0 ) de…nida en (9. 2 René Eugène Gâteaux (1889-1914) nació en la Marne. se llama la derivada de Gâteaux2 de ': Cabe señalar que la existencia de la derivada direccional de ' en u0 en la dirección de v para toda v 2 V no basta para garantizar que G'(u0 ) 2 L(V. De…nición 9. W ). ' es Gâteaux-diferenciable en si lo es en todo punto u 2 : La función G' : ! L(V.14) pertenece a L(V. 47].21 ' : ! W es de clase C 1 en si y sólo si ' es Gâteaux-diferenciable en y su derivada de Gâteaux G' : ! L(V. se tiene el siguiente resultado. 0).9. y) = (0. si ' es diferenciable en u0 . Sean u0 2 y " > 0: Entonces existe > 0 tal que u0 + v 2 y kG'(u0 + v) G'(u0 )kL(V. y) := 0 si (x. W ) es continua. () : Supongamos ahora que ' es Gâteaux-diferenciable en y que G' : ! L(V. entonces G' = '0 es continua.W ) < " Para cada v 2 V con kvkV < v (t) Entonces v de…nimos := '(u0 + tv) v si kvkV < : : [0. x4 +y 2 '(x. W ) es continua.W ) kvkV < " kvkV 8t 2 (0. si ' es de clase C 1 en . Teorema 9. entonces ' es Gâteaux-diferenciable en u0 y G'(u0 ) = '0 (u0 ): En consecuencia. 1): Usando el teorema del valor medio (ver Teorema 9. 1] ! W como '(u0 ) G'(u0 ) [tv] : es diferenciable en (0.20 La función ' : R2 ! R dada por ( 3 x y si (x. 0) [Ejercicio 9.14) concluimos que k'(u0 + v) '(u0 ) G'(u0 )vkW = k v (1) " kvkV v (0)kW si kvkV < : (9.15) que k 0 v (t)kW kG'(u0 + tv) G'(u0 )kL(V. En tal caso. Sin embargo. UN CRITERIO DE DIFERENCIABILIDAD 177 Ejemplo 9. 0): es Gâteaux-diferenciable en R2 pero no es diferenciable en (0.4. 1) y su derivada es 0 v (t) + h) v (t) h '(u0 + tv + hv) '(u0 + tv) = lm h!0 h '(u0 + tv + hv) '(u0 + tv) = lm h!0 h = G'(u0 + tv)v G'(u0 )v: = lm v (t h!0 G'(u0 ) [hv] G'(u0 )v Se sigue de (9. y) 6= (0. '0 = G': Demostración: )) : Al inicio de esta sección demostramos que.15) . M ]. ' es de clase C 1 en : El teorema anterior proporciona un criterio muy útil para veri…car la diferenciabilidad de una función y calcular su derivada.18 y la desigualdad anterior se sigue que. Veamos un ejemplo. si x. entonces jf (x + hz) f (x) f 0 (x)hz)j sup jf 0 (x + shz) s2[0.16) Observa que ju(t) + hv(t)j kuk1 + kvk1 = M 8t 2 [a.1] f 0 (x)j jhzj < ~" jhzj : (9. b] y su derivada es 0 ' (u)v := Z b f 0 (u(t))v(t)dt: a Demostración: Probaremos primero que ' es Gâteaux-diferenciable. kvk g para obtener 1 f (u(t) + hv(t)) h f (u(t)) f 0 (u(t))v(t) < ~" jv(t)j " b a 8t 2 [a. podemos aplicar la desigualdad (9.178 9.22 Sea f : R ! R una función de clase C 1 : La función ' : C 0 [a. z := v(t) y 0 < jhj < m nf1.16) a x := u(t). v 2 C [a. x + hz 2 [ M. b]: . 1]. b]. DIFERENCIABILIDAD Esto prueba que ' es diferenciable en u0 y que '0 (u0 ) = G'(u0 ): Como G' es continua. b] ! R dada por Z b '(u) := f (u(t))dt a 1 0 es de clase C en C [a. y 2 [ M. Ejemplo 9. M ] con jx yj < : Del Corolario 9. b]. Sean u. M ] existe jf 0 (x) f 0 (y)j < ~" > 0 tal que 8x. y " > 0: Denotemos por 0 M := kuk1 + kvk1 y ~" := " : a) kvk1 (b Como f 0 es uniformemente continua en [ M. 1]: Por tanto. h 2 [0. jhzj < y s 2 [0. v 6= 0. Sean u0 2 C 0 [a. 1) tal que jf 0 (x) Observa que. b].b] G'(u0 )kL(C 0 [a. Del Teorema 9. b] ! L(C 0 [a. R) es continua. Por tanto.9. b] ! R es claramente lineal y. b] y " > 0: Denotemos por M0 := ku0 k1 + 1: Como f 0 es uniformemente continua en [ M0 .1 asegura que G'(u) es continua.b]. kG'(u) jG'(u)v G'(u0 )vj <" kvk1 v2C 0 [a. entonces 1 '(u + hv) '(u) h Z b f (u(t) + hv(t)) h a Z b f 0 (u(t))v(t)dt a f (u(t)) f 0 (u(t))v(t) dt < ": Esto prueba que Z b '(u + hv) h!0 h f 0 (u(t))v(t)dt = l m a '(u) =: G'(u)v: La función G'(u) : C 0 [a. kvk g. M0 ] con jx a) yj < : u0 k1 < . jG'(u)vj a la Proposición 9. existe 2 (0. R) es continua. entonces kuk1 ku0 k1 + ku u 0 k1 ku0 k1 + < M0 8t 2 [a. como Z b jf 0 (u(t))j dt kvk1 8v 2 C 0 [a. si 0 < jhj < m nf1. si ku ju(t)j f 0 (y)j < " (b 8x. UN CRITERIO DE DIFERENCIABILIDAD 179 En consecuencia. y 2 [ M0 .R) = sup v6=0 Esto prueba que G' : C 0 [a. b]. ' es Gâteaux-diferenciable en u para todo u 2 C 0 [a. M0 ]. b]: Probaremos ahora que G' : C 0 [a.4. b] ! L(C 0 [a. b]: Por tanto.21 se sigue que ' es de clase C 1 y que '0 = G': si ku u 0 k1 < : . b]. jG'(u)v G'(u0 )vj Z b a jf 0 (u(t)) f 0 (u0 (t))j jv(t)j dt < " kvk1 : En consecuencia. 180 9.5. 9. DIFERENCIABILIDAD Derivadas parciales Sean V1 ; :::; Vn ; W espacios de Banach. El producto cartesiano V1 norma k(v1 ; :::; vn )kV1 Vn := max kvj kVj Vn con la j=1;:::;n es un espacio de Banach (ver Ejercicio 5.37). La inclusión en el j-ésimo factor, j : Vj ! V1 Vn ; j (v) := (0; :::; 0; |{z} v ; 0; :::; 0); j-ésimo es una función lineal y una isometría. Si j;u es abierto en V1 Vn y u 2 ; entonces := fv 2 Vj : u + j v 2 g es un abierto de Vj que contiene a 0: ϕ Ω W u ϕ j,u Ω j,u 0 En lo que resta de esta sección supondremos que es abierto en V1 Vn : De…nición 9.23 Una función ' : ! W es parcialmente diferenciable respecto a la j-ésima variable en el punto u de si la función 'j;u : j;u ! W; 'j;u (v) := '(u + j v); es diferenciable en 0: La derivada parcial de ' respecto a la j-ésima variable en u se de…ne como @j '(u) := '0j;u (0) 2 L(Vj ; W ): 9.5. DERIVADAS PARCIALES 181 La función ' es parcialmente diferenciable respecto a la j-ésima variable en si lo es en todo punto u 2 ; y la derivada parcial de ' respecto a la j-ésima variable en es la función @j ' : ! L(Vj ; W ); u 7! @j '(u): Si ' : ! W es diferenciable en u entonces, por la regla de la cadena, ' es parcialmente diferenciable respecto a la j-ésima variable en u y @j '(u) = '0 (u) j; j = 1; :::; n: Es decir, @j '(u) es la restricción de '0 (u) al factor Vj . Nota que v = v = (v1 ; :::; vn ): En consecuencia, '0 (u)v = n P @j '(u)vj ; j = 1; :::; n: Pn j=1 j vj si (9.17) j=1 Los siguientes ejemplos relacionan estos conceptos con conceptos bien conocidos de cálculo. Ejemplo 9.24 Si es abierto en Rn = R R y ' : ! R es diferenciable en x, entonces @j '(x) 2 L(R; R) = R. Como en la sección 9.3, identi…camos a la función lineal @j '(x) con su valor en 1: Ésta es la derivada parcial de ' respecto a xj a la que se suele denotar por @' (x) 2 R: @xj El gradiente de ' en x es el vector r'(x) := @' @' (x); :::; (x) @x1 @xn 2 Rn : La fórmula (9.17) se escribe entonces como '0 (x)y = n @' P (x)yj = r'(x) y; j=1 @xj donde r'(x) y denota al producto escalar usual de los vectores r'(x) y y en Rn : Ejemplo 9.25 Si es abierto en Rn y ' = ('1 ; :::; 'm ) : ! Rm es diferenciable en x; entonces la j-ésima componente 'j de ' es la composición 'j := j ' con la j-ésima proyección m j : R ! R; j (z1 ; :::; zm ) := zj : 182 9. DIFERENCIABILIDAD Como j es lineal, aplicando la regla de la cadena se tiene que '0j (x) = j '0 (x); es decir, '0j (x) es la j-ésima componente de '0 (x): Por tanto, '0 (x)y = ('01 (x)y; :::; '0m (x)y) = (r'1 (x) y; :::; r'm (x) y); es decir, '0 (x) es la función lineal dada por la matriz 0 @'1 1 @'1 (x) (x) @x1 @xn B C .. .. '0 (x) = @ A . . @'m @'m (x) (x) @x1 @xn que se llama la matriz jacobiana de ' en x. No es cierto, en general, que si ' es parcialmente diferenciable respecto a cada variable en u entonces ' es diferenciable en u [Ejercicio 9.47]: Pero sí lo es si se cumple además que @j ' es continua en para toda j = 1; :::; n. Teorema 9.26 Una función ' : ! W es de clase C 1 en mente diferenciable respecto a la j-ésima variable en y ! L(Vj ; W ) @j ' : es continua en si y sólo si ' es parcial- para todo j = 1; :::; n: Demostración: )) : Ya vimos que, si ' : ! W es diferenciable en u; entonces ' es parcialmente diferenciable respecto a la j-ésima variable en u y @j '(u) = '0 (u) j : Por tanto, @j ' es continua si ' es de clase C 1 en . () : Supongamos ahora que ' es parcialmente diferenciable respecto a la j-ésima variable en y que @j ' es continua en para todo j = 1; :::; n. Basta considerar el caso n = 2; ya que el caso general se obtiene iterando éste. Sean u = (u1 ; u2 ) 2 y " > 0: Como ' es diferenciable respecto a la primera variable en u y @2 ' es continua en u; existe > 0 tal que u+v 2 si v = (v1 ; v2 ) 2 V1 k'(u + 1 v1 ) '(u) k@2 '(u + v) V2 y kvkV1 := maxfkv1 kV1 ; kv2 kV2 g < ; " kv1 kV1 si kv1 kV1 < ; 4 " si kvkV1 V2 < : < 4 @1 '(u)v1 kW < @2 '(u)kL(V2 ;W ) V2 (9.18) 9.6. DERIVADAS DE ORDEN SUPERIOR 183 La segunda desigualdad implica que k@2 '(u + 1 v1 )v2 @2 '(u)v2 kW k@2 '(u + 1 v1 ) @2 '(u)kL(V2 ;W ) kv2 kV2 " (9.19) si kv1 kV1 < ; kv2 kV2 < 4 y también que k@2 '(u + 1 v1 + t 2 v2 ) @2 '(u + 1 v1 )kL(V2 ;W ) k@2 '(u + 1 v1 + t 2 v2 ) @2 '(u)kL(V2 ;W ) + k@2 '(u) " < si kvkV1 V2 < y t 2 [0; 1]: 2 @2 '(u + 1 v1 )kL(V2 ;W ) De esta última desigualdad y el Corolario 9.18 se sigue que k'(u + v) '(u + 1 v1 ) @2 '(u + 1 v1 )v2 kW sup k@2 '(u + 1 v1 + t 2 v2 ) @2 '(u + 1 v1 )kL(V2 ;W ) kv2 kV2 t2[0;1] < " kv2 kV2 2 si kvkV1 V2 < : (9.20) Finalmente, de las desigualdades (9.18), (9.19) y (9.20) obtenemos k'(u + v) '(u) @1 '(u)v1 @2 '(u)v2 k k'(u + v) '(u + 1 v1 ) @2 '(u + 1 v1 )v2 k + k@2 '(u + 1 v1 )v2 + k'(u + 1 v1 ) '(u) @1 '(u)v1 k " kvkV1 V2 si kvkV1 V2 < : @2 '(u)v2 k Esto prueba que ' es diferenciable en u y que '0 (u)v = @1 '(u)v1 + @2 '(u)v2 : Por tanto, ' es de clase C 1 en . 9.6. Derivadas de orden superior Sean V y W espacios de Banach y un subconjunto abierto de V: Si ' : ! W es diferenciable en ; su derivada es una función que toma valores en el espacio de Banach L(V; W ): Tiene pues sentido preguntarnos si '0 : ! L(V; W ) es, a su vez, diferenciable en : Si lo es, decimos que ' es dos veces diferenciable en : La derivada de '0 se llama la segunda derivada de ' y se denota por D2 ' : ! L(V; L(V; W )); 184 9. DIFERENCIABILIDAD o simplemente por '00 : Veremos a continuación que el espacio L(V; L(V; W )) tiene una representación sencilla: es el espacio de funciones bilineales y continuas V V ! W: Sean V1 ; :::; Vk ; W espacios de Banach. De…nición 9.27 Una función F : V1 Vk ! W es k-multilineal si es lineal en cada variable, es decir, si para cada j 2 f1; : : : ; kg y ui 2 Vi , i 6= j; la función Vj ! W dada por v 7 ! F (u1 ; :::; uj 1 ; v; uj+1 ; :::um ) es lineal. Si k = 2 se dice que F es bilineal. Denotamos por L(V1 ; :::; Vk ; W ) := fF : V1 Si V1 = Vk ! W : F es k-multilineal y continuag: = Vk = V escribimos simplemente Lk (V; W ) := L(V; :::; V ; W ): | {z } k veces Como en el caso k = 1 se tiene el siguiente resultado. Proposición 9.28 Si F : V1 si y sólo si existe c 2 R tal que kF (v)kW c kv1 kV1 Vk ! W es k-multilineal, entonces F es continua kvk kVk 8v = (v1 ; :::; vk ) 2 V1 Demostración: )) : Si F es continua, existe kF (v)kW < 1 si kvkV1 Vk Por tanto, para todo v = (v1 ; :::; vk ) 2 V1 kvk kVk kF (v)kW = F > 0 tal que := max kvj kVj < : j=1;:::;k Vk ; k 2k kv1 kV1 (9.21) Vk : 2 v1 vk ;:::; kv1 kV1 kvk kVk !! < 1: W En consecuencia, kF (v)kW 2k k kv1 kV1 kvk kVk 8v = (v1 ; :::; vk ) 2 V1 Vk : 9.6. DERIVADAS DE ORDEN SUPERIOR 185 () : Supongamos ahora que se cumple (9.21). Sean u; v 2 V1 kukV1 Vk + 1: Como F es k-multilineal, F (v) F (u) = F (v1 u1 ; v2 ; :::; vk ) kP1 + F (u1 ; :::; ui 1 ; vi Vk y R := ui ; vi+1 ; :::; vk ) i=2 +F (u1 ; :::; uk 1 ; vk uk ): Aplicando la desigualdad del triángulo y la desigualdad (9.21) concluimos que kF (v) F (u)kW c kv1 +c kP1 i=2 ku1 kV1 +c ku1 kV1 cRk 1 kvk kVk u1 kV1 kv2 kV2 k P i=1 kui 1 kVi kuk 1 kVk kvi 1 ui kVi 1 kvi kvk si kv ui kVi kvi+1 kVi+1 kvk kVk uk kVk ukV1 Vk < 1: De esta desigualdad se sigue inmediatamente que F es continua en u: Para F 2 L(V1 ; :::; Vk ; W ) de…nimos kF kL(V1 ;:::;Vk ;W ) := kF (v1 ; :::; vk )kW : kvk kVk vj 2Vj rf0g kv1 kV1 (9.22) sup j=1;:::;k Esta es una norma en L(V1 ; :::; Vk ; W ); que coincide con la de…nida en (9.1) cuando k = 1: Asociando a cada F 2 L(V1 ; :::; Vk ; W ) la función F^ 2 L(V1 ; L(V2 ; ; Vk ; W )) dada por (F^ v1 )(v2 ; : : : ; vk ) := F (v1 ; v2 ; : : : ; vk ); vj 2 Vj ; obtenemos un isomor…smo de espacios vectoriales L(V1 ; :::; Vk ; W ) = L(V1 ; L(V2 ; (9.23) ; Vk ; W )) que es además una isometría, es decir, kF kL(V1 ;:::;Vk ;W ) = F^ L(V1 ;L(V2 ; ;Vk ;W )) [Ejercicio 9.57]. Iterando estos isomor…smos obtenemos L(V1 ; :::; Vk ; W ) = L(V1 ; L(V2 ; ; L(Vk 1 ; L(Vk ; W )) )): En consecuencia, L(V1 ; :::; Vk ; W ) es un espacio de Banach (ver Proposición 9.3). Podemos de…nir ahora las derivadas de orden superior como sigue. 186 9. DIFERENCIABILIDAD De…nición 9.29 Sea k 2 N; k 2: Una función ' : ! W es k-veces diferenciable en si ' es (k 1)-veces diferenciable en y su derivada de orden k 1 es diferenciable en : La derivada de Dk 1 ' : ! Lk 1 (V; W ) se llama la derivada de orden k de ' y se denota Dk ' : ! L(V; Lk 1 (V; W )) = Lk (V; W ): Si Dk ' es continua en decimos que ' es de clase C k en : de para cada j = Si Dj ' admite una extensión continua a la cerradura 0 k 0; 1; : : : ; k; donde D ' := '; decimos que ' es de clase C en : Finalmente, si ' es de clase C k en (resp. en ) para todo k 2 N, decimos que ' es de clase C 1 en (resp. en ): Veamos un ejemplo. Ejemplo 9.30 La función ' : `2 ! R dada por '(x) := kxk2`2 es de clase C 1 en `2 , D2 '(x)(y; z) = 2 1 P 8x; y; z 2 `2 ; yk zk k=1 y Dk '(x) = 0 2 Lk (`2 ; R) para todo x 2 `2 ; k 3: Demostración: Sabemos que ' es diferenciable, que su derivada '0 : `2 ! L(`2 ; R) está dada por 1 P xk zk 8x = (xk ); z = (zk ) 2 `2 '0 (x)z = 2 k=1 0 (ver Ejemplo 9.10) y que ' es continua (ver Ejemplo 9.16). Observa además que '0 es lineal, es decir, '0 ( x + y) = '0 (x) + '0 (y) 8x; y 2 `2 ; 8 ; 2 R: El Ejemplo 9.9 asegura entonces que D2 '(x) = '0 para todo x 2 `2 ; y usando el isomor…smo (9.23) obtenemos D2 '(x)(y; z) = '0 (y; z) = '0 (y)z = 2 1 P k=1 yk zk 8x; y; z 2 `2 : Más aún, como D2 ' : `2 ! L2 (`2 ; R) es constante, el Ejemplo 9.8 asegura que Dk '(x) = 0 2 Lk (`2 ; R) para todo x 2 `2 ; k 3: Como ocurre en espacios euclidianos, la derivada de orden k en cada punto es simétrica. 9.6. DERIVADAS DE ORDEN SUPERIOR 187 Proposición 9.31 Si ' : ! W es k-veces diferenciable en u 2 ; la k-ésima derivada de ' en u es simétrica, es decir, Dk '(u)(v1 ; : : : ; vk ) = Dk '(u)(v entonces, para cada (1) ; : : : ; v (k) ) para cualesquiera v1 ; : : : ; vk 2 V y cualquier permutación : f1; : : : ; kg ! f1; : : : ; kg: Demostración: Consideramos dos casos. Caso 1: k = 2: Sean u 2 y " > 0: Como ' es dos veces diferenciable en u existe u+v 2 y '0 (u + v) '0 (u) D2 '(u)v L(V;W ) < " kvkV si kvkV < 2 : Sean v; w 2 V tales que maxfkvkV ; kwkV g < : De…nimos (t) := '(u + tv + w) > 0 tal que (9.24) : [0; 1] ! W como '(u + tv): Entonces 0 (t) D2 '(u)(w; v) = '0 (u + tv + w)v '0 (u)v D2 '(u)(tv + w; v) '0 (u + tv)v '0 (u)v D2 '(u)(tv; v) y aplicando (9.24) obtenemos 0 (t) D2 '(u)(w; v) '0 (u + tv + w) W + '0 (u + tv) '0 (u) '0 (u) D2 '(u)(tv + w) D2 '(u)(tv) < 2" (kvkV + kwkV ) kvkV L(V;W ) 8t 2 [0; 1]: L(V;W ) kvkV kvkV El Corolario 9.18 y la desigualdad anterior implican que (1) (0) D2 '(u)(w; v) W k (1) 0 (0) sup k 0 (t) t2[0;1] 0 3 sup (t) 0 0 (0)kW + (0)kW + 0 (0) D2 '(u)(w; v) t2[0;1] (0) D2 '(u)(w; v) D2 '(u)(w; v) W W 6" (kvkV + kwkV ) kvkV : Observa que (1) (0) = '(u + v + w) '(u + v) '(u + w) + '(u) es simétrica en v y w; por lo que intercambiando los papeles de v y w en la desigualdad anterior obtenemos (1) (0) D2 '(u)(v; w) W 6" (kvkV + kwkV ) kwkV : W 188 9. DIFERENCIABILIDAD En consecuencia, D2 '(u)(v; w) D2 '(u)(w; v) 6" (kvkV + kwkV )2 W si maxfkvkV ; kwkV g < : Si v; w 2 V son arbitrarios, escogemos 2 (0; 1] tal que maxfk vkV ; k wkV g < : De la desigualdad anterior se sigue entonces que D2 '(u)(v; w) D2 '(u)(w; v) W = 1 2 D2 '(u)( v; w) 1 2 6" (k D2 '(u)( w; v) W vkV + k wkV )2 = 6" (kvkV + kwkV )2 : Como " > 0 es arbitraria, concluimos que D2 '(u)(v; w) = D2 '(u)(w; v) para cualesquiera v; w 2 V: Caso 2: k > 2: El resultado se obtiene por inducción usando el caso k = 2 y el isomor…smo (9.23). De…nición 9.32 Si V y W son espacios de Banach, V y k 2 N [ f1g de…nimos C k ( ; W ) : = f' : C k ( ; W ) : = f' : es un subconjunto abierto de ! W : ' es de clase C k en ! W : ' es de clase C k en g; g: Si W = R escribiremos simplemente C k ( ) : = C k ( ; R); C k ( ) : = C k ( ; R): 9.7. La fórmula de Taylor Si ' es diferenciable en u0 entonces '(u0 + v) = '(u0 ) + '0 (u0 )v + r1 (v) kr (v)k donde l mv!0 1kvk W = 0: Es decir, cerca de u0 ; ' es la suma de una función constante V más una función lineal salvo por un término que tiende a cero más rápidamente que kvkV : La fórmula de Taylor generaliza esta a…rmación. Asegura que si ' es de clase C k en u0 entonces, cerca de ese punto, ' es una suma de funciones j-multilineales, j = 0; : : : ; k, salvo por un término que tiende a cero más rápidamente que kvkkV : : : : . 1]. 1) tal que 1 '(u0 + v) = '(u0 ) + D'(u0 )v + D2 '(u0 )(v. Publicó su célebre fórmula en 1715. :::.7. k + 1: (9. . : : : . entonces existe 2 (0. Entonces. v ): | {z } | {z } k! (k + 1)! k veces k+1 veces Demostración: Observa que la función real de variable real f (t) := '(u0 + tv) está de…nida en algún intervalo abierto que contiene a [0. : : : . : : : . : : : . 1]. pero su importancia no fue reconocida sino hasta 1772 cuando J. k + 1. aplicando la regla de la cadena obtenemos Dj f (t) = Dj '(u0 + tv)v (v. R) le asocia el valor F (v. v ) + Dk+1 '(u0 + v)(v. : : : . es un subconjunto abierto de V. Usaremos ese resultado para demostrar éste. j = 1. v ).25) | {z } j veces En efecto: por la regla de la cadena.56].9. Inglaterra. v) 2 R. donde (t) := u0 + tv y E es la función que a cada F 2 Lj 1 (V.33 (Taylor) Si V es un espacio de Banach. Observa que E es lineal y continua [Ejercicio 9. es de clase C k+1 en dicho intervalo y Dj f (t) = Dj '(u0 + tv)(v. v) para algún j = 2. Df (t) = D'(u0 + tv)v: Argumentando por inducción. por lo que conviene que revises su demostración [Ejercicio 9. si Dj 1 f (t) = Dj 1 '(u0 + tv)(v. Lagrange se dió cuenta de su potencial y la llamó el fundamento principal del cálculo diferencial. LA FÓRMULA DE TAYLOR 189 El teorema que veremos a continuación es una extensión a espacios de Banach del teorema de Taylor3 para funciones reales de variable real del cálculo diferencial. v ): | {z } j 1 veces 3 Brook Taylor (1685-1731) nació Edmonton. Estudió en la Universidad de Cambridge. Brook Taylor Teorema 9.59]. v) + 2 1 k 1 + D '(u0 )(v. entonces Dj 1 f = E (Dj 1 ') . L. :::. u0 2 y v 2 V satisfacen que u0 + tv 2 para todo t 2 [0. y ' 2 C k+1 ( ). v): . v) + 2 1 k 1 + D '(u0 )(v. v ) | {z } k! es un sub- (9. v ): | {z } | {z } k! (k + 1)! k veces k+1 veces Esta es la identidad deseada.26) k veces está de…nida en una vecindad de 0 en V y satisface lm v!0 rk (v) kvkkV = 0: Demostración: Sea > 0 tal que BV (u0 .33 con k en vez de k + 1 obtenemos que. concluimos que existe 2 (0. u0 2 y ' 2 C k ( ). : : : . DIFERENCIABILIDAD Esta función corresponde a (9. Aplicando el teorema de Taylor para funciones de variable real [Ejercicio 9. 1) tal que '(u0 + v) = kP1 1 j 1 D '(u0 )(v. v): Por otra parte. : : : . conjunto abierto de V.34 (Fórmula de Taylor) Si V es un espacio de Banach. 1) tal que 1 1 1 '(u0 + v) = f (1) = f (0) + Df (0) + D2 f (0) + + Dk f (0) + Dk+1 f ( ) 2 k! (k + 1)! 1 = '(u0 ) + D'(u0 )v + D2 '(u0 )(v. : : : .25) bajo el isomor…smo (9. : : : . de la de…nición de rk se sigue que '(u0 + v) = k 1 P Dj '(u0 )(v. ). entonces la función rk (v) := '(u0 + v) '(u0 ) D'(u0 )v 1 k D '(u0 )(v. ) : Aplicando el Teorema 9. v) + Dk '(u0 + k! j=0 j! v v)(v. existe v 2 (0. para cada v 2 BV (0.59] a la función f.23). Corolario 9. v) + rk (v): j! j=0 Tomando la diferencia de estas identidades obtenemos rk (v) = 1 Dk '(u0 + k! v v) Dk '(u0 ) (v. : : : . v ) + Dk+1 '(u0 + v)(v.190 9. : : : . : : : . 9.8. EJERCICIOS 191 En consecuencia, si v 6= 0; jrk (v)j kvkkV Dado que Dk ' : k (v) l mv!0 rkvk k = 0: = 1 Dk '(u0 + v v) Dk '(u0 ) (v; : : : ; v) k! kvkkV 1 Dk '(u0 + v v) Dk '(u0 ) L (V;R) : k k! ! Lk (V; R) es continua en u0 y que v 2 (0; 1), concluimos que V La función Pk (v) := '(u0 ) + D'(u0 )v + + 1 k D '(u0 )(v; : : : ; v ) | {z } k! k veces se llama la expansión de Taylor de grado k de ' alrededor de u0 : 9.8. Ejercicios Ejercicio 9.35 Prueba que kT kL(V;W ) := sup v2V v6=0 kT vkW kvkV es una norma en L(V; W ): Ejercicio 9.36 Si identi…camos al espacio L(Rn ; Rm ) con el espacio Mm n (R) de matrices de m n de la manera usual, este espacio resulta isomorfo a Rmn . Prueba que cualquier isomor…smo de espacios vectoriales : L(Rn ; Rm ) ! Rmn es un homeomor…smo para cualquier norma que le demos a Rmn : Ejercicio 9.37 Prueba que, para todo T 2 L(V; W ); kT kL(V;W ) = donde BV (0; 1) := fv 2 V : kvkV sup v2BV (0;1) kT vkW = sup v2SV (0;1) kT vkW : 1g y SV (0; 1) := fv 2 V : kvkV = 1g: 192 9. DIFERENCIABILIDAD Ejercicio 9.38 Sean V; W; Z espacios de Banach. Demuestra las siguientes a…rmaciones: (a) Si S 2 L(V; W ) y T 2 L(W; Z) entonces kT SkL(V;Z) kT kL(W;Z) kSkL(V;W ) : (b) Si Sk ! S en L(V; W ) y Tk ! T en L(W; Z) entonces Tk Sk ! T S en L(V; Z): Ejercicio 9.39 Prueba que, si '; es diferenciable en u0 y ( '+ : ! W son diferenciables en u0 ; entonces '+ )0 (u0 ) = '0 (u0 ) + 0 (u0 ): Ejercicio 9.40 Sean V1 ; V2 espacios de Banach, (u1 ; u2 ) 2 V1 funciones 1;u2 2;u1 : V1 ! V1 : V2 ! V1 V2 ; V2 ; V2 : Prueba que las 1;u2 (v1 ) := (v1 ; u2 ); 2;u1 (v2 ) := (u1 ; v2 ); son diferenciables y calcula su derivada. Ejercicio 9.41 Prueba que la función ' : C 0 ([0; 1]; V ) ! V V dada por '( ) := ( (0); (1)) es diferenciable y calcula su derivada. Ejercicio 9.42 Prueba que la función ' : C 0 [0; 1] ! R dada por '(u) := Z 1 u2 0 es diferenciable y calcula su derivada. Ejercicio 9.43 Un subconjunto A de un espacio métrico X es conexo si para cualesquiera a1 ; a2 2 A existe una trayectoria de a1 a a2 en A: Prueba que, si es un subconjunto abierto y conexo de un espacio de Banach V , ' : ! W es diferenciable en y '0 (u) = 0 para todo u 2 ; entonces ' es constante en : (Sugerencia: Usa el teorema del valor medio.) 9.8. EJERCICIOS 193 Ejercicio 9.44 Sea ' : R2 ! R dada por ( 2 2 '(x; y) := x y x2 +y 2 0 si (x; y) 6= (0; 0); si (x; y) = (0; 0): Prueba que ' es diferenciable en (0; 0): (Sugerencia: Usa la desigualdad de Young, Lema 2.11.) Ejercicio 9.45 Sea ' : R2 ! R dada por ( p xy si (x; y) 6= (0; 0); x2 +y 2 '(x; y) := 0 si (x; y) = (0; 0): (0; 0) y @' (0; 0); pero que no existe ninguna Prueba que existen las derivadas parciales @' @x @y otra derivada direccional en (0; 0), es decir, si xy 6= 0 no existe el límite lm '(tx; ty) t t!0 Ejercicio 9.46 Sea ' : R2 ! R dada por ( 2 '(x; y) := '(0; 0) xy x2 +y 2 0 : si (x; y) 6= (0; 0); si (x; y) = (0; 0): Prueba que existen todas las derivadas direccionales de ' en (0; 0), pero que ' no es Gâteaux-diferenciable en (0; 0): Ejercicio 9.47 Prueba que la función ' : R2 ! R dada por ( 3 x y si (x; y) 6= (0; 0); x4 +y 2 '(x; y) := 0 si (x; y) = (0; 0): es Gâteaux-diferenciable en (0; 0); pero no es diferenciable en (0; 0): Ejercicio 9.48 Considera las funciones f1 ; f2 ; f1 : Rn ! R dadas por f1 (x) := kxk1 ; f2 (x) := kxk2 ; f1 (x) := kxk1 : Investiga en qué puntos son diferenciables y calcula su derivada en dichos puntos. 194 9. DIFERENCIABILIDAD Ejercicio 9.49 Considera la función k k1 : `1 ! R, kxk1 := 1 P k=1 jxk j : (a) Prueba que k k1 es Gâteaux-diferenciable en x = (xk ) si y sólo si xk 6= 0 para todo k 2 N: Calcula, en este caso, su derivada de Gâteaux. (b) Prueba que k k1 no es Fréchet-diferenciable en ningún punto. Ejercicio 9.50 Sea f 2 C 0 [a; b]: Prueba que la función ' : (a; b) ! R dada por '(t) := Z b f (s)ds t es de clase C 1 y su derivada es '0 (t) = f (t): Ejercicio 9.51 Sea f : [a; b] R ! R una función continua, cuya derivada parcial respecto a la segunda variable existe y es continua en [a; b] R. (a) Prueba que la función ' : C 0 [a; b] ! R dada por '(u) := Z b f (s; u(s))ds a es de clase C 1 y su derivada está dada por Z b 0 @2 f (s; u(s)) [v(s)] ds: ' (u)v = a (b) Prueba que la función : C 0 [a; b] ! C 0 [a; b] dada por Z t (u)(t) := f (s; u(s))ds a es de clase C 1 y su derivada está dada por Z t 0 ( (u)v) (t) = @2 f (s; u(s)) [v(s)] ds: a Ejercicio 9.52 (a) Prueba que toda función T 2 L(V; W ) es de clase C 1 y calcula su derivada de orden k para todo k 2 N: 9.8. EJERCICIOS 195 (b) Prueba que toda función F 2 L(V1 ; V2 ; W ) es de clase C 1 y calcula su derivada de orden k para todo k 2 N: Ejercicio 9.53 Sea F 2 L2 (V; R): Si F es simétrica, es decir, si F (v1 ; v2 ) = F (v2 ; v1 ) para cualesquiera v1 ; v2 2 V; prueba que la función 1 Q(v) = F (v; v); 2 Q : V ! R, es de clase C 1 y calcula todas sus derivadas. Ejercicio 9.54 Prueba que la función ' : C 0 [0; 1] ! C 0 [0; 1] dada por '(u) := u2 es de clase C 1 y calcula todas sus derivadas. Ejercicio 9.55 Sea K : [a; b] [a; b] ! R una función continua y simétrica. Prueba que la función ' : C 0 [a; b] ! R dada por Z bZ b K(x; y)u(x)u(y)dxdy '(u) := a a es de clase C 1 y calcula todas sus derivadas. Ejercicio 9.56 Sean V1 ; :::; Vn ; W espacios de Banach y vj 2 Vj : Prueba que la función E : L(V1 ; :::; Vn ; W ) ! W; E(F ) := F (v1 ; : : : ; vn ); es lineal y continua. Ejercicio 9.57 Considera la función : L(V1 ; V2 ; W ) ! L(V1 ; L(V2 ; W )) dada por (F ) := F^ donde (F^ v1 )v2 = F (v1 ; v2 ); 8v1 2 V1 ; v2 2 V2 : Prueba que (a) está bien de…nida, es decir, F^ 2 L(V1 ; L(V2 ; W )) si F 2 L(V1 ; V2 ; W ), (b) es un isomor…smo de espacios vectoriales, (c) es una isometría, es decir, kF kL(V1 ;V2 ;W ) = F^ L(V1 ;L(V2 ;W )) 8F 2 L(V1 ; V2 ; W ): Ejercicio 9.58 Sean V1 ; :::; Vn ; W espacios de Banach, V := V1 Vn y ' : ! W . un subconjunto abierto de 196 9. DIFERENCIABILIDAD (a) Prueba que si ' es de clase C 2 entonces existen las derivadas parciales de orden 2; @j @i '(u) := @j (@i ') (u) 2 L(Vj ; L(Vi ; W )) = L(Vj ; Vi ; W ); para cualesquiera u 2 ; i; j = 1; : : : ; n; y que se cumple n P D2 '(u)(v; w) = @j @i '(u)(vj ; wi ) i;j=1 para cualesquiera v = (v1 ; : : : ; vn ); w = (w1 ; : : : ; wn ) 2 V: (b) Prueba que, si ' es de clase C 2 ; entonces @j @i '(u) = @i @j '(u) para cualesquiera u 2 ; i; j = 1; : : : ; n: (c) Prueba que, si las derivadas parciales @j @i ' : ! L(Vj ; Vi ; W ) de orden 2 existen y son continuas para cualesquiera i; j = 1; : : : ; n; entonces ' es de clase C 2 . (d) Formula y demuestra los resultados análogos para ' de clase C k ; k 2: Ejercicio 9.59 (Teorema de Taylor para funciones de variable real) Prueba que si f 2 C k+1 (a; b) y 0 2 (a; b) entonces, para cada t 2 (a; b); existe un punto 2 (0; 1) tal que 1 f (t) = f (0) + Df (0)t + D2 f (0)t2 + 2 + 1 k 1 D f (0)tk + Dk+1 f ( t)tk+1 : k! (k + 1)! Ejercicio 9.60 Sea Q : V ! R como en el Ejercicio 9.53. (a) Para cualesquiera k Q alrededor de u0 : 2 y u0 2 V; calcula la expansión de Taylor de grado k de (b) Calcula la función rk de…nida en (9.26). Ejercicio 9.61 Sea por := f(x; y) 2 R2 : x + y 6= 0g y sea ' : '(x; y) := ! R la función dada x y : x+y (a) Calcula la expansión de Taylor de grado 2 de la función ' alrededor de (1; 1): (b) Comprueba directamente que la función r2 de…nida en (9.26) con u0 = (1; 1) satisface r2 (x; y) = 0: lm (x;y)!(1;1) x2 + y 2 9.8. EJERCICIOS 197 Ejercicio 9.62 Utiliza una expansión de Taylor de la función '(x; y) := cos(x + y) para calcular 1 cos(x + y) p : lm (x;y)!(0;0) x2 + y 2 198 9. DIFERENCIABILIDAD Capítulo 10 El teorema de la función implícita Sean ' : ! R una función de clase C 1 de…nida en un abierto de Rn ; y c 2 R: Queremos obtener información sobre la estructura del conjunto de soluciones 2 de la ecuación '( ) = c; (10.1) al que denotaremos por M := f 2 : '( ) = cg: 2 Veamos un ejemplo. Si ' : R ! R es la función '(x; y) = x2 y 2 entonces para c < 0pel conjunto M tiene dos componentes: una p de ellas es la grá…ca de la función x2 c: Análogamente, si c > 0; el x 7! x2 c y la otra es la grá…ca de x 7! p 2 conjunto M tiene p dos componentes: la grá…ca de la función y 7! c + y y la de la función y 7! c + y 2 : En cambio, si c = 0; no existe ninguna vecindad de (0; 0) en R2 cuya intersección con M sea la grá…ca de alguna función. x2 y2 = c < 0 x2 y2 = c > 0 x2 y2 = 0 Nota que r'(x; y) 6= (0; 0) si (x; y) 6= (0; 0): En este caso, la recta perpendicular a r'(x; y) es tangente a M en el punto (x; y); es decir, M se parece a dicha recta en una vecindad del punto. 199 entonces rg( ) es perpendicular al espacio tangente a M en . EL TEOREMA DE LA FUNCIÓN IMPLíCITA Los conjuntos M de soluciones de (10. por ejemplo. cerca de . z) := z es la función que a cada punto de R3 le asocia su altura respecto al plano xy. y. M es la grá…ca de una función cuyo dominio es un abierto en el subespacio de Rn ortogonal a r'( ) y cuyo codominio es el espacio generado por r'( ): M ϕ(ξ) ∆ ξ En particular. El teorema de la función implícita asegura que. los máximos y mínimos locales de g sobre una super…cie M en R3 tienen la propiedad de que el plano tangente a M en tales puntos es paralelo al plano xy: Los resultados anteriores son válidos también en espacios de Banach y tienen aplicaciones importantes en ese contexto. Por ejemplo.200 10. en una vecindad de cada punto 2 M .1) que tienen la propiedad de que r'( ) 6= 0 para todo 2 M se llaman variedades. si g(x. M se parece a Rn 1 : Esto permite extender conceptos y resultados del cálculo diferencial a las variedades. . En las aplicaciones interesa a menudo encontrar mínimos o máximos locales de una cierta función g : ! R sobre una variedad M: El teorema de la función implícita proporciona un criterio sencillo para detectarlos: si 2 M es un máximo o un mínimo local de g en M. para probar la existencia de soluciones de ciertas ecuaciones diferenciales no lineales. si M es una variedad entonces. localmente. se parece a Rn 1 en el siguiente sentido: Para cada punto 2 M existe un subespacio vectorial T M de Rn de dimensión n 1. z) : x 2 T M. el conjunto M es la esfera de radio c con centro en el origen. : '(u) = cg: Ejemplo 10.1. 1 tal que. xn ) = x21 + + x2n : Si c > 0.1. de…nida como graf(f ) := f(y. Observa que r'( ) = 2 . kyk < p c. EL TEOREMA DE LA FUNCIÓN IMPLíCITA 10. al que denotaremos por M := fu 2 Veamos el siguiente ejemplo. el conjunto p M es la grá…ca de una función de clase C cuyo dominio es la bola abierta de radio c en T M y cuyo codominio es el complemento ortogonal de T M: ξ TξM Dicha función f está dada por q f (y) := c kyk2 k k . : : : .1 Sea ' : Rn ! R lapfunción '(x1 .2) '(u) = c. resulta ser el conjunto fx 2 M : x > 0g. Ésta tiene la propiedad de que. ' : ! Rm una función de clase C 1 y c 2 Rm : Como mencionamos en la introducción. z = f (y)g. 8y 2 T M tal que kyk < p c: La grá…ca de f. nos interesa obtener información sobre la estructura del conjunto de soluciones u 2 de la ecuación (10. un subconjunto abierto de Y . 201 El teorema de la función implícita Sean Y un espacio de Banach.10. en una vecindad de . el cual es abierto en M y contiene a . a saber T M := fy 2 Rn : y = 0g. por lo que T M = fy 2 Rn : y r'( ) = 0g: . : : : . localmente. EL TEOREMA DE LA FUNCIÓN IMPLíCITA Queremos obtener una condición su…ciente para que el conjunto de soluciones de la ecuación (10.. es un espacio de Banach. El siguiente concepto jugará un papel fundamental.2 Decimos que c 2 Rm es un valor regular de ' : Y ! Rm es suprayectiva para todo u 2 M := fw 2 : '(w) = cg. Si c es un valor regular de ' y M 6= .1. por tanto. mg es el complemento ortogonal del espacio generado por fr'1 ( ). m n. y es un caso particular del siguiente ejemplo. j = 1. xn ) = x21 + Ejemplo 10. 'm ) : ! Rm es de clase C 1 ... dado que '0 (u) : Y ! Rm es continua. : : : . De…nición 10. si M = . necesariamente dim Y m: Observa además que. r'm ( )g : Demostración: En efecto.3 Si es un subconjunto abierto de Rn y ' : ! R es de clase C 1 entonces c es un valor regular de ' si y sólo si r'( ) 6= 0 para cada 2 M: En este caso.. r'm ( )g es linealmente independiente para cada 2 M: En ese caso.4 Si es un subconjunto abierto de Rn y ' = ('1 . la grá…ca de una función.2) sea. entonces c es un valor regular de ' si y sólo si el conjunto fr'1 ( ). T M = fy 2 Rn : y r'( ) = 0g. .202 10. El subespacio vectorial ! Rm si '0 (u) : Tu M := ker '0 (u) = fv 2 Y : '0 (u)v = 0g de Y se llama el espacio tangente a M en el punto u 2 M: Nota que. :::. : : : . T M = fy 2 Rn : y r'j ( ) = 0. @'m @'m ( ) ( ) @x1 @xn . el espacio tangente Tu M es un subespacio cerrado de Y y. + x2n . considerada en el Ejemplo 10. : : : . '0 ( ) = @ A. es decir. entonces c es un valor regular de '. T M es el subespacio ortogonal a r'( ): Este ejemplo incluye a la función '(x1 . '0 ( ) es la función lineal dada por la matriz jacobiana 0 @'1 1 @'1 ( ) ( ) @x1 @xn C B . . Ejemplo 10. . em g la base canónica de Rm : Escogemos wj 2 Y tal que T wj = ej . w)) = (v + w es decir. es decir. Además. es lineal y continua (ver Ejercicio 3. Se tiene el siguiente resultado. es un homeomor…smo.42). :::. : : : . ni W es necesariamente cerrado en Y. EL TEOREMA DE LA FUNCIÓN IMPLíCITA 203 y ésta es suprayectiva si y sólo si la matriz tiene rango máximo. ni Y es necesariamente homeomorfo a V W: En el caso particular que estamos considerando sí podemos expresar a Y como Tu M Wu de manera apropiada. = idV W: ST (v + w). y ST y 2 ker T para todo y 2 Y y la función :Y !V W. cumple que T Sx = x para todo x 2 Rm : En consecuencia. existe un subespacio W de Y tal que Y es linealmente isomorfo a V W: Sin embargo. = idY : . w 2 W: Por tanto. Claramente. xm ) := x1 w1 + + xm wm es también continua. :::. entonces existe un subespacio vectorial cerrado W de Y tal que la restricción T jW : W ! Rm de T a W es un isomor…smo de espacios vectoriales y la función lineal :V W ! Y. sí y sólo si sus renglones son linealmente independientes. todo subespacio V de un espacio vectorial Y tiene un espacio complementario. r'm ( ) y) . j = 1. es lineal y continua y Observa que ST (v + w) = ST w = w para todo v 2 V.1. ST y). (v.10. ya que su dominio es de dimensión …nita (ver Ejercicio 4. ST (v + w)) = (v. : : : . Demostración: Sea fe1 . necesitamos primero expresar a Y como un producto de espacios de Banach de la forma Tu M Wu : Si Y = Rn podemos simplemente tomar a Wu como el complemento ortogonal de Tu M: Desde un punto de vista puramente algebraico. m: Si queremos expresar localmente a M como la grá…ca de una función de…nida en un subconjunto abierto del espacio tangente. T 2 L(Y. Nota que '0 ( )y = (r'1 ( ) y. wm g: La función lineal S : Rm ! Y dada por S(x1 . Esto prueba que es un homeomor…smo. si Y es un espacio de Banach de dimensión in…nita y V es cerrado en Y. (y) := (y ST y. ( (v. : : : . Proposición 10. m. así que y 2 T M si y sólo si r'j ( ) y = 0 para todo j = 1. : : : . es decir. w) := v + w. y denotamos por W al subespacio vectorial de Y generado por fw1 . w).49).5 Si Y es un espacio de Banach. Rm ) es suprayectiva y V := ker T. w) 2 BV (v0 . ) BW (w0 . w) = c coincide con la grá…ca de f. W. es un isomor…smo de Banach. )g: En particular.204 10. que enunciaremos a continuación. si c es un valor regular de ' entonces. De la Proposición 10.5 se desprende que. w0 ) 2 y ' : ! Z una función de clase C en : Si '(v0 . ) se cumple que @2 '(v.7 (de la función implícita) Sean V. graf(f ) := f(v. Z) es un isomor…smo de Banach.4 de este capítulo. f (v)): Pospondremos la demostración de este teorema para la Sección 10. un 1 subconjunto abierto de V W . . ) y una función f : BV (v0 . > 0 tales que BV (v0 . ) BW (w0 . ): (II) Para todo v 2 BV (v0 . w0 ) 2 L(W. f (v0 ) = w0 y f (v) 2 BW (w0 . f (v)) es un isomor…smo de Banach y f 0 (v) = [@2 '(v. EL TEOREMA DE LA FUNCIÓN IMPLíCITA Para probar que W es cerrado en Y tomemos una sucesión (yk ) en W tal que yk ! y en Y: Como ST es continua. garantiza que M se puede expresar localmente como la grá…ca de una función cuyo dominio es un abierto de Tu M y cuyo codominio es Wu : Teorema 10. w0 ) = c y @2 '(v0 . w) := v + w.6 Una función lineal y biyectiva T : V ! W entre dos espacios de Banach V y W que es además un homeomor…smo se llama un isomor…smo de Banach. (v0 . f (v))] 1 @1 '(v. Z espacios de Banach. El teorema de la función implicita. existe un subespacio cerrado Wu de Y tal que la función : Tu M Wu ! Y. se tiene que yk = ST yk ! ST y: En consecuencia. ) ! W de clase C 1 con las siguientes propiedades: (I) El conjunto de soluciones (v. y = ST y 2 W: Esto prueba que W es cerrado en Y: De…nición 10. ) para todo v 2 BV (v0 . para cada u 2 M. (v. f (v)) : v 2 BV (v0 . ) de la ecuación '(v. y procederemos a presentar algunas consecuencias importantes. entonces existen . 8 permite caracterizar al espacio tangente como sigue. Tu M = f 0 (0) : 2 u (M )g.7 y del Corolario 10. es un isomor…smo de Banach. para cada u 2 M. Para cualquier elección de Wu con las propiedades mencionadas se tiene el siguiente resultado. "): : ( ".8 Si c 2 Rm es un valor regular de ' : ! Rm y u = v0 + w0 2 M con v0 2 Tu M y w0 2 Wu . 10. si c 2 Rm es un valor regular de ' : ! Rm . Identi…cando a Y con Tu M Wu mediante dicho isomor…smo. > 0 y una función f : BTu M (v0 . ' : ! Rm una función de clase C 1 . Nota que Wu no es único. EXTREMOS LOCALES DE UNA FUNCIÓN DIFERENCIABLE SOBRE UNA VARIEDAD 205 La Proposición 10. c 2 Rm y M := fu 2 : '(u) = cg: El Corolario 10. donde u (M ) es el conjunto de todas las funciones que (0) = u y (t) 2 M para todo t 2 ( ". ) ! Wu de clase C 1 tal que M \ (BTu M (v0 .8 es de clase C k . ). @2 '(v + f (v)) es un isomor…smo y f 0 (v) = [@2 '(v + f (v))] 1 @1 '(v + f (v)) para cada v 2 BTu M (v0 .9 Si c es un valor regular de ' entonces.10. se obtiene que @2 '(u) '0 (u) jWu : Wu ! Rm es un isomor…smo. que es consecuencia inmediata del teorema de la función implícita. ") ! Y de clase C 1 tales .5 asegura que. Extremos locales de una función diferenciable sobre una variedad Sean un subconjunto abierto de un espacio de Banach Y . entonces la función f también es de clase C k [Ejercicio 10. w) := v + w.24]. (v. entonces existen . )) = fv + f (v) : v 2 BTu M (v0 . ) BWu (w0 . Proposición 10.2. Es importante hacer notar que. entonces para cada u 2 M existe un subespacio cerrado Wu de Y tal que la función : Tu M Wu ! Y. si la función ' del Teorema 10.2. Corolario 10. )g: Más aún. > 0 y una función f : BTu M (v0 .8 asegura que existen . ) ! Wu de clase C 1 tal que M \ [BTu M (v0 . Así pues.10 Un subconjunto M de un espacio de Banach Y se llama una subvariedad de Y de clase C k y de codimensión m si existen una función ' : ! Rm de clase C k de…nida en un abierto de Y que contiene a M y un valor regular c 2 Rm de ' tales que M = fu 2 : '(u) = cg: Las subvariedades aparecen a menudo en las aplicaciones como restricciones de una función cuyos máximos y mínimos locales sobre la variedad interesa encontrar. ) BWu (w0 . Esto justi…ca llamarlo el espacio tangente a M en u: Nota que esta última caracterización no depende de la función ': De…nición 10. . el Corolario 10. )] = fv + f (v) : v 2 BTu M (v0 . sea v 2 Tu M: Si escribimos u = v0 +w0 con v0 2 Tu M y w0 2 Wu . usando la regla de la cadena obtenemos )0 (0) = '0 (u) [ 0 (0)] : 0 = (' Esto prueba que 0 (0) 2 ker '0 (u) =: Tu M: ) : Inversamente. u (M ): Como v 2 Tu M se tiene que @1 '(u)v = '0 (u)v = 0 y. 2 consecuencia. 0 Esto prueba que Tu M f 0 (0) : (0) = v + f 0 (v0 )v = v: 2 u (M )g. ") y de…nimos : ( ". EL TEOREMA DE LA FUNCIÓN IMPLíCITA Demostración: ) : Si 2 u (M ) entonces (' )(t) = c para todo t 2 ( ". ") ! Y como (t) := v0 + tv + f (v0 + tv): Claramente. "): En particular. "): Por tanto.206 10. Tu M es el conjunto de velocidades en el punto u de todas las trayectorias continuamente diferenciables en M que pasan por u. si t = 0. )g y f 0 (v0 ) = [@2 '(u)] 1 @1 '(u): Escogemos " > 0 tal que v0 + tv 2 BTu M (x0 . ) para todo t 2 ( ". en f 0 (v0 )v = [@2 '(u)] 1 [@1 '(u)v] = 0: Por tanto. (' )0 (t) = 0 para todo t 2 ( ". 2. ' = ('1 . Proposición 10.12 Sean M una subvariedad de un espacio de Banach Y. ): g(x) 2 A es un máximo local de g : X ! R en A si existe g( ) 207 > 0 tal que 8x 2 A \ BX ( . :::. de…nida en ( ". un subconjunto abierto de Y que contiene a M y g : ! R una función de clase C 1 : Se dice que un punto u 2 M es un punto crítico de g en M si g 0 (u)v = 0 8v 2 Tu M: La Proposición 10. EXTREMOS LOCALES DE UNA FUNCIÓN DIFERENCIABLE SOBRE UNA VARIEDAD De…nición 10. entonces g 0 (u)v = 0 8v 2 Tu M: Demostración: Sean v 2 Tu M y 2 u (M ). m 2 R únicos tales que rg( ) = 1 r'1 ( )+ + m r'm ( ) y '( ) = c: . 'm ) : ! Rm una función de clase C 1 .12 a…rma que los máximos y mínimos locales son puntos críticos de g en M: Para Y = Rn podemos caracterizar a los puntos críticos del siguiente modo.13 Sean M una subvariedad de un espacio de Banach Y. :::. entonces 0 es un mínimo (máximo) local de g : ( ". ") ! R: Por tanto. tal que 0 (0) = v: Si u es un mínimo (máximo) local de g en M.10.14 (multiplicadores de Lagrange) Sean un abierto de Rn . ): g(x) Los mínimos y máximos locales de una función en una variedad tienen la siguiente propiedad. De…nición 10. )0 (0) = g 0 (u) [ 0 (0)] = g 0 (u)v. c 2 Rm un valor regular de ' y n M := fx 2 R : '(x) = cg: Sea g : ! R una función de clase C 1 : Entonces es un punto crítico de g en M si y sólo si existen 1 . "). Teorema 10. un subconjunto abierto de Y que contiene a M y g : ! R una función de clase C 1 : Si u es un mínimo (máximo) local de g en M.11 Sea A un subconjunto de un espacio métrico X: Decimos que es un mínimo local de g : X ! R en A si existe > 0 tal que g( ) Decimos que 2A 8x 2 A \ BX ( . 0 = (g como a…rma el enunciado. n 1 . :::. entonces satisface (10. continua y biyectiva. existe 2 R tal que 2( 1 . n 1 . :::. :::. :::. :::. :::. 1 para todo x 2 Sn 1 : Homeomor…smos lineales Consideremos el conjunto de isomor…smos de Banach de V a W al que denotaremos H(V. 0. m 1 r'1 ( )+ m r'm ( + ) 2 R. n 1 . W ) es una función T : V ! W lineal. los puntos críticos de g en Sn 1 son los puntos de la forma ( 1 . :::. 0. Si T 2 H(V. cuyo inverso es lineal y continuo. es un punto crítico de g en M si y sólo si rg( ) es ortogonal a T M: En el Ejemplo 10. g(0. T k := T | {z k veces T}. :::. n 1 . + x2n 1 : Los puntos Ejemplo 10. :::. entonces n = 1 y la igualdad (10. es un punto crítico de g en M si y sólo si rg( ) se expresa de manera única como rg( ) = con 1 . xn ) = x21 + críticos de g en la esfera unitaria Sn 1 son los puntos de la forma ( 1 . r'm ( )g es una base del complemento ortogonal de T M: En consecuencia. V ) denotamos por T 0 := I. W ) : T es isomor…smo de Banachg: Un elemento de H(V. : : : . :::. W ) := fT 2 L(V. . xn ) = x21 + + x2n : Si j 6= 0 para algún j = 1. :::. 1) = 0.3) se cumple para = 0: Por tanto. 0) es punto crítico de g en Sn = rg( ) = r'( ) = 2( 1 . 0.3) donde '(x1 . 0) y (0. (10.15 Sea g : Rn ! R la función g(x1 . n 1.3) si y sólo si = 1 y n = 0: Si 1 = = n 1 = 0. 0) = 1. y n) 1 si y sólo si '( ) = 1. 1): Para veri…car si son máximos o mínimos basta observar que g( 1 .4 vimos que fr'1 ( ). EL TEOREMA DE LA FUNCIÓN IMPLíCITA Demostración: Por de…nición. y0 g(x) 10. 0) y (0. :::.3.208 10. 1): Los primeros son máximos y los últimos son mínimos de g en Sn 1 : Demostración: Por el teorema anterior. Escribiremos T S en vez de T S para denotar a la composición. W ).16 Si S 2 L(V.V ) = 0: Demostración: Como S k L(V.38) y kSkL(V. W ): Para ello usaremos el siguiente resultado. V ): Por tanto. V ) y kSkL(V. haciendo tender n ! 1.V ) 1 y (I S) lm 1 I S kSkL(V.V ) L(V. Probaremos que H(V.4) converge.3. Lema 10.V ) 1 1 : kSkL(V.V ) S!0 1 kSkL(V. para cada n 2 N.V ) < 1.4) k=0 converge en L(V. (I S) n P Sk =I S n+1 = k=0 n P S k (I S): k=0 Dado que la serie (10. k=0 (I S) 1 L(V. Sk.V ) < 1.10. HOMEOMORFISMOS LINEALES 209 donde I es la identidad. W ) es un subconjunto abierto de L(V.V ) kSkkL(V.25 asegura entonces que la serie 1 P Sk (10.V ) k=0 k=0 El Teorema 5. la sucesión S k ! 0 en L(V. V ) y que 1 P Sk k=0 L(V.V ) (ver Ejercicio 9.V ) = : 1 kSkL(V. se tiene que 1 1 P P 1 S k L(V. obtenemos (I S) 1 P k=0 Sk =I= 1 P k=0 S k (I S): .V ) (10.5) Observa que. entonces I (I S) 1 = 1 P S 2 H(V.V ) kSkkL(V. es diferenciable y su derivada en T0 es 0 (T0 )T = T0 1 T T0 1 : Demostración: (a): Si V = W = f0g o si H(V. Supongamos pues que H(V. W ). (T ) := T 1 . observa que (I S) 1 I 1 P S= Sk = S2 k=2 En consecuencia. Entonces T0 6= 0: Probaremos que BL(V. V ) y que (I S) 1 = 1 P Sk: k=0 De la desigualdad (10. V ).W ) (T0 .V ) 1 L(V.V ) = 0. W ) = . la a…rmación es obvia.V ) kSkL(V.5) se sigue que (I S) 1 : kSkL(V. EL TEOREMA DE LA FUNCIÓN IMPLíCITA Esto prueba que I S 2 H(V. Sea T0 2 H(V. W ) ! L(W. y que V 6= f0g y W 6= f0g. kSkL(V.V ) : (10. Proposición 10.V ) 1 Por último.6) .V ) L(V.V ) lm S!0 1 kSkL(V. r) H(V.210 10. W ) 6= . W ) es un subconjunto abierto de L(V.V ) : Por tanto. donde r := T0 1 1 L(W. En la demostración del teorema de la función implícita usaremos el siguiente resultado. W ): (b) La función : H(V.V ) lo que demuestra la última a…rmación del lema. (I S) 1 I 1 P S k = S 2 (I S) 1 : k=0 S L(V.V ) 1 kSk2L(V. W ). (I lm S!0 S) 1 I S kSkL(V.17 (a) H(V.. V ) T 0 L(V. w0 ) = c.7 para c = 0. así que (T0 T) 1 1 T0 1 T T0 T0 1 T0 1 T T0 1 = (I S) 1 S T0 1 : I En consecuencia. 1 T0 1 T T0 kT kL(V. W ) tal que kT T0 1 T I 211 T0 kL(V. w) para todo (v. V ): En consecuencia. w) 2 . DEMOSTRACIÓN DEL TEOREMA DE LA FUNCIÓN IMPLíCITA Sea T 2 L(V.V ) 1 L(W. En efecto: la función ' e (v.W ) < 1: El Lema 10. T = T0 T0 1 T 2 H(V.4.W ) < r: Entonces = L(V.W ) (I L(W. w) c cumple que ' e (v0 .16 asegura entonces que T0 1 T 2 H(V. (T0 T) 1 T0 1 kT kL(V. usando el Lema 10.W ) (T0 .4. T 6= 0: Denotemos por S := T0 1 T: Entonces (I S) 1 T0 1 = (T0 (I S)) 1 = (T0 T ) 1 . si el teorema de la función implícita vale para ' e .V ) : Nota que S ! 0 cuando T ! 0: De modo que.V ) ! = 0: T0 1 T T0 1 : Demostración del teorema de la función implícita Observa primero que basta probar el Teorema 10. y @i ' e (v.16.V ) L(V.V ) 1 T0 1 L(W.V ) S) 1 I S kSkL(V. W ) y T 2 L(V. concluimos que lm (T0 T) 1 Esto prueba que 10.V ) T0 (I S) lm T !0 es diferenciable en T0 y que 1 1 I L(W.W ) T !0 2 T0 1 L(W. r) H(V. W ): (b): Sean T0 2 H(V. W ). 2: Así que.10. w) = @i '(v. W ): Esto prueba que BL(V. w) := '(v.V ) T0 1 (T T0 ) 1 T0 L(W. w0 ) = 0 si y sólo si '(v0 .V ) kT T0 kL(V. también vale para ': . i = 1.V ) 0 (T0 )T = L(V.V ) S kSkL(V. w) 2 BV (v0 . ) BW (w0 . ). > 0 tales que (i) BV (v0 . BW (w0 . w1 . Z) y @2 ' : ! L(W. Z) (iii) k v (w) .7) Esto sugiere usar el teorema de punto …jo de Banach para obtener soluciones de la ecuación '(v. ): (10. @2 '(v0 . w0 ) = 0. w) 2 H(W. w0 )kL(W. ). w0 ) W < 4 8v 2 BV (v0 . existe T0 1 '(v. w0 ) = 0 T0 := @2 '(v0 . Z son espacios de Banach. (10. w): := w Observa que T0 1 '(v. w) @2 '(v0 . w0 ) 2 H(W. Z) es continua. ) BW (w0 . EL TEOREMA DE LA FUNCIÓN IMPLíCITA En lo que resta de esta sección supondremos que V. Z) . Z) (ver Proposición 10.8) y k@2 '(v. Z): Dado (v. ) Por otra parte. W.Z) < 1 4c0 8(v. w 2 BW (w0 .10) . Lema 10. ) (ii) @2 '(v. ): BW (w0 . v (w2 )kW 3 4 kw1 w2 kW para cualesquiera v 2 BV (v0 . w) 2 H(W. ). es un subconjunto abierto de V W . ) w0 k < (iv) k v (w1 ) BW (w0 . ) tal que (10. ). w) = 0: Empezaremos demostrando el siguiente lema.17). y (v0 .212 10. ). w) 2 BV (v0 . para cualesquiera v 2 BV (v0 . de…nimos v (w) T0 1 '(v. 8(v. w) = 0 () '(v. w2 2 Demostración: Sea c0 := T0 1 L(Z.18 Existen . como T0 1 ' es continua y T0 1 '(v0 . w0 ) 2 H(W. w) = 0 () v (w) = w: (10. w) 2 .9) 2 (0. ). Z) es abierto en L(W. existe > 0 tal que BV (v0 .W ) : Como H(W. ' : ! Z es una función de clase C 1 en . ) @2 '(v. w 2 BW (w0 . ): para cualesquiera v 2 BV (v0 . w0 ) es un punto de tal que y '(v0 . ) con esta propiedad.Z) kw1 w2 kW +c0 sup k@2 '(v.18 y la desigualdad (10. Lema 10.19 Para . ): Entonces. w2 2 BW (w0 . DEMOSTRACIÓN DEL TEOREMA DE LA FUNCIÓN IMPLíCITA 213 Las propiedades (i) y (ii) se siguen de (10. y f (v) es el único elemento de BW (w0 . f (v)) 8v 2 BV (v0 .10. w2 )kW c0 k@2 '(v0 . w0 )(w1 w2 ) '(v.18 asegura que v es una función de BW (w0 . f (v))] 1 @1 '(v. w0 )kL(W. usando (10. w0 ) W 3 kw w0 kW + < 4 4 8v 2 BV (v0 . ). w1 ) + '(v. Probemos (iii) y (iv). ): Esto concluye la demostración. w0 ) @2 '(v0 .8). ) para todo t 2 [0. w2 )) W c0 k@2 '(v0 . f (v)) = 0. Sean v 2 BV (v0 . w0 )(w1 w2 )kW +c0 k@2 '(v. w2 )kW c0 k@2 '(v.Z) kw1 w2 kW t2[0. wt+1 := (1 t)w1 + tw2 2 BW (w0 . ) existe f (v) 2 BW (w0 . ): Demostración: (a): Sea v 2 BV (v0 . ).10) obtenemos k v (w) w0 kW k v (w) w0 kW v (w0 )kW + k v (w0 ) 1 = k v (w) v (w0 )kW + T0 '(v. Como BW (w0 . (b) La función f : BV (v0 . ) en sí mismo. w1 . w0 )kL(W. 1]: Del Corolario 9. ) es cerrado y W es de . ): La a…rmación (iii) del Lema 10. ) ! W es de clase C 1 y f 0 (v) = [@2 '(v. w1 ) '(v.18 se cumple lo siguiente: (a) Para cada v 2 BV (v0 . wt+1 ) @2 '(v. w0 )(w1 w2 ) '(v. w1 ) + '(v. ) tal que '(v.1] < 3 kw1 4 w2 kW : En consecuencia. > 0 como en el Lema 10.4. 8w 2 BW (w0 . w0 )(w1 w2 ) @2 '(v.9) se sigue que k v (w1 ) v (w2 )kW = T0 1 T0 (w1 w2 ) T0 1 ('(v. w1 := f (v1 ). Por el teorema de punto …jo de Banach (ver Teorema 6. ): (b): Sean v.3) existe un único f (v) 2 BW (w0 . ) es un espacio métrico completo. Antes de probar la a…rmación (b) probaremos que la función f : BV (v0 . BW (w0 .214 10.18 asegura entonces que f (v) = v (f (v)) 2 BW (w0 . EL TEOREMA DE LA FUNCIÓN IMPLíCITA Banach. Sean v1 2 BV (v0 . ): De la observación (10. c2 := T2 1 L(Z.18 asegura que T2 es un isomor…smo de Banach. independiente de v. existe k0 2 N.W ) . " c1 + 1 : . Por tanto. ) ! W es continua.18 asegura que k v (w0 ) f (v) k 3 4 W kw0 k 3 4 f (v)kW < 8v 2 BV (v0 . := m n 1. ) ! BW (w0 . la a…rmación (iv) del Lema 10. w0 ) es continua en BV (v0 . 8v 2 BV (v0 . w1 ): La a…rmación (ii) del Lema 10. T1 := @1 '(v1 .18 asegura que v : BW (w0 . v1 2 BV (v0 . ): Concluimos que kf (v) f (v1 )kW f (v) + < " k0 v (w0 ) W + k0 v (w0 ) k0 v1 (w0 ) W k0 v1 (w0 ) f (v1 ) W 8v 2 BV (v0 .7) se sigue la a…rmación (a). w1 ). ): Esto demuestra que f es continua en BV (v0 . ) es una contracción. De…nimos c1 := T2 1 T1 L(V. existe k0 v1 (w0 ) W < " 3 8v 2 BV (v0 . ) y " > 0: Denotamos por w := f (v). ) tal que f (v) = v (f (v)): La a…rmación (iii) del Lema 10. La a…rmación (iv) del Lema 10. ) y " > 0: Como kv (f (v)) = f (v). ): v (w0 ) 3 La función v 7! > 0 tal que v (w0 ) = w0 k0 v (w0 ) T0 1 '(v. ): Por tanto. ) \ BV (v1 . ) \ BV (v1 . T2 := @2 '(v1 . ).W ) . tal que " k f (v) W < 8k k0 . 12) obtenemos que f (v) f (v1 ) + T2 1 T1 (v v1 ) W = w w1 + T2 1 T1 (v v1 ) W kv v1 kV + kw w1 kW 2 2 < (c1 + 1) kv v1 kV " kv v1 kV si kv v1 kV < . w w1 )kV W lm De (10. w1 )(v '(v1 . En consecuencia. < lo cual demuestra que f es diferenciable en v1 y que f 0 (v1 ) = [@2 '(v1 . f (v1 ))] 1 @1 '(v1 .4. w) '0 (v1 .12) < 1. si kv w1 )kZ < 2c2 > 0 tal que BV (v1 . ) (kv v1 kV + kw w1 kW ) si kv = T2 1 (T1 (v v1 ) + T2 (w v 1 kV < : v 1 kV < . como (10. w).w1 ) k(v v1 ) + T2 (w w1 )kZ = 0: v1 .w)!(v1 . f (v1 )): . ) y kT1 (v v1 ) + T2 (w Así que. '(v. w1 ) = 0 = '(v. w w1 ) = T1 (v v1 ) T2 (w w1 ) y.10. w1 ) v1 . T2 1 T1 (v v1 ) + w w1 W < y. kw w1 kW < (2c1 + 1) kv v 1 kV si kv v1 kV < : Combinando ésta con la desigualdad (10. kw w1 kW T2 1 T1 (v v1 ) + w w1 W + T2 1 T1 (v v1 ) 1 (kv v1 kV + kw w1 kW ) + c1 kv v1 kV .11) 2 v1 kV + kw (kv w1 )) W w1 kW ) (10. como ' es diferenciable en (v1 . < 2 W es decir. se tiene que kT1 (v (v. DEMOSTRACIÓN DEL TEOREMA DE LA FUNCIÓN IMPLíCITA 215 Se sigue de (a) que '(v1 .11) y de la continuidad de f se sigue que existe BV (v0 . w1 ). : : : ..19. f (vk ))] 1 ! [@2 '(v. f (v)) : v 2 BV (v0 . ) ! L(V. Rm ) con el espacio Mm trices de m n de la manera usual.7: Sean .m+1 an.5. W ): Esto prueba que f es de clase C 1 en BV (v0 . ) : '(v.m+n es distinto de 0: Prueba directamente (sin usar el teorema de la función implícita) que existe una única función L : Rm ! Rn tal que A(x1 . ) BW (w0 . f (vk )) ! @1 '(v. f (v))] 1 en L(V. : : : .216 10. . f (v)) en L(V. ) BW (w0 . f (v)) [@2 '(vk . W ) (ver Ejercicio 9. . n (R) de ma- (a) Prueba que el espacio H(Rn . W ) es continua.18 y f : BV (v0 .m+1 . f 0 (vk ) ! f (v) en L(V.18 y (b) del Lema 10. ): Demostración del Teorema 10.20 Sea A = (aij ) una matriz de n (m + n) tal que el determinante a1. xm )) = 0: Ejercicio 10. en L(Z. ) ! W como en el Lema 10.19. f (vk ))] 1 @1 '(vk . L(x1 . 10. Z).. w) = 0g = f(v. f (v))] 1 @1 '(v. EL TEOREMA DE LA FUNCIÓN IMPLíCITA Probaremos ahora que f 0 : BV (v0 . @2 ' y la función T 7! T 1 son funciones continuas (ver Proposición 10. ) tales que vk ! v en V: Como f. Sean vk . es decir. an.38). a1. w) 2 BV (v0 . v 2 BV (v0 . )g: Esta es la a…rmacion (I) del Teorema 10. La a…rmación (II) se sigue de las a…rmaciones (ii) del Lema 10.m+n . Entonces BV (v0 . f (vk )) ! [@2 '(v. Rm ) es vacío si m 6= n y es el espacio de matrices cuyo determinante es distinto de 0 si m = n: .7.19 asegura que f(v. @1 '. W ): En consecuencia. Ejercicios Ejercicio 10.21 Identi…camos al espacio L(Rn . ) y f es de 1 clase C : La a…rmación (a) del Lema 10. > 0 como en el Lema 10. xm . se tiene que @1 '(vk .17). [@2 '(vk . 10. prueba que el espacio Epi (Rn . entonces la función f también es de clase C k : Ejercicio 10.24 Demuestra que. L(W.V ) kT2 kL(W.5. v) := '(v) w:) :W 0 y ! W. es de clase C 1 : (Sugerencia: Usa los Ejercicios 9. si n m. Rm ) de funciones lineales y suprayectivas de Rn en Rm es abierto en L(Rn . W ). V ).V ) : En consecuencia.23 Prueba que la función : H(V. Rm ) es abierto en L(Rn .V )) kT1 kL(W. 1 (T ) = T .W ). .7 la función ' es de clase C k .) Ejercicio 10. Prueba que. Rm ) de funciones lineales e inyectivas de Rn en Rm coincide con el espacio de matrices de m n de rango n. si en el Teorema 10.L(W. entonces existen un abierto 0 de W y un abierto 00 de V tales que v0 2 00 . T2 )kL(L(V. Rm ): Ejercicio 10. ' : ! W una función de clase C k en con 1 k 1. un subconjunto abierto de V. si '0 (v0 ) 2 H(V. W ) ! L(W. EJERCICIOS 217 (b) Prueba que el determinante det : Mn n (R) ! R es una función continua y concluye que H(Rn .22 Sea F : L(W. T2 )S := T1 ST2 : Prueba que F es bilineal y que kF (T1 . W ). W espacios de Banach.25 (Teorema de la función inversa) Sean V. Rm ) es abierto en L(Rn . Prueba que Mono(Rn . V ) ! L(L(V.52 y 10. Rm ): (d) Análogamente. el espacio Mono(Rn . y v0 2 . Ejercicio 10. '( 00 ) = 0 y la función ' j 00 : 00 ! 0 es un homeomor…smo cuyo inverso := (' j 00 ) 1 : 0 ! satisface 1 0 ('(v0 )) = ('0 (v0 )) : 00 es de clase C k en (Sugerencia: Aplica el teorema de la función implícita a la función (w. V ) L(W. F es continua. Rm ): (c) Si n m. V )) la función F (T1 .22. 1) 00 ! 00 de 0 := (' j 00 ) 1 : 0 ! 00 es de clase C 1 : R ! R2 no es un homeomor…smo. (d) ' no es inyectiva en ningún abierto que contiene a (0. x0 2 y ' : ! Rm una función de clase C k con 1 k 1: Demuestra las siguientes a…rmaciones: (a) Si '0 (x0 ) : Rn ! Rm es inyectiva. 0) es la identidad de R2 . '( 00 ) = 0 y la función ' j 00 : es un homeomor…smo cuyo inverso (b) La función ' : (0. ( 0 ) y '( (x1 . xn ) 2 0 : (b) Si '0 (x0 ) : Rn ! Rm es suprayectiva. :::. 0): Ejercicio 10. xn . :::. xn ) := x1 + +xn en la esfera unitaria Sn 1 := fx 2 Rn : kxk = 1g: . ) := (r cos .28 Sean un abierto de Rn . 0) 8(x1 . (c) ' no es de clase C 1 en R2 . xn )) = (x1 . xn )) = (x1 . :::. y) si y 0: Prueba que (a) ' es diferenciable en R2 .218 10. 0. y) := (x. :::. y) := (x. 1) R ! R2 dada por '(r. y)) donde 8 2 2 y.29 Encuentra los máximos y los mínimos locales de la función g : Rn ! R dada por g(x1 . xm ) 8(x1 . ) 2 (0. EL TEOREMA DE LA FUNCIÓN IMPLíCITA Ejercicio 10. < (x. :::. :::. :::.26 Considera la función ' : (0. (x0 ) = x0 . r sen ): Demuestra las siguientes a…rmaciones: (a) Para todo (r. : '2 (x. (b) '0 (0. ) 2 00 . Ejercicio 10. :::. y x ) si x y 2 x2 y '2 (x.27 Considera la función ' : R2 ! R2 dada por '(x. entonces existen un abierto 0 de Rn y una función : 0 ! Rn de clase C k tales que x0 2 0 . 1) R existen un abierto 0 de R2 y un abierto (0. y una función : 00 ! Rm de clase C k tal que ('(x1 . xn ) 2 0 : Ejercicio 10. 1) R tales que (r. entonces existen un abierto 0 de Rn y un abierto 00 de Rm tales que x0 2 0 y '( 0 ) 2 00 . '2 (x. x2 ) si 0 y x2 . '0 (u0 )v = 0 para todo v 2 V: Demuestra las siguientes a…rmaciones: (a) Si existe c > 0 tal que D2 '(u0 )(v. y di cuáles de ellos son máximos o mínimos locales de g en T . existe si ku u0 k < : > 0 tal que '(u) '(u0 ) (b) Si existe c > 0 tal que D2 '(u0 )(v. es decir. existe si ku u0 k < : (Sugerencia: Usa el Teorema de Taylor. (b) Encuentra los puntos críticos de la función h(x. y. ' : ! R una función de clase C 2 y u0 2 un punto crítico de '. entonces u0 es un máximo local de '. EJERCICIOS 219 Ejercicio 10. 0 < r < a. Ejercicio 10. y. v) c 8v 2 V con kvk = 1. z) = z en T.5. es decir. z) = y en T.31 Sean un subconjunto abierto de un espacio de Banach V.30 Sea T el toro de revolución en R3 que se obtiene rotando el círculo S := f(x. alrededor del eje y: (a) Encuentra los puntos críticos de la función g(x. y di cuáles de ellos son máximos o mínimos locales de h en T . 0) : (x a)2 + y 2 = r2 g. es decir.) > 0 tal que '(u) '(u0 ) . v) c 8v 2 V con kvk = 1.10. y. entonces u0 es un mínimo local de '. EL TEOREMA DE LA FUNCIÓN IMPLíCITA .220 10. Parte III La integral de Lebesgue 221 . Capítulo 11 La integral de una función continua con soporte compacto La teoría de integración moderna fue iniciada por Henri Lebesgue en 1902. La integral de Lebesgue es una de las piedras angulares del análisis matemático y tiene aplicaciones muy importantes en ecuaciones diferenciales, probabilidad y muchas otras ramas de las matemáticas. La noción de integrabilidad de Lebesgue es más general que la de Riemann en el sentido de que abarca a muchas más funciones. Pero su principal virtud es que permite intercambiar el límite por la integral bajo condiciones mucho menos restrictivas que las que requiere la integral de Riemann. Hay muchas maneras de introducir la integral de Lebesgue. La que daremos aquí tiene como punto de partida a la integral de Riemann de una función real continua en un intervalo cerrado, tal y como se de…ne en los primeros cursos de cálculo. Supondremos que el lector está familiarizado con ella y con sus propiedades. En este capítulo de…niremos la integral de funciones continuas f : Rn ! R que se anulan fuera de algún subconjunto compacto de Rn : Para este tipo de funciones, la integral que aquí introduciremos coincide con la de Riemann. Pero no hace falta usar sumas de Riemann: basta de…nir la integral mediante un proceso iterativo, integrando respecto a cada una de las variables. Esto no sólo tiene la ventaja de reducir el cálculo de la integral de una función de varias variables al de integrales de funciones de una sola variable, sino que permite además obtener las propiedades básicas de la integral de manera sencilla a partir de las propiedades correspondientes para funciones de una sola variable. Probaremos que la integral es una medida de Haar, es decir, que es lineal, monótona e invariante bajo traslaciones, y que cualquier medida de Haar es un múltiplo de la integral. Este hecho permite establecer fácilmente la invariancia de la integral bajo isometrías lineales y obtener una fórmula de transformación de la integral de una 223 224 11. LA INTEGRAL DE UNA FUNCIÓN CONTINUA CON SOPORTE COMPACTO función bajo un cambio de variable dado por un isomor…smo lineal. Partiendo de este resultado, obtendremos una fórmula análoga cuando el cambio de variable está dado por un difeomor…smo. En el próximo capítulo extenderemos esta integral a una familia mucho más amplia de funciones, y en el capítulo subsecuente demostraremos los teoremas fundamentales de la teoría de integración de Lebesgue. 11.1. De…nición y propiedades básicas De…niremos la integral de funciones cada vez más generales partiendo de la integral de Riemann1 de una función continua f : [a; b] ! R. Supondremos que el lector está familiarizado con dicha integral y con sus propiedades. Bernhard Riemann De…nición 11.1 Un rectángulo en Rn es un producto Q = [a1 ; b1 ] n intervalos cerrados en R, es decir, Q = f(x1 ; :::; xn ) 2 Rn : ai con 1 < ai xi [an ; bn ] de bi 8i = 1; :::; ng ; bi < 1, i = 1; :::; n: Primero de…niremos la integral de una función continua en un rectángulo mediante un proceso de iteración. Para ello requerimos comprobar que la función que se obtiene integrando respecto a la primera variable es continua respecto a las variables restantes. 1 Georg Friedrich Bernhard Riemann (1826-1866) nació en Breselenz, en el Reino de Hanover, actualmente Alemania. Estudió en la Universidad de Göttingen, donde fue alumno de Gauss. Más tarde fue profesor en esa universidad. Entre sus muchas aportaciones fundó el campo de la geometría riemanniana. 11.1. DEFINICIÓN Y PROPIEDADES BÁSICAS 225 Lema 11.2 Sea f : Q ! R una función continua en un rectángulo Q = [a1 ; b1 ] [an ; bn ]: Entonces la función f1 : [a2 ; b2 ] [an ; bn ] ! R; dada por Z b1 f (x1 ; x2 ; :::; xn )dx1 ; f1 (x2 ; :::; xn ) := a1 es continua. Demostración: El Teorema 4.31 asegura que f es uniformemente continua en Q: Por tanto, dada " > 0; existe > 0 tal que jf (x) f (y)j < " a1 + 1 b1 Sean x~ = (x2 ; :::; xn ); y~ = (y2 ; :::; yn ) 2 [a2 ; b2 ] Z b1 jf1 (~ x) f1 (~ y )j jf (x1 ; x2 ; :::; xn ) si kx yk < : [an ; bn ]: Si k~ x y~k < ; entonces, f (x1 ; y2 ; :::; yn )j dx1 < ": a1 Esto prueba que f1 es continua. Si integramos ahora f1 respecto a la variable x2 ; obtendremos una función continua de las n 2 variables restantes. Repitiendo este proceso para cada variable obtenemos un número real. De…nición 11.3 La integral de una función continua f : Q ! R en un rectángulo Q = [a1 ; b1 ] [an ; bn ] se de…ne como Z b2 Z b1 Z bn Z f := f (x1 ; x2 ; :::; xn )dx1 dx2 dxn : Q an a2 a1 Usaremos ahora esta integral para de…nir la integral de funciones continuas f : Rn ! R que se anulan fuera de algún rectángulo. De…nición 11.4 El soporte de una función continua f : Rn ! R es la cerradura en Rn del conjunto fx 2 : f (x) 6= 0g. Lo denotamos sop(f ) := fx 2 Rn : f (x) 6= 0g: Denotaremos por Cc0 (Rn ) := ff 2 C 0 (Rn ) : sop(f ) es compactog; donde C 0 (Rn ) es el conjunto de todas las funciones continuas f : Rn ! R. 226 11. LA INTEGRAL DE UNA FUNCIÓN CONTINUA CON SOPORTE COMPACTO Observa que Cc0 (Rn ) es un subespacio vectorial de C 0 (Rn ) (ver Ejercicio 11.33). De…nición 11.5 Sea f 2 Cc0 (Rn ): De…nimos la integral de f en Rn como Z Z f := f; Rn Q donde Q es algún rectángulo que contiene a sop(f ): Es sencillo comprobar que la de…nición anterior no depende del rectángulo elegido. Lo proponemos como ejercicio [Ejercicio 11.30]. Notación 11.6 Denotaremos a la integral de f en Rn de cualquiera de las siguientes formas: Z Z Z f (x1 ; x2 ; :::; xn )dx1 dxn : f (x)dx = f= Rn Rn Rn La última notación pone en evidencia el orden en el que consideramos a las variables de integración en la De…nición 11.3. Más adelante veremos que el orden es irrelevante (ver Corolario 11.18). Dados 2 Rn y f : Rn ! R, denotamos por T f : Rn ! R a la función (T f ) (x) := f (x (11.1) ): T f se llama la traslación de f por : Teorema 11.7 La integral tiene las siguientes propiedades: (Linealidad) Si f; g 2 Cc0 (Rn ) y ; 2 R, entonces f + g 2 Cc0 (Rn ) y Z Z Z ( f + g) = f+ g: Rn (Monotonía) Si f; g 2 Cc0 (Rn ) y f entonces Rn g (es decir, f (x) Z Z f g: Rn Rn g(x) para todo x 2 Rn ), Rn (Invariancia bajo traslaciones) Si 2 Rn y f 2 Cc0 (Rn ), entonces T f 2 Cc0 (Rn ) y Z Z Tf= f: Rn Rn 11.1. DEFINICIÓN Y PROPIEDADES BÁSICAS 227 Demostración: Las primeras dos propiedades son consecuencia inmediata de las propiedades correspondientes para funciones de variable real [Ejercicios 11.33 y 11.31]. Probaremos la invariancia bajo traslaciones. Sean 2 Rn , f 2 Cc0 (Rn ): Si n = 1 y sop(f ) [a; b], entonces sop(T f ) [a + ; b + ] y usando el teorema de cambio de variable para funciones de variable real [Ejercicio 11.32] obtenemos que Z f= R Z b f (x)dx = a Z b+ f (x )dx = a+ Z b+ (T f )(x)dx = a+ Z T f: R Si n > 1 y sop(f ) [a1 ; b1 ] [an ; bn ], entonces sop(T f ) [a1 + 1 ; b1 + 1 ] [an + n ; bn + n ]: Aplicando el caso n = 1 y argumentando por inducción obtenemos Z f = Rn = = = Z Rn 1 Rn 1 Rn 1 Z Z Z Z f (x1 ; x2 ; :::; xn )dx1 dx2 dxn R Z f (x1 1 ; x2 ; :::; xn )dx1 f (x1 1 ; x2 dx2 dxn R Z 2 ; :::; xn n )dx1 dx2 dxn R T f; Rn como a…rma el enunciado. Una consecuencia de la invariancia bajo traslaciones es que la integral del límite puntual de una sucesión de funciones no coincide, en general, con el límite de las integrales de dichas funciones, como lo muestra el siguiente ejemplo. Ejemplo 11.8 Existe una sucesión (fk ) en Cc0 (Rn ) que converge puntualmente a 0; tal R que Rn fk no converge a 0: En consecuencia, lm k!1 Z Rn fk 6= Z l m fk (x)dx: Rn k!1 R Demostración: Sea g 2 Cc0 (Rn ) tal que Rn g 6= 0 y sop(g) [0; 1]n : De…nimos fk := T k g; donde k = (k; 0; :::; 0) 2 Rn : Entonces sop(fk ) [k; k + 1] [0; 1]n 1 y, por 228 11. LA INTEGRAL DE UNA FUNCIÓN CONTINUA CON SOPORTE COMPACTO tanto, l mk!1 fk (x) = 0 para cada x 2 Rn : y y 0 .3 0 .3 0 .2 0 .2 0 .1 0 .1 0 0 0 0 .5 1 1 .5 0 2 0 .5 1 1 .5 2 x x T 1g g Por otra parte, de la invariancia de la integral bajo traslaciones se sigue que Z Z fk = g 8k 2 N: Rn En consecuencia, lm k!1 como a…rma el enunciado. Z Rn fk = Rn Z Rn g 6= 0 = Z l m fk (x); Rn k!1 Más adelante daremos condiciones razonables que permiten intercambiar la integral con el límite puntual de funciones (ver Teorema 13.26). 11.2. Unicidad de la integral En esta sección veremos que las propiedades de linealidad, monotonía e invariancia bajo traslaciones determinan a la integral, salvo por una constante. Este hecho será de utilidad para probar la invariancia de la integral bajo isometrías lineales y el teorema de cambio de variable. De…nición 11.9 Una medida de Haar en Rn es una función J : Cc0 (Rn ) ! R con las siguientes tres propiedades: (Linealidad) J ( f + g) = J(f )+ J(g) para cualesquiera f; g 2 Cc0 (Rn ) y ; (Monotonía) J(f ) J(g) para cualesquiera f; g 2 Cc0 (Rn ) con f 2 R, g; (Invariancia bajo traslaciones) J(T f ) = J(f ) para cualesquiera Cc0 (Rn ): 2 Rn y f 2 11.2. UNICIDAD DE LA INTEGRAL 229 El Teorema 11.7 a…rma que la integral es una medida de Haar2 . El siguiente resultado a…rma que ésta es esencialmente la única medida de Haar en Rn : Alfréd Haar Teorema 11.10 (Comparación de medidas de Haar) Si J : Cc0 (Rn ) ! R es una medida de Haar, entonces existe una constante c 0 tal que Z J(f ) = c f 8f 2 Cc0 (Rn ): Rn Para demostrar este teorema veremos primero que, bajo hipótesis adecuadas, una medida de Haar conmuta con el límite uniforme de funciones en Cc0 (Rn ): Observa que toda función f en Cc0 (Rn ) está acotada, así que su norma uniforme en Cc0 (Rn ); kf k1 := sup jf (x)j ; x2Rn está bien de…nida. Lema 11.11 Sea J : Cc0 (Rn ) ! R una función lineal y monótona. Si (fk ) es una sucesión en Cc0 (Rn ) tal que existe un compacto K en Rn que contiene a sop(fk ) para todo k 2 N y fk ! f uniformemente en Rn ; entonces f 2 Cc0 (Rn ) y l m J(fk ) = J(f ): k!1 Demostración: Del Teorema 5.14 se sigue que f es continua y, como fk (x) ! f (x) para todo x 2 Rn ; se tiene que sop(f ) K: En consecuencia, f 2 Cc0 (Rn ): Sea g 2 Cc0 (Rn ) tal que g(x) = 1 para todo x 2 K y g(x) 0 para todo x 2 Rn [Ejercicio 11.38]. Como sop(f fk ) K; se tiene que kf 2 fk k1 g f fk kf fk k1 g Alfréd Haar (1885-1933) nació en Budapest, Hungría. Estudió el doctorado en la Universidad de Göttingen donde fue alumno de Hilbert. Fue profesor de la Universidad de Szeged. Junto con Riesz, contribuyó a formar en ella un centro importante de matemáticas. 230 11. LA INTEGRAL DE UNA FUNCIÓN CONTINUA CON SOPORTE COMPACTO y, como J es lineal y monótona, concluimos que kf fk k1 J(g) J(f ) J(fk ) kf jJ(f ) J(fk )j c kf fk k1 fk k1 J(g); es decir, con c := J(g): En consecuencia, jJ(f ) J(fk )j ! 0: Vale la pena observar que la a…rmación del Lema 11.11 no es cierta si sustituimos convergencia uniforme por convergencia puntual, como lo muestra el siguiente ejemplo. Ejemplo 11.12 La sucesión de funciones fk : R ! R dadas por fk (x) := max k 2 converge puntualmente a 0 en R y sop(fk ) 1 ;0 k k3 x [0; 2] para todo k 2 N; pero y R R fk = k ! 1: 3 .5 3 2 .5 2 1 .5 1 0 .5 0 -1 0 1 2 3 x grá…ca de f2 Veremos ahora que toda función f 2 Cc0 (Rn ) se puede expresar como el límite uniforme de combinaciones lineales de traslaciones y dilataciones de una única función que de…niremos a continuación. Sea : R ! R la función dada por (t) := De…nimos 1 0 jtj si jtj si jtj : Rn ! R como (x1 ; :::; xn ) := (x1 ) y, para cada 1; 1: > 0; de…nimos (x) := x (xn ) : (11.2) (11.3) si m = (m1 . xn ) = (Tm1 ) (x1 ) (Tmn ) (xn ).2. 2 Rn : P (c) T m = 1. pues sop( ) = [ 1.5 1 0. ya que (T )(x) = (x )= ( Para probar (c) observa primero que. :::.5 0. dado que (Tm ) (x1 . entonces j) = 1 (t j + 1) + 1 1 2 (j k2Z 1 0 -3 Por tanto. 3 t) = 1: . donde Zn denota a los puntos de Rn de coordenadas enteras.25 00 z 0. :::. Lema 11. si t 2 [j P (t k) = (t (j 1)) + (t x x )( ): ) = (T 1.5 1 1 x y grá…ca de Esta función es continua y tiene las siguientes propiedades. UNICIDAD DE LA INTEGRAL 231 -1 -0. 1]n : La a…rmación (b) también es clara.5 -1 -0.5 0. m2Zn Demostración: La a…rmación (a) es inmediata. mn ) 2 Zn . j] con j 2 Z.13 (a) sop( )=[ . ]n : (b) (T )(x) = (T ) ( x ) para cualesquiera x 2 Rn . -2 -1 0 P Tk = 1: k2Z En consecuencia.11.75 0. xn ) = m2Zn P (Tm1 ) (x1 ) m1 2Z es decir. en consecuencia.14 Para cada f 2 Cc0 (Rn ).39]. (Tmn ) (xn ) = 1. como sop(T m ) = fx 2 Rn : x m 2 [ . LA INTEGRAL DE UNA FUNCIÓN CONTINUA CON SOPORTE COMPACTO se cumple que P P (Tm ) (x1 . para cada x 2 Rn obtenemos f (x) P f ( m)(T m P )(x) = m2Zn (f (x) f ( m)) (T m )(x) m2Zn = P (f (x) f ( m)) (T m )(x). P lm f !0 f ( m)T = 0: m m2Zn 1 Demostración: Sea " > 0: Como f tiene soporte compacto. existe > 0 tal que jf (x) Sea < p n si kx f (y)j < " yk < : : Usando la a…rmación (c) del Lema 11. :::.232 11. ]n g. mn 2Z P Tm = 1: m2Zn De esta identidad y la identidad (b) se sigue inmediatamente (c). Por tanto.4) m2S(x) donde S(x) := fm 2 Zn : x 2 sop(T m )g: Nota que S(x) es un conjunto …nito. (11. la función P f ( m)T m m2Zn es una suma …nita de funciones continuas con soporte compacto y. se tiene que kx mk p n < 8m 2 S(x): . Ahora bien. si f 2 Cc0 (Rn ). entonces f ( m) 6= 0 únicamente para un número …nito de m 2 Zn : Por tanto.13. pertenece a Cc0 (Rn ): Lema 11. Observa que. f es uniformemente continua en Rn [Ejercicio 11. P f f ( m)T <p : n si " m m2Zn 1 Esto concluye la demostración.25 0 -1.25 0. UNICIDAD DE LA INTEGRAL 233 Aplicando la desigualdad del triángulo a (11.5 0. muestra que 1 1 (2t + 1) + (2t) + (2t 2 2 8t 2 R.11.75 0. ) = J( ) Demostración: Un cálculo directo.4) concluimos que P f (x) f ( m)(T )(x) m m2Zn P m2S(x) < " P jf (x) (T f ( m)j (T )(x) m )(x) m <p : n si " m2S(x) En consecuencia.5 0 0.5 x en la identidad anterior obtenemos t 2 1 t+ + 1 (t) + (T 2 t )(t) + 1 2 t 8t 2 R: .5 -1 -0.5 0 0 0.15 Sea J : Cc0 (Rn ) ! R una función lineal e invariante bajo traslaciones. para cada > 0.2.40] y aquí ilustramos con una …gura. 2nk J( 2 k 8k 2 N.5 x Reemplazando t por 2 t 2 (t) = = 1 (T 2 = 1 2 )(t) + 1.75 0.5 0. 1) = (t) y y 0. Entonces.5 -1 -0. calcularemos J( k 2 ) en términos de J( ): Lema 11.5 -1. que proponemos como ejercicio [Ejercicio 11. se cumple que 2n J( ) = J( 2 ): En consecuencia. Finalmente.5 1 1. LA INTEGRAL DE UNA FUNCIÓN CONTINUA CON SOPORTE COMPACTO Es decir. 2 2 . xn ).5) )(x1 . 0.234 11. Demostración del Teorema 11. xn ) = 2 (x1 ) X = c (T 2 donde c = n Q i=1 Observa que X 2 n con . :::. n con 1 1 +1+ 2 2 := f 1. c = 1 2 j ij X 2 2 (xn ) (11. donde es la función de…nida en (11. c = n 1 n) 2 1 1 +1+ 2 2 n : n = 2n : Como J es lineal e invariante bajo traslaciones. :::. 2 = X 2 Por tanto. Sea J : Cc0 (Rn ) ! R una medida de Haar y sea c := J( ). aplicando J a la identidad (11.2).37 obtenemos I( ) = Z R n = 1: . 2 1 2 j j T (x1 .5) concluimos que P J( 2 ) = c J( ) = 2n J( ): 2 n Esta es la primera identidad del enunciado. :::. 2 = 2kn J( 2 k k respectiva- ): Esto concluye la demostración. con mente.10. para obtener J( ) = 2n J( 2 1 ) = 22n J( 2 2 )= = 2 1 . Denotemos por I : Cc0 (Rn ) ! R a la función Z I(f ) := f: Rn Probaremos que 8f 2 Cc0 (Rn ): J(f ) = cI(f ) Usando el Ejercicio 11. :::. 1g: = ( 1 . Para probar la segunda aplicamos ésta k veces. Así que f A 2 Cc0 (Rn ): Esto prueba que JA está bien de…nida. de las matrices cuyo determinante es distinto de cero. R) y f 2 Cc0 (Rn ): Puesto que sop(f A) = A (sop(f )). R) con el producto de matrices (o la composición de transformaciones lineales) es un grupo. que se llama grupo lineal general.14 se sigue que J(f ) = = lm J k!1 k f (2 m)T2 km k 2 m2Zn lm k!1 X X f (2 k m)J( k 2 2 k ): ! ) m2Zn = c lm k!1 X 2 k ) m2Zn = c lm I k!1 f (2 k m)I( X f (2 k m)T2 km m2Zn 2 k ! = cI(f ): Esto concluye la demostración.15 tanto a I como a J concluimos que J( 2 k kn )=2 J( ) = 2 kn cI( ) = cI( Sea f 2 Cc0 (Rn ): De los Lemas 11.16 Si J : Cc0 (Rn ) ! R es una medida de Haar en Rn y A 2 GL(n.3. Rn ) de…nido en la Sección 10. INVARIANCIA BAJO ISOMETRíAS 235 Aplicando el Lema 11. R). 1 . entonces la función JA : Cc0 (Rn ) ! R dada por JA (f ) := J(f A) está bien de…nida y es una medida de Haar en Rn : Demostración: Sean A 2 GL(n. Lema 11. es decir.10). R) el conjunto de todas las matrices invertibles de n n con coe…cientes reales. de la manera usual. se tiene que sop(f A) es compacto (ver Proposición 4. R) es el conjunto de isomor…smos lineales H(Rn . Observa lo siguiente.11.3.11 y 11. Invariancia bajo isometrías Sea GL(n. entonces GL(n. Si identi…camos a una matriz A con la transformación lineal A : Rn ! Rn de…nida por ella. 11.3: GL(n. considera la función f0 (x) := 1 0 kxk si kxk si kxk 1.6) . R). llamado el grupo ortogonal.17 (Invariancia bajo isometrías) Para cualesquiera A 2 O(n). JA es invariante bajo traslaciones. Por el Teorema 11. IA : Cc0 (Rn ) ! R las funciones dadas por Z I(f ) := f.16). es decir.10 para probar que la integral es invariante bajo isometrías. R) se llama ortogonal si es una isometría. Sean 2 Rn y f 2 Cc0 (Rn ): Para todo x 2 Rn se tiene que ((T f ) A) (x) = (T f ) (Ax) = f (Ax ) = f (A(x A 1 )) = (TA 1 (f A))(x): Como J es invariante bajo traslaciones concluimos que JA (T f ) = J((T f ) A) = J(TA 1 (f A)) = J(f A) = JA (f ). IA (f ) := I(f A): Rn Ambas son medidas de Haar en Rn (ver Lema 11. LA INTEGRAL DE UNA FUNCIÓN CONTINUA CON SOPORTE COMPACTO La linealidad y la monotonía de JA son consecuencia inmediata de las propiedades correspondientes de J: Probemos la invariancia bajo traslaciones. que se denota por O(n): Usaremos el Teorema 11. Teorema 11. si kAxk = kxk 8x 2 Rn : Si A es una matriz ortogonal entonces det A = 1: El conjunto de todas las matrices ortogonales de n n es un subgrupo de GL(n. 1: (11. Rn y f 2 Cc0 (Rn ) se cumple que Z Z f (Ax + )dx = f (y)dy: Rn 2 Rn Demostración: Sean I.10. es decir.236 11. existe una constante c 0 tal que IA (f ) = cI(f ) 8f 2 Cc0 (Rn ): Probaremos que c = 1: Para ello. Una matriz A 2 GL(n. 11.3. INVARIANCIA BAJO ISOMETRíAS 237 -1.5 -1.5 0.75 0.5 -0.5 0.25 -0.5 z 00 -1 0.5 -1 0.5 1 1 1.5 1.5 x y grá…ca de f0 Como kAxk = kxk para todo x 2 Rn ; se tiene que f0 = f0 A: En consecuencia, cI(f0 ) = IA (f0 ) = I(f0 A) = I(f0 ); y como I(f0 ) 6= 0 [Ejercicio 11.36] concluimos que c = 1: Sustituyendo este valor en la identidad (11.6) obtenemos Z Z f 8f 2 Cc0 (Rn ): f A= Rn Rn Por último, usamos la invariancia de la integral bajo traslaciones para concluir que Z Z Z (T f ) A = T f= f 8f 2 Cc0 (Rn ): Rn Rn Rn Ésta es la identidad deseada. Una consecuencia sencilla pero importante del Teorema 11.17 es que la integral no depende del orden de las variables. Corolario 11.18 Para cualquier permutación (i1 ; :::; in ) de (1; :::; n) se cumple que Z Z f (x1 ; x2 ; :::; xn )dx1 dxn = f (x1 ; x2 ; :::; xn )dxi1 dxin : Rn Rn Demostración: Sea A la matriz que permuta coordenadas como sigue: donde yk := xj si ij = k: A(x1 ; x2 ; :::; xn ) = (y1 ; y2 ; :::; yn ); Claramente, kAxk = kxk para todo x 2 Rn ; por tanto A 2 O(n): Aplicando el Teorema 11.17 obtenemos Z Z f (x1 ; x2 ; :::; xn )dx1 dxn = (f A)(x1 ; x2 ; :::; xn )dx1 dxn n Rn R Z = f (y1 ; y2 ; :::; yn )dyi1 dyin ; Rn 238 11. LA INTEGRAL DE UNA FUNCIÓN CONTINUA CON SOPORTE COMPACTO como a…rma el enunciado. El Teorema 11.17 se extiende como sigue. Teorema 11.19 Para cualesquiera A 2 GL(n; R); 2 Rn y f 2 Cc0 (Rn ) se cumple que Z Z f (Ax + ) jdet Aj dx = f (y)dy: Rn Rn Para demostrar este teorema usaremos el siguiente caso particular de él. Lema 11.20 Si A es una matriz diagonal de n n tal que det A 6= 0, entonces para toda f 2 Cc0 (Rn ) se cumple que Z Z f (y)dy: f (Ax) jdet Aj dx = Rn Rn Demostración: Sea tal que det A = 0 1 B A = @ ... 0 1 n .. . 1 0 .. C : . A n 6= 0: Consida la medida de Haar IA : Cc0 (Rn ) ! R dada por Z IA (f ) := f A Rn (ver Lema 11.16). Por el Teorema 11.10 existe c 0 tal que Z IA (f ) = c f 8f 2 Cc0 (Rn ): (11.7) Rn Para determinar c basta calcular el valor de IA en la función que, para > 0; ( 1 j tj si jtj j1j ; ( t) = 0 si jtj j1j : Por tanto, Z R ( t)dt = 1 j j de…nida en (11.2). Nota 11.3. INVARIANCIA BAJO ISOMETRíAS y, en consecuencia, Z A = Rn Como Rn Z ( 1 x1 ) Rn = R 239 = 1 concluimos que 1 1 j 1j j nj ( = 1 = IA ( ) = c jdet Aj n xn )dx1 dxn 1 : jdet Aj Z = c: Rn Sustituyendo este valor en la identidad (11.7) obtenemos Z Z 1 f A= f 8f 2 Cc0 (Rn ); jdet Aj n n R R como a…rma el enunciado. Usaremos el siguiente resultado de algebra lineal3 para probar el Teorema 11.19. Teorema 11.21 (Descomposición en valores singulares) Sea A una matriz de n n con coe…cientes reales. Entonces existen U1 ; U2 2 O(n) y una matriz diagonal D con coe…cientes no negativos tales que A = U1 DU2 : Proponemos la demostración de este resultado como ejercicio [Ejercicio 11.46]. Demostración del Teorema 11.19. Sean A 2 GL(n; R); 2 Rn y f 2 Cc0 (Rn ): Por el Teorema 11.21, existen U1 ; U2 2 O(n) y una matriz diagonal D tales que A = U1 DU2 : En particular, jdet Dj = jdet Aj = 6 0: Usando el Teorema 11.17, el Lema 11.20 y la invariancia de la integral bajo traslaciones, obtenemos Z Z Z f (x)dx = f (U1 x)dx = f (U1 Dx) jdet Dj dx n Rn Rn ZR Z = f (U1 DU2 x) jdet Dj dx = f (Ax) jdet Aj dx n n R R Z = f (Ax + ) jdet Aj dx; Rn como a…rma el enunciado. 3 Consulta por ejemplo el libro de S. Friedberg, A. J. Insel, L. E. Spence, Linear Algebra, Fourth Edition, Pearson Education, New Jersey 2003 (Theorem 6.27). 240 11. LA INTEGRAL DE UNA FUNCIÓN CONTINUA CON SOPORTE COMPACTO 11.4. El teorema de cambio de variable Ahora nuestro objetivo es extender el Teorema 11.19, reemplazando a la transformación x 7! Ax + por una función ' que localmente se parece a ella. Empezaremos precisando lo que esto signi…ca. A lo largo de esta sección denotará a un subconjunto abierto de Rn : De…nición 11.22 Sea f 2 C 0 ( ): El soporte de f es la cerradura en Rn del conjunto fx 2 : f (x) 6= 0g: Lo denotamos sop(f ): Nota que el soporte de una función f 2 C 0 ( ) no necesariamente está contenido en : Por ejemplo, si f (x) = 1 para todo x 2 entonces sop(f ) = , que no está n contenido en si 6= R : De…nimos Cc0 ( ) := ff 2 C 0 ( ) : sop(f ) es compacto y sop(f ) g: = Rn Nota que Cc0 ( ) es un subespacio vectorial de C 0 ( ) (ver Ejercicio 11.33). Si este espacio coincide con el de la De…nición 11.4. Dada una función f : ! R; denotamos por f : Rn ! R a la función f (x) := f (x) si x 2 ; 0 si x 2 Rn r : Es sencillo comprobar que, si f 2 Cc0 ( ); entonces f es continua en todo Rn y pertenece a Cc0 (Rn ) [Ejercicio 11.48]. De…nición 11.23 Si f 2 Cc0 ( ) de…nimos la integral de f en Z Z f := f: como Rn De…nición 11.24 Sean y 0 subconjuntos abiertos de Rn : Una función ' : ! 0 es un difeomor…smo de clase C 1 si ' es de clase C 1 en ; ' es biyectiva y su inverso ' 1 : 0 ! es de clase C 1 en 0 : Si ' es un difeomor…smo de clase C 1 ; la regla de la cadena asegura que (' 1 )0 ('( )) '0 ( ) = id y '0 ( ) (' 1 )0 ('( )) = id 8 2 ; donde id : Rn ! Rn es la identidad. Por tanto, '0 ( ) 2 GL(n; R) para todo una vecindad pequeña de , la función ' es muy cercana a la función (x) := '( ) + '0 ( )(x ) = '0 ( )x + ['( ) 2 : En '0 ( ) ] ; para la cual vale el Teorema 11.19. Probaremos la siguiente extensión de ese resultado. 11.4. EL TEOREMA DE CAMBIO DE VARIABLE 241 Teorema 11.25 (de cambio de variable) Sean y 0 subconjuntos abiertos de Rn ; ' : ! 0 un difeomor…smo de clase C 1 y f 2 Cc0 ( 0 ): Entonces (f ') jdet '0 j 2 Cc0 ( ) y Z Z 0 f ('(x)) jdet ' (x)j dx = f (y)dy: 0 La idea de la demostración es aproximar localmente a ' por la función y aplicar el Teorema 11.19. Dedicaremos el resto de esta sección a la demostracion de este resultado. Usaremos el siguiente lema. Lema 11.26 Sean K = (K; dK ) un espacio métrico compacto, X = (X; dX ) un espacio métrico y ' : K ! X una función continua. Entonces existe una función no decreciente ! : [0; 1) ! [0; 1) tal que l mt!0+ !(t) = 0 y dX ('(x); '(y)) !(dK (x; y)) 8x; y 2 K: Demostración: Para cada t 2 [0; 1) de…nimos !(t) := supfdX ('(x); '(y)) : x; y 2 K; dK (x; y) tg: (11.8) Como la función h : K K ! R dada por h(x; y) := dX ('(x); '(y)) es continua (ver Ejercicio 3.49) y K K es compacto (ver Ejercicio 7.28), se tiene que h es acotada. Por tanto, !(t) 2 [0; 1) para todo t 2 [0; 1): Claramente, !(t) !(s) si t s: Además, como ' es uniformemente continua en K; dada " > 0; existe > 0 tal que si dK (x; y) < : dX ('(x); '(y)) < " En consecuencia, !(t) 2 [0; "] si t 2 [0; ); es decir, l mt!0+ !(t) = 0: Por último, si x; y 2 K y t := dK (x; y); de la de…nición de ! se sigue que dX ('(x); '(y)) !(t) = !(dK (x; y)): Esto concluye la demostración. La función ! de…nida en (11.8) es la función óptima para la cual se cumple la desigualdad del lema. Se le llama el módulo de continuidad uniforme de ': Para x = (x1 ; :::; xn ) 2 Rn denotamos por kxk1 : = max jxi j ; i=1;:::;n Q(x; ) : = fy 2 Rn : ky xk1 g: 242 11. LA INTEGRAL DE UNA FUNCIÓN CONTINUA CON SOPORTE COMPACTO Recuerda que k k1 es una norma en Rn que cumple 1 p kxk n kxk1 8x 2 Rn kxk (11.9) (ver Ejercicio 2.42). A continuación introduciremos los conjuntos y las constantes que usaremos en los siguientes lemas y en la demostración del Teorema 11.25. 0 Notación 11.27 Sean y C 1 y f 2 Cc0 ( 0 ): De…nimos abiertos en Rn ; ' : K 0 := sop(f ) ! 0 un difeomor…smo de clase K := ' 1 (K 0 ): y Como K y K 0 son subconjuntos compactos de y 0 respectivamente, las distancias de K a Rn r y de K 0 a Rn r 0 son positivas (ver Ejercicio 4.41). Por tanto, existe 1 > 0 tal que Q( ; Q( ; 1) 0 1) 8 2 K; 8 2 K 0: ϕ K' K Ω Ω Sean K1 := [ Q( ; y 1) K10 := [ I Q( ; 1 ): 2K 0 2K K1 y K10 son subconjuntos compactos de y 0 respectivamente (ver Ejercicio 4.33). Por tanto, como '0 es continua en K1 y (' 1 )0 es continua en K10 , existe M 2 R tal que sup k'0 (x)kL(Rn ;Rn ) M y sup (' 1 )0 (y) L(Rn ;Rn ) M: y2K10 x2K1 p De…nimos c0 := M n y Lema 11.28 Para cada (a) Si k'(x) (b) Si k'0 ( ) [x 2 := m nf 1 ; c01 g: 2 (0; 1 ), 2K yx2 se cumple lo siguiente: '( )k1 ; entonces kx k1 c0 : ]k1 ; entonces kx k1 c0 : 11.4. EL TEOREMA DE CAMBIO DE VARIABLE 243 Demostración: (a): Si k'(x) '( )k1 ; entonces yt := (1 t)'( ) + t'(x) 2 Q('( ); ) K10 para cada t 2 [0; 1]: Usando las desigualdades (11.9) y el teorema del valor medio (ver Corolario 9.17) obtenemos kx kx k = ' 1 ('(x)) ' 1 ('( )) sup (' 1 )0 (yt ) L(Rn ;Rn ) k'(x) '( )k k1 t2[0;1] p M n k'(x) c0 : (b): Si k'0 ( )(x , usando las desigualdades (11.9) y (9.2) obtenemos )k1 kx '( )k1 kx k = (' 1 )0 ('( )) ['0 ( ) [x ]] 1 0 0 (' ) ['( )] L(Rn ;Rn ) k' ( ) [x ]k p M n k'0 ( ) [x ]k1 c0 : k1 Esto concluye la demostración. : Rn ! R de…nida en (11.3). Es sencillo comprobar que Considera la función j(T )(x) (T )(y)j n kx yk1 8x; y 2 Rn : (11.10) Proponemos esta desigualdad como ejercicio [Ejercicio 11.47]. Lema 11.29 Si 2 K0 y 2 (0; sop(T ) 2 ); K10 entonces y sop((T ) ') K1 : Además, existe una función ! : [0; 1) ! [0; 1) tal que l mt!0+ !(t) = 0 y Z Z 0 (T )('(x)) jdet ' (x)j dx (T )(y)dy !( ) n 8 2 K 0 ; 8 2 (0; 2 ): 0 Demostración: Sean 2 K 0 , := ' 1 ( ) 2 K y 2 (0; 2 ): Denotemos por : Rn ! R a la función (x) := '( ) + '0 ( ) [x ] : Como sop(T ) = Q( ; ) y c0 < 1 ; del Lema 11.28 se sigue que sop((T sop((T ) ') ) ) Q( ; c0 ) Q( ; c0 ) K1 ; K1 : (11.11) (11.12) 244 11. LA INTEGRAL DE UNA FUNCIÓN CONTINUA CON SOPORTE COMPACTO Por otra parte, como '0 ( ) 2 GL(n; R); aplicando el Teorema 11.19 obtenemos Z Z 0 (T ) ( (x)) jdet ' ( )j dx = (T ) (y)dy: 0 En consecuencia, bastará probar que existe una función ! : [0; 1) ! [0; 1) tal que l mt!0+ !(t) = 0 y Z Z 0 (T )('(x)) jdet ' (x)j dx (T )( (x)) jdet '0 ( )j dx !( ) n : (11.13) Sea x 2 Q( ; c0 ): Como xt := (1 t) +tx 2 Q( ; c0 ) K1 para cualquier t 2 [0; 1], el teorema del valor medio (ver Corolario 9.18) asegura que (x)k = k'(x) '( ) '0 ( ) [x ]k 0 0 sup k' (xt ) ' ( )kL(Rn ;Rn ) kx k'(x) t2[0;1] sup p n'0 (xt ) p n'0 ( ) t2[0;1] k L(Rn ;Rn ) kx k1 : p Aplicando el Lema 11.26 a la función n'0 : K1 ! L(Rn ; Rn ) obtenemos una función no decreciente ! 1 : [0; 1) ! [0; 1) tal que l mt!0+ ! 1 (t) = 0 y p 0 p 0 n' (y) n' (z) L(Rn ;Rn ) ! 1 (ky zk1 ) 8y; z 2 K1 : Por tanto, k'(x) (x)k1 k1 ) kx sup ! 1 (kxt t2[0;1] k1 ! 1 (c0 )c0 : (11.14) De las desigualdades (11.10) y (11.14) se sigue que j(T )('(x)) (T )( (x))j n k'(x) (x)k1 c0 n! 1 (c0 ): (11.15) Por otra parte, aplicando el Lema 11.26 a la función jdet '0 j : K1 ! R obtenemos una función no decreciente ! 2 : [0; 1) ! [0; 1) tal que l mt!0+ ! 2 (t) = 0 y j jdet '0 (x)j jdet '0 ( )j j ! 2 (kx k1 ) ! 2 (c0 ): (11.16) Usando la desigualdad del triángulo y las desigualdades (11.15) y (11.16) concluimos que j (T )('(x)) jdet '0 (x)j (T )( (x)) jdet '0 ( )j j jdet '0 (x)j j(T )('(x)) (T )( (x))j + j jdet '0 (x)j M1 c0 n! 1 (c0 ) + ! 2 (c0 ) =: ! 3 ( ) jdet '0 ( )j j (T )( (x)) (11.17) 11.4. EL TEOREMA DE CAMBIO DE VARIABLE 245 para toda x 2 Q( ; c0 ); donde M1 := supx2K1 jdet '0 (x)j : Por último, usando el Ejercicio 11.35, las a…rmaciones (11.11) y (11.12), la desigualdad (11.17) y el Ejercicio 11.31 obtenemos Z Z = Z (T )('(x)) jdet ' (x)j dx j (T )('(x)) jdet '0 (x)j Q( ;c0 ) Z Z 0 j (T (T (T )( )('(x)) jdet '0 (x)j (T )( (x)) jdet '0 ( )j dx (x)) jdet '0 ( )j j dx )( (x)) jdet '0 ( )j j dx ! 3 ( )dx = ! 3 ( )(2c0 )n = !( ) n ; Q( ;c0 ) donde !( ) := (2c0 )n ! 3 ( ): Esto demuestra la a…rmación (11.13). Sea f 2 Cc0 ( 0 ) y sea Demostración del Teorema 11.25. ') jdet '0 j : g := (f Entonces sop(g) = ' 1 (sop(f )): Por tanto, g 2 Cc0 ( ): Para cada 2 (0; 2 ); denotemos por f : = X f ( m)T m m2Zn g : = (f ') jdet '0 j = El Lema 11.29 asegura que sop(f 11.14 asegura que ') l m kf !0 ; X f ( m)((T m m2Zn ) ') jdet '0 j : K10 : Por otra parte, el Lema K1 y sop(f ) f k1 = 0: Como kg g k1 = sup jf ('(x)) x2K1 f ('(x))j jdet '0 (x)j concluimos que l m kg !0 g k1 = 0: kf f k1 sup jdet '0 (x)j ; x2K1 m (T )(y)dy: m 0 [ r. !( ) = 0: En consecuencia. 11.31 Sea Q un rectángulo en Rn . Demuestra las siguientes a…rmaciones: (a) Para cualesquiera f.246 11. Ejercicios Ejercicio 11. .29 obtenemos que Z Z X 0 f ( m) (T m )('(x)) jdet ' (x)j dx (T m )(y)dy Sea r 2 N tal que sop(f ) m2Zn X m2Zn jf ( m)j kf k1 donde l m !0+ 2r Z +1 (T m Z )('(x)) jdet '0 (x)j dx n !( ) n 0 (T m )(y)dy 0 = kf k1 (2r + )n !( ). entonces Z Z f= f: Q1 Q2 Ejercicio 11. Z Z Z f+ g= f+ g: Q Q (b) Para cualesquiera f. g 2 C 0 (Q) con f Z Q f g. r]n : Aplicando el Lema 11.30 Prueba que. g 2 C 0 (Q). Z Z g(x)dx f (y)dy l m+ kf k1 (2r + )n !( ) = 0: !0 0 Esto concluye la demostración.11 se sigue entonces que Z Z Z X g(x)dx = l m g (x)dx = l m f ( m) (T Z !0 f (y)dy = l m !0 0 Z !0 f (y)dy = l m !0 0 m2Zn X f ( m) m2Zn Z )('(x)) jdet '0 (x)j dx. 2 R. Z Q Q g: . si f 2 Cc0 (Rn ) y Q1 y Q2 son dos rectángulos que contienen a sop(f ). LA INTEGRAL DE UNA FUNCIÓN CONTINUA CON SOPORTE COMPACTO Del Lema 11.5. 32 (Cambio de variable para funciones de variable real) Sean g : [a. sop(f ) [ sop(g). g(x)g.11. gg) (x) := maxff (x). que para cualesquiera f. g(x)g: Prueba que. ] para todo t 2 [a. b] y f : [ . la igualdad en los incisos (a) y (d)? Ejercicio 11. g : Rn ! R de…nimos m nff.16) y (8.) Ejercicio 11. (a) sop(f + g) 2 R r f0g y 2 Rn . b] ! R una función de clase C 1 en [a. b]. g 2 Cc0 (Rn ). gg : Rn ! R como (m nff. entonces Z Q n Y c = c (bi ai ): i=1 Ejercicio 11.34 Dadas f. gg) (x) := m nff (x). (e) sop(f ) = sop(jf j): ¿Es válida. prueba que Z b 0 f (g(t))g (t)dt = a Z g(b) f (x)dx: g(a) (Sugerencia: Usa los teoremas fundamentales del cálculo y la regla de la cadena.) Ejercicio 11. (b) sop( f ) = sop(f ). ] ! R una función continua. (maxff.33 Prueba.35 Prueba que Z Rn f Z Rn jf j 8f 2 Cc0 (Rn ): . g : Rn ! R. gg 2 Cc0 (Rn ) y maxff. gg : Rn ! R y maxff. en general. Si g(t) 2 [ . gg 2 Cc0 (Rn ): (Sugerencia: Usa las identidades (8. (c) sop(T f ) = sop(f ) + := fx + : x 2 sop(f )g.5. entonces m nff. (d) sop(f g) sop(f ) \ sop(g).15). EJERCICIOS 247 (c) Si c : Q ! R es una función constante. si f. f entonces Z f > 0: 0 y f (x0 ) > 0 para algún x0 2 Rn . (b) ¿Es cierta la a…rmación anterior si a < 0? Ejercicio 11. Rn Ejercicio 11.41 (a) Prueba que. :::. xn ): h 2 Cc0 (Rn ) y que Z (g h) = Rn Z Z g Rn Rm h : m Ejercicio 11. Ejercicio 11. :::. xn : Prueba que 0 (a) Cper (Rn ) es un subespacio vectorial de C 0 (Rn ). 8m 2 Zn g el espacio de las funciones continuas de periodo 1 en cada variable x1 . LA INTEGRAL DE UNA FUNCIÓN CONTINUA CON SOPORTE COMPACTO Ejercicio 11. xn ) := g(x1 .38 Sea K un subconjunto compacto de Rn . Da un ejemplo de una función g 2 Cc0 (Rn ) tal que g(x) = 1 para todo x 2 K y g(x) 0 para todo x 2 Rn : Ejercicio 11. entonces f es uniformemente continua en Rn : (Sugerencia: Usa el Teorema 4.42 Sea 0 Cper (Rn ) := ff 2 C 0 (Rn ) : f (x + m) = f (x) 8x 2 Rn .36 Prueba que.) Ejercicio 11. si J : Cc0 (Rn ) ! R es una medida de Haar. g 2 Cc0 (Rm ) y h 2 Cc0 (Rn m ): De…nimos g h : h) (x1 .40 Prueba que 1 1 (2t + 1) + (2t) + (2t 2 2 1) = (t) 8t 2 R. x2 . :::.37 Sean 1 Rn ! R como (g Prueba que g m n. .39 Prueba que. entonces para cualquier a 0 la función aJ : Cc0 (Rn ) ! R dada por (aJ)(f ) := aJ(f ) es una medida de Haar. xm )h(xm+1 . si f 2 Cc0 (Rn ).31. si f 2 Cc0 (Rn ). :::.248 11. es lineal. :::. exp(x + y) = exp(x) exp(y): Dados 2 Tn y f 2 C 0 (Tn ). dada por ITn (f ) := Iper (f exp). Universidade do Recife. es una medida de Haar en Tn . :::. :::. :::. :::. Ejercicio 11. z 2 Tn : (11. es un homomor…smo de grupos. es lineal. wn ) := (z1 w1 . es decir. Instituto de Física e Matemática. zn )(w1 . monótona e invariante bajo traslaciones. El n-toro 1 Tn := S | S}1 {z n veces es también un grupo abeliano con la multiplicación (z1 . xn ) := (e2 ix1 . Brasil 1960. de…nida como exp(x1 . Textos de Matemática No.18) 4 . es decir. 4 Si quieres aprender más sobre medidas de Haar consulta el libro de Leopoldo Nachbin. . (b) la función ITn : C 0 (Tn ) ! R. 1]n . El producto de números complejos le da a S1 la estructura de grupo abeliano.18) Prueba que (a) f 2 C 0 (Tn ) si y sólo si f 0 exp 2 Cper (Rn ). 0 donde Iper : Cper (Rn ) ! R es la función de…nida en el ejercicio anterior. la traslación de f por es la función T f 2 C 0 (Tn ) dada por 1 (T f ) (z) := f z . Q donde Q := [0. zn wn ): La función exponencial exp : Rn ! Tn .43 Sea S1 := fz 2 C : jzj = 1g.5. monótona e invariante bajo la traslación de…nida en (11. 0 (c) la función Iper : Cper (Rn ) ! R dada por Iper (f ) := Z f. 7. e2 ixn ).11. Integral de Haar. EJERCICIOS 249 0 0 (Rn ) y (Rn ) para toda f 2 Cper (b) T f 2 Cper 2 Rn . (b) Prueba que cualquiera de estas a…rmaciones implica que det A = (c) ¿Es cierto que si A es una matriz de n n y det A = 1: 1 entonces A es ortogonal? Ejercicio 11.1) A es ortogonal.2) A preserva el producto escalar. y 2 Rn : Ejercicio 11. kAxk = kxk para todo x 2 Rn : (a. si f 2 Cc0 ( ) y n f : R ! R es la función f (x) := entonces f 2 Cc0 (Rn ): f (x) si x 2 .47 (a) Prueba que j (x) n kx (y)j yk1 8x.45 (a) Si A es una matriz de n siguientes cuatro a…rmaciones: n demuestra que son equivalentes las (a.e. Ejercicio 11.44 Sea f : Rn ! R la función ( q 1 kxk2 si kxk f (x) := 0 si kxk Prueba que f 2 Cc0 (Rn ) y calcula Z 1.21. n kx yk1 8x.46 Demuestra el Teorema 11. para todo j(T )(x) > 0 y todo (T )(y)j 2 Rn . .3) Los renglones de A son vectores ortonormales.250 11.) (b) Prueba que. y 2 Rn : (a. 1: f: Rn Ejercicio 11.4) Las columnas de A son vectores ortonormales. y 2 Rn : (Sugerencia: Usa inducción sobre n.e. i. (a. Ax Ay = x y para todos x.48 Sea un subconjunto abierto de Rn : Prueba que. 0 si x 2 Rn r . LA INTEGRAL DE UNA FUNCIÓN CONTINUA CON SOPORTE COMPACTO Ejercicio 11. i. si f 2 C 2 ( ) y g 2 Cc2 ( ). entonces ( f )g. :::.50 (Integración por partes) @f 2 Cc0 ( ) y @xi Z @f =0 @xi (a) Prueba que.5. Z 251 := R2 r f(x.11. n: (Sugerencia: Aplica (a) a la función f g:) Ejercicio 11. :::. 2 ): Prueba que. entonces 8i = 1.49 Sean para toda f 2 Cc0 ( ). EJERCICIOS Ejercicio 11. f ( g) 2 Cc0 ( ) y Z Z Z ( f )g = rf rg = f ( g): (Sugerencia: Aplica el Ejercicio 11.50.51 (Fórmula de Green) Sea f 2 C 2 ( ): El laplaciano de f es la función n X @2f : f := 2 @x i i=1 Prueba que. entonces Z @f g= @xi Z f . 0) : x f (x. n: (b) Prueba que. f (r cos #. g 2 Cc1 ( ).) . y)dx dy = Z 0g y 0 := (0. si f 2 Cc1 ( ). 1) (0. @g @xi @f g. si f 2 C 1 ( ). r sin #)r dr d#: 0 En los ejercicios siguientes denotaremos por Cck ( ) := Cc0 ( ) \ C k ( ) al conjunto de las funciones f : ! R de clase C k con soporte compacto en Ejercicio 11. @xi @g f @x 2 Cc0 ( ) y i 8i = 1. rf rg. LA INTEGRAL DE UNA FUNCIÓN CONTINUA CON SOPORTE COMPACTO .252 11. Nuestro objetivo es extender la noción de integrabilidad a una clase más amplia de funciones. h f = nf g : g 2 S (Rn ). En virtud de la monotonía de la integral es razonable de…nir Z Z gk : g := sup Rn k2N Rn Un resultado debido a Dini (ver Teorema 12.2) garantiza que esta integral está bien de…nida. Empezaremos considerando aquellas funciones g : Rn ! R [ f1g que son supremos puntuales de sucesiones no decrecientes de funciones gk 2 Cc0 (Rn ): Denotaremos por S (Rn ) al conjunto de tales funciones. h f = nf g : g 2 S (Rn ).Capítulo 12 Funciones Lebesgue-integrables En el capítulo anterior de…nimos la integral de una función continua con soporte compacto. el conjunto S (Rn ) [ S (Rn ) no es un espacio vectorial. En general. Análogamente consideraremos el conjunto S (Rn ) de aquellas funciones h : Rn ! R [ f 1g que son ín…mos puntuales de sucesiones no crecientes de funciones hk 2 Cc0 (Rn ) y de…niremos Z Z h := nf Rn k2N hk : Rn n Para aquellas funciones que pertenecen a Cc0 (R ) = S (Rn ) \ S (Rn ) ambas integrales coinciden con la integral de…nida en el capítulo anterior. Más aún. g Rn Rn 253 Rn f : . g f < 1: Rn Rn Éstas funciones se llaman Lebesgue-integrables y su integral se de…ne como Z Z Z n f := sup h : h 2 S (R ). estas integrales no tienen por qué ser …nitas. Estos inconvenientes se resuelven del siguiente modo: considera el conjunto L(Rn ) de todas aquellas funciones f : Rn ! R para las cuales Z Z n 1 < sup h : h 2 S (R ). La integral de una función semicontinua Considera el siguiente ejemplo. 12. lm k!1 Z R 1 1 . como 0 Z 0.5 fk = 1 R se tiene que .5 . Esta caracterización permite extender de manera sencilla las propiedades que demostramos en el capítulo anterior a este contexto más general. y que su integral de Lebesgue es el límite de las integrales de dicha sucesión. 1): l m fk (t) = k!1 1 0 -0. que la integral es lineal y monótona y que continúa satisfaciendo la fórmula de cambio lineal de variable.1 k t) si t 2 1 1 k 1 . por una sucesión de funciones continuas con soporte compacto. 0 si t 2 = (0. en un sentido adecuado. Ejemplo 12. que fk función kt si t 2 0. Demostraremos que una función es Lebesgue-integrable si se puede aproximar.1 Sea fk : R ! R la 8 > > < fk (t) := > > : Nota que fk 2 Cc0 (R). FUNCIONES LEBESGUE-INTEGRABLES Esta de…nición resulta complicada de manejar. 1). Los teoremas fundamentales de la teoría de integración de Lebesgue se demostrarán en el siguiente capítulo. 1 si t 2 (0. k+1 fk = 1: 1. para cada t 2 R.5 Además. 1 si t 2 k(1 1 .1. Probaremos que el conjunto L(Rn ) es un espacio vectorial. k1 .254 12.1 k fk+1 para todo k 2 N y que. Para ello requerimos probar que dicho límite no depende de la sucesión elegida. y en París. . El siguiente resultado nos permitirá obtener esa conclusión. donde fue alumno de Charles Hermite y Joseph Bertrand. si una sucesión de funciones continuas converge puntualmente a una función continua en un espacio compacto.12. no es cierto que. En general. Estudió en la Scuola Normale Superiore. donde fue alumno de Enrico Betti. fk 2 C 0 (K) tales que f1 f2 fk fk+1 y fk (x) ! f (x) para cada x 2 K: Entonces fk ! f uniformemente en K: Demostración: De…nimos gk := f fk : Entonces gk l m gk (x) = 0 k!1 gk+1 0 para todo k 2 N y 8x 2 K: Sea " > 0: Para cada x 2 K elegimos kx 2 N tal que gk (x) < 1 " 2 8k kx : Ulisse Dini (1845-1918) nació en Pisa. LA INTEGRAL DE UNA FUNCIÓN SEMICONTINUA 255 El ejemplo anterior sugiere la posibilidad de extender la integral a aquellas funciones f : Rn ! R [ f1g que son el límite puntual de una sucesión creciente de funciones continuas con soporte compacto. de…niéndola como el límite de las integrales de una tal sucesión.2 (Dini) Sea K un espacio métrico compacto y sean f. Italia. entonces converge uniformemente (ver Ejemplo 5. Dini1 demostró que esta a…rmación sí es cierta si la sucesión es no decreciente. Sin embargo. Fue profesor de la Universidad de Pisa y rector de la Scuola Normale Superiore.13). Ulisse Dini Teorema 12.1. fk 2 Cc0 (Rn ) tales que f1 f2 fk fk+1 y fk (x) ! f (x) para cada x 2 Rn : Entonces lm k!1 Z fk = Rn Z f: Rn Demostración: Observa que. xn 2 K tales que K BK (x1 . si f (x) = 0 = f1 (x). 0 n R Si fk 2 Cc (R ) y fk f : De modo que Rn k+1 fk+1 .2. existen x1 . en Rn : Aplicando el Lema 11.256 12. :::. x) < 2 jgkx (y) x x: Por tanto. kxn g. R Rn fk .3. existe > 0 tal que " gkx (x)j < si dK (y. sop(fk ) sop(f ) [ sop(f1 ) =: K para todo k 2 N: Por el Teorema 12. por tanto. como gkx es continua. FUNCIONES LEBESGUE-INTEGRABLES Además. fk ! f uniformemente en K y. lm k!1 Rn Rn como a…rma el enunciado.3 Sean f. gk (y) gkx (y) jgkx (y) si k gkx (x)j + gkx (x) < " kx y dK (y. Corolario 12. x1 ) [ [ BK (xn . entonces fk (x) = 0 para todo k 2 N: En consecuencia. concluimos que Z Z fk = f. 8y 2 K: 8k gk (y) < " Esto prueba que fk ! f uniformemente en K: Una consecuencia importante del teorema de Dini es la siguiente. maxfkx1 .11. :::. x) < x: Como K es compacto. por la monotonía de la integral se tiene que lm k!1 Z Rn fk = sup k2N Z Rn fk 2 R [ f1g: El siguiente resultado es consecuencia del Corolario 12. xn ): En consecuencia. 3 obtenemos Z Z Z fk = l m hj lm gj 8k 2 N. f := l m k!1 Rn Rn donde (fk ) es una sucesión de funciones en Cc0 (Rn ) tales que fk y supk2N fk = f: fk+1 para todo k 2 N El Corolario 12. entonces Z Z lm fk = l m gk : k!1 k!1 Rn gk+1 para todo k 2 N Rn Demostración: Fija k 2 N y. i2I i2I .1. la integral dada por la De…nición 12. LA INTEGRAL DE UNA FUNCIÓN SEMICONTINUA 257 Corolario 12. En particular. Sea X un espacio métrico. para funciones en Cc0 (Rn ).34). fk (x) = supj2N hj (x) = Entonces hj 2 Cc0 (Rn ) (ver Ejercicio 11.4 asegura que la integral de f en Rn no depende de la sucesión S (Rn ). es la función sup fi : X ! R [ f1g i2I de…nida como sup fi (x) := sup fi (x).22). hj n l mk!1 hj (x) para cada x 2 R y hj gj : Aplicando el Corolario 12. lm k!1 j!1 Rn Z fk lm j!1 Rn Intercambiando fk y gk obtenemos el resultado. podemos tomar fk = f: Esto prueba elegida. Rn Z gj : Rn Denotamos por S (Rn ) al conjunto de todas las funciones f : Rn ! R [ f1g tales fk+1 para que existe una sucesión de funciones (fk ) en Cc0 (Rn ) que cumple que fk todo k 2 N y supk2N fk = f: De…nición 12. Rn j!1 Por tanto. considera la función hj := m nffk . A continuación daremos una descripción más accesible del conjunto S (Rn ): El siguiente lema muestra que las funciones que pertenecen a S (Rn ) son semicontinuas inferiormente (ver De…nición 4. para cada j 2 N.5 coincide que la introducida en el capítulo precedente. gk 2 Cc0 (Rn ) cumplen que fk fk+1 y gk y supk2N fk (x) = supk2N gk (x) para cada x 2 Rn . si f 2 Cc0 (Rn ) que. i 2 I. El supremo puntual de un conjunto de funciones fi : X ! R [ f1g.12.4 Si fk . gj g: hj+1 .5 Si f 2 S (Rn ) de…nimos la integral de f en Rn como Z Z fk 2 R [ f1g. Por el Teorema 4. El siguiente resultado caracteriza a los elementos de S (Rn ).c.7 Sea f : Rn ! R [ f1g.6 Si X es un espacio métrico y fi : X ! R [ f1g es s. ")g.29.i. entonces supi2I fi es s.258 12.i.6 asegura que f es s. FUNCIONES LEBESGUE-INTEGRABLES Lema 12. existe M 2 N tal que f (x) > M 8x 2 Rn : Sea N := f( .c. Proposición 12. x0 ) < : c < fi0 (x) En consecuencia.i. .c.c. con K 6= . ".i.. q> M.c.c. q) 2 Qn Q Q: " > 0. f (x) > q 8x 2 B( . c < fi0 (x) si dX (x. para todo i 2 I. Demostración: Sean x0 2 X y c < (supi2I fi ) (x0 ): Escogemos i0 2 I tal que c < fi0 (x0 ). compacto.i.i.c. se tiene que f (x) 0 8x 2 Rn r sop(f1 ): Esto prueba que f cumple (a). existe > 0 tal que si dX (x. x0 ) < : sup fi (x) i2I Esto prueba que supi2I fi es s.i. f alcanza su mínimo en K: Por tanto. y tal que f (x) 0 para todo x 2 Rn r K. Son equivalentes las siguientes a…rmaciones: Rn tal que (a) f es s. (a))(b): Sea f s. Por otra parte. Como fi0 es s. como f f1 . y existe un compacto K f (x) 0 8x 2 Rn r K: (b) Existen funciones fk 2 Cc0 (Rn ) tales que fk fk+1 para todo k 2 N y f = sup fk : k2N Demostración: (b))(a): Sean fk 2 Cc0 (Rn ) tales que fk fk+1 para todo k 2 N y f = supk2N fk : El Lema 12. c. ") y. = ( . tenemos que B( . 2 . existe 2 Qn \ B(x. :::. 2" ).34).1..i. ): Por tanto. :::g y de…nimos fk := supfg 1 . 2 ) y M < q < f (x). LA INTEGRAL DE UNA FUNCIÓN SEMICONTINUA 259 donde B( . r ) y de…nimos g 2 Cc0 (Rn ) como g (x) := 8 q > > > > < > > > > : 2(q+M ) " kx M M (r + 1 0 si k + 2q + M si si kx k) si si k 2" . r + 1 kx k: kx q ξ -M Por construcción. en consecuencia. ): Tomando " 2 Q \ (0. q) 2 N y g (x) = q: Esto prueba que sup 2N g = f: El conjunto N es numerable.i. " kx k ". g f . ".12. Numeramos sus elementos N = f 1 . ") q < f (y) >0 B(x. . dados x 2 Rn y q 2 Q con tal que q < f (y) 8y 2 B(x. q) 2 N escogemos r 2 (". de…niremos la integral de funciones f : Rn ! R [ f 1g que son el límite puntual de una sucesión decreciente de funciones continuas con soporte compacto. ") := fx 2 Rn : kx k < "g: Para cada = ( . Probemos que sup 2N g = f: En efecto. 8y 2 B( . 2 " kx k r .c. r kx k r + 1. fk fk+1 para todo k 2 N y f = supk2N fk : Como consecuencia de la proposición anterior se tiene que S (Rn ) := ff : Rn ! R[f1g : f es s. ". y 9K compacto tal que f (x) 0 8x 2 Rn rKg: Procediendo de manera análoga. g k g: Entonces fk 2 Cc0 (Rn ) (ver Ejercicio 11. 1) tal que K B( . como f es s. gk 2 Cc0 (Rn ) son tales que fk fk+1 y gk y nf k2N fk = nf k2N gk .9 Sea f : Rn ! R [ f 1g.c.4.6. y existe un compacto K f (x) 0 8x 2 Rn r K: (b) Existen funciones fk 2 Cc0 (Rn ) tales que fk fk+1 para todo k 2 N y f = nf fk : k2N Demostración: De la relación (12.c. i 2 I. de…nidas en un espacio métrico X es la función nf fi : X ! R [ f 1g i2I dada por nf fi (x) := nf fi (x). las funciones semicontinuas inferior y superiormente (ver De…nición 4.i.s.260 12. Son equivalentes las siguientes a…rmaciones: Rn tal que (a) f es s. implica que el ín…mo puntual de una familia de funciones semicontinuas superiormente es semicontinuo superiormente.c. Corolario 12. i2I i2I Nota que. Proposición 12. se tienen los siguientes resultados. (12. junto con el Lema 12.c. y 9K compacto tal que f (x) 0 8x 2 Rn rKg: . y la relación (12. Denotamos por S (Rn ) := ff : Rn ! R[f 1g : f es s. FUNCIONES LEBESGUE-INTEGRABLES El ín…mo puntual de un conjunto de funciones fi : X ! R [ f 1g. aplicado a las sucesiones ( fk ) y ( gk ).23) se relacionan como sigue: f : X ! R [ f 1g es s. entonces Z Z lm fk = l m gk : k!1 k!1 Rn gk+1 para todo k 2 N Rn Demostración: Esta a…rmación es consecuencia inmediata del Corolario 12.s. Además.7 se sigue inmediatamente este resultado.1). () f : X ! R [ f1g es s.1) y la Proposición 12.1) Esta relación. si de…nimos ( 1) := 1.s.8 Si fk . podemos tomar fk = f: Esto prueba que. Propiedades de la integral de funciones semicontinuas Probaremos algunas propiedades importantes de la integral. ( f ) (x) := f (x).12. En particular. Más aún.10 coincide que la introducida en el capítulo precedente. la integral dada por la De…nición 12. Z Z f= ( f) : Rn Rn Demostración: Observa que fk 2 Cc0 (Rn ). g 2 S (Rn ) o f. fk fk+1 y supk2N fk = f si y sólo si 0 n fk 2 Cc (R ). Como antes.2. como S (Rn ) \ S (Rn ) = Cc0 (Rn ).8 asegura que la integral de f en Rn no depende de la sucesión elegida. si f 2 Cc0 (Rn ) S (Rn ).11 f 2 S (Rn ) si y sólo si f 2 S (Rn ). fk fk+1 y nf k2N ( fk ) = f: Por el Teorema 11. las integrales dadas por las De…niciones 12. para funciones en Cc0 (Rn ).9 asegura que tal sucesión (fk ) existe y el Corolario 12.7. Empezamos con la siguiente observación sencilla. En este caso. convenimos que ( 1) := 1: Lema 12.10 coinciden en S (Rn ) \ S (Rn ): 12. PROPIEDADES DE LA INTEGRAL DE FUNCIONES SEMICONTINUAS 261 De…nición 12. 1). g 2 S (Rn ) y 2 [0. . Si f.2. Z Z fk = ( fk ) : Rn Rn Pasando al límite obtenemos la identidad deseada. de…nimos (f + g) (x) := f (x) + g(x). Rn k!1 Rn donde (fk ) es una sucesión de funciones en Cc0 (Rn ) tales que fk y nf k2N fk = f: fk+1 para todo k 2 N La Proposición 12.10 Sea f 2 S (Rn ): De…nimos la integral de f en Rn como Z Z f := l m fk 2 R [ f 1g.5 y 12. 12 f 2 S (Rn ). FUNCIONES LEBESGUE-INTEGRABLES donde a + 1 := 1 a + ( 1) := 1 (1) := 1 0 ( 1) := 0 y y y 1 + a := 1 ( 1) + a := 1 ( 1) := 1 8a 2 R [ f1g. entonces fk + gk 2 Cc0 (Rn ). Estas de…niciones no son arbitrarias: 1 es. por de…nición. 8a 2 R [ f 1g.7 se sigue que f + g 2 S (Rn ) y f 2 S (Rn ). Nota. que "1 1" no está de…nido. g 2 S (Rn ) y f Z f+ Rn Z 2 [0. Z y g Rn g. Ni S (Rn ) ni S (Rn ) son espacios vectoriales. gk gk+1 . sup (fk + gk ) = f + g. obtenemos nuevamente una sucesión de este tipo. k2N 2 [0. en cambio. 8 2 (0. sup ( fk ) = f: k2N Del Teorema 12. o si la multiplicamos por un número positivo. y para fk + gk fk+1 + gk+1 . y las identidades Z Z Z Z Z f+ g y f= f (f + g) = Rn Rn Rn Rn Rn . (a): Si fk . g 2 S (Rn ) y (f + g) = Rn (b) Si f. el supremo de cualquier sucesión no decreciente y no acotada de números reales. Mientras que.262 12. Proposición 12. 1). se cumple lo siguiente.11. obtenemos la sucesión constante igual a 0: Las otras de…niciones se obtienen de manera análoga. Sin embargo. entonces Z Rn Z ( f) = Rn f Z f: Rn g: Rn Ambas a…rmaciones también son ciertas si reemplazamos S (Rn ) por S (Rn ): Demostración: Demostraremos ambas a…rmaciones para S (Rn ): El resultado para S (Rn ) se obtiene aplicando el Lema 12. gk 2 Cc0 (Rn ) son tales que fk fk+1 . supk2N fk = f y supk2N gk = g. Si a una sucesión de este tipo le sumamos un número real. 1). Z (a) Si f. 1) fk 2 Cc0 (Rn ). fk fk+1 . si la multiplicamos por 0. entonces f + g 2 S (Rn ). Una consecuencia que nos será de utilidad más adelante es la siguiente. f g. de…nimos hk := m nffk .7). Rn como a…rma el enunciado. gk g: Entonces hk 2 Cc0 (Rn ). gk 2 Cc0 (Rn ) son tales que fk fk+1 . Se cumple además lo siguiente. g 2 S (Rn ). Proposición 12. entonces f Z (f Z g) = Rn f Rn Z g 2 S (Rn ) y g: Rn Demostración: El Lema 12. y fk . Corolario 12. hk hk+1 . g. x 7! f (Ax + ) pertenece a S (Rn ) y Z Rn 2 Rn y f 2 S (Rn ).12 implican que f g 2 S (Rn ) y Z (f g) = Rn Z f+ Rn Z ( g) = Rn Z f Rn Z g 2 S (Rn ). (b): Si f. gk 2 Cc0 (Rn ) (ver Teorema 11.2. De la monotonía de la integral para funciones en Cc0 (Rn ) (ver Teorema 11. entonces la función f (Ax + ) jdet Aj dx = Z f (y)dy: Rn La a…rmación también es cierta si reemplazamos S (Rn ) por S (Rn ): .7) se sigue que Z f := l m k!1 Rn Z hk lm k!1 Rn Z gk =: Rn Z g: Rn Esto concluye la demostración. supk2N hk = f y hk gk .12.11 y la Proposición 12. gk gk+1 . supk2N fk = f y supk2N gk = g. R).14 Si A 2 GL(n. PROPIEDADES DE LA INTEGRAL DE FUNCIONES SEMICONTINUAS 263 son consecuencia de las correspondientes identidades para las funciones fk .13 Si f 2 S (Rn ) y g 2 S (Rn ). entonces fk ' 2 Cc0 (Rn ). g 0 y h 0. k!1 Rm Rn m Rm Rn m como a…rma el enunciado. Dada una función f : Rn ! R [ f 1g y un punto z 2 Rn m . Sean gk 2 Cc0 (Rm ) y hk 2 Cc0 (Rn m ) tales que gk gk+1 . h : Rn m ! R [ f1g. z) con y 2 Rm y z 2 Rn m : Si g : Rm ! R [ f1g. y si denotamos por '(x) := Ax + . gk hk gk+1 hk+1 y g h = supk2N (gk hk ): Usando el Ejercicio 11. gk por maxfgk . de…nimos g h : Rn ! R [ f1g como (g h) (y. donde (1)(1) := 1. El siguiente resultado asegura que la integral se obtiene integrando sucesivamente respecto a cada variable.19. z): .15 Sean g 2 S (Rm ) y h 2 S (Rn Entonces g h 2 S (Rn ) y Z Z Z g (g h) = Rn Rm Rn m ) tales que g 0 y h 0: h : m La a…rmación también es cierta si reemplazamos S por S : Demostración: Demostraremos el resultado para S : La demostración para S es más sencilla. denotamos por f z : Rm ! R [ f 1g a la función f z (y) := f (y. de ser necesario.264 12. podemos suponer que gk 0 y hk 0: Se tiene entonces que gk hk 2 Cc0 (Rn ). 0g y hk por maxfhk .37 obtenemos Z Z (g h) = l m (gk hk ) k!1 Rn Rn Z Z Z Z = lm gk hk = g h . Para 1 m < n. identi…camos a Rn con Rm Rn m y denotamos a un punto x 2 Rn como x = (y. FUNCIONES LEBESGUE-INTEGRABLES Demostración: Si f = supk2N fk con fk 2 Cc0 (Rn ) y fk fk+1 . hk hk+1 . fk ' fk+1 ' y f ' = supk2N (fk ') : Así que f ' 2 S (Rn ) y el resultado es consecuencia inmediata del Teorema 11. Proposición 12. g = supk2N gk y h = supk2N hk : Sustituyendo. z) := g(y)h(z). 0g. de la de…nición de la integral en Cc0 (Rn ) se sigue que Z Z Z Fk (z)dz = fkz (y)dy dz n m n m m R ZR ZR = fk (y. En consecuencia. la función f z pertenece a S (Rm ).2). para cada z 2 Rn m . b1 ] [an . bn ]. (12. Entonces. bm+1 ] [an . la función F : Rn m ! R [ f1g dada por Z F (z) := fz Rm pertenece a S (Rn m )y Z Rn Z F = m (12. si sop(fk ) [a1 . Fk (z) = 0: Por tanto. :::. PROPIEDADES DE LA INTEGRAL DE FUNCIONES SEMICONTINUAS 265 Proposición 12.5) .12.16 (Teorema de Fubini para funciones semicontinuas) Sean 1 m < n y f 2 S (Rn ). se cumple que fkz 2 Cc0 (Rm ). z para cada z 2 Rn m . fkz fk+1 y f z = supk2N fkz . xn )dx1 dxn : Rn (12.11.2. z)dy dz Rn m Rm Z = fk (x1 .3) a…rma que F = supk2N Fk : Esto implica que F 2 S (Rn m ) y Z Z Fk : (12.3) k!1 Rm donde Fk : Rn m k!1 Rm ! R es la función dada por Z Fk (z) := Rm fkz : Esta función es continua (ver Lema 11. f z 2 S (Rm ) y Z Z z F (z) := f = lm fkz = l m Fk (z). Además. Sea (fk ) una sucesión en Cc0 (Rn ) tal que fk fk+1 y f = supk2N fk : Entonces. en consecuencia.2) f: Rn La a…rmación también es cierta si reemplazamos S por S y 1 por 1: Demostración: Probaremos la a…rmación para f 2 S (Rn ): La a…rmación para f 2 S (Rn ) se obtiene aplicando el Lema 12. bn ] yz2 = [am+1 . Fk 2 Cc0 (Rn m ): De la monotonía de la integral se sigue que Fk Fk+1 y la igualdad (12.4) F = lm Rn m k!1 Rn m Por otra parte. entonces fkz = 0 y. k!1 Rn f = lm k!1 Z Rn fk .5) se obtiene Z Z F = lm Rn k!1 m fk = Rn Z f. tomemos una sucesión (fk. z)dy dz = f (y. Nota que. Rn .j : i k. integrar primero respecto a z y después respecto a y: Las identidades correspondientes (12.4) y (12. j k Entonces gk 2 Cc0 (Rn ). FUNCIONES LEBESGUE-INTEGRABLES De las identidades (12. por la invariancia de la integral bajo isometrías (Proposición 12.14). gk gk+1 y gk fk para todo k 2 N. podemos intercambiar el orden de las integrales en la proposición anterior.j fi 8j 2 N. Rn como a…rma el enunciado.j+1 para todo j 2 N y fk := supj2N fk. z)dz dy: (12. Proposición 12.6) Rn m Rm Rn Rm Rn m Un primer resultado que permite el intercambio del límite puntual de funciones con la integral es el siguiente. 8i fk De…nimos k: gk := max fi. es decir.17 (Convergencia monótona para funciones semicontinuas) Sea (fk ) una sucesión en S (Rn ) tal que fk fk+1 para todo k 2 N y f := supk2N fk : Entonces f 2 S (Rn ) y Z Z f = lm fk : k!1 Rn Rn Demostración: Para cada k 2 N.12) se sigue que Z Z Z Z gk lm fk : fk f = lm Rn k!1 Rn Pasando al límite obtenemos que Z Rn como a…rma el enunciado.j : Observa que fi. z)dy dz = f (y.j = sup gk : k2N i.j2N k2N n En consecuencia.j fk.266 12. y f = sup fk = sup fi. f 2 S (R ) y de la monotonía de la integral (Proposición 12.2) suelen escribirse como Z Z Z Z Z f (y.j ) en Cc0 (Rn ) tal que fk. 1X .3.12 para obtener la a…rmación deseada. 2 Rn : Entonces '(X) := f'(x) : x 2 Xg es un subconjunto abierto de Rn si X lo es. EL VOLUMEN DE UN CONJUNTO 12.48].3. 1Y 2 S (Rn ) si X y Y son abiertos.7) (12.20 (a) Si X Y son subconjuntos de Rn y ambos son abiertos o ambos son compactos. 1X 2 S (Rn ) si y sólo si X es compacto en Rn : (12. y 1X . .c. de…nimos el volumen de X en Rn como Z voln (X) := 1X 2 R [ f1g: Rn El volumen tiene las siguientes propiedades. si y sólo si X es cerrado en Rn : En consecuencia. 1X 2 S (Rn ) si y sólo si X es abierto en Rn . R). De…nición 12. Así que en ambos casos podemos aplicar la a…rmación (b) de la Proposición 12. 267 El volumen de un conjunto Aplicaremos las propiedades de la integral para calcular el volumen de algunos subconjuntos de Rn : Empecemos de…niendo este concepto.i si y sólo si X es abierto en Rn . y '(X) es compacto si X lo es. y es s.18 La función característica (o función indicadora) de un subconjunto X de Rn es la función 1X (x) := 1 si x 2 X.12. 1Y 2 S (Rn ) si X y Y son compactos.8) Proponemos la demostración de estas a…rmaciones como ejercicio [Ejercicio 12.s.19 Si X es un subconjunto abierto o X es un subconjunto compacto de Rn . entonces voln (X) voln (Y ): (b) Sea '(x) = Ax + con A 2 GL(n.c. voln ('(X)) = jdet Aj voln (X): Demostración: (a): Si X Y entonces 1X 1Y : Además. En ambos casos. Proposición 12. 0 si x 2 Rn r X: Es sencillo comprobar que la función 1X es s. De…nición 12. b)) = b Observa que 1U = 1(a1 .bn ) : Aplicando la Proposición 12. si ai = bi para algún i = 1. ai < bi . para cada k 2 N de…nimos fk : R ! R como 8 1 si t 2 [a. FUNCIONES LEBESGUE-INTEGRABLES (b): Como ' es un homeomor…smo. entonces n Y voln (U ) = (bi ai ): i=1 (b) Si Q = [a1 . y ' : R ! R es la función '(t) := (b (a. n. b + k1 ]. > > : 0 si t 2 = [a k1 .bi ) = n Y (bi ai ): i=1 b. Veamos algunos ejemplos.14 aseguran entonces que Z Z Z jdet Aj 1X = Rn Rn 1'(X) ' jdet Aj = 1'(X) . a b. bn ) con ai . entonces '((0. :::. b + k1 ]: .20 asegura que vol1 ((a. bi 2 R. > > < k(t a) + 1 si t 2 [a k1 . b].1 probamos que vol1 ((0. Ejemplo 12. bn ] con ai . b 2 R. Nota que 1'(X) ' = 1X : Las Proposiciones 12.268 12. entonces voln (Q) = 0: Demostración: (a): En el Ejemplo 12. b1 ] [an . fk (t) := k(b t) + 1 si t 2 [b. '(X) es abierto si X lo es y '(X) es compacto si X lo es. ai n Y voln (Q) = (bi bi . a].12 y 12. 1)) = 1: Si a. entonces ai ): i=1 En particular. Rn como a…rma el enunciado. 1)) = R 1(ai . b 2 R.15 obtenemos voln (U ) = n Z Y i=1 (b): Dados a. bi 2 R. a a)t + a.21 (a) Si U = (a1 . b) y la Proposición 12.b1 ) a: 1(an . b1 ) (an . r)n ) = (2r)n 8r > 0: .bn ] .21 aseguran que voln (X) voln (X) voln (( r. si X es compacto.bi ] = n Y (bi ai ). voln (Rn ) = 1: voln (( r. r)n : La Proposición 12.23 voln (Rn ) = 1: Demostración: De la Proposición 12.15 obtenemos que voln (Q) = n Z Y i=1 R 1[ai .b] : Por tanto. o si X es compacto. i=1 como a…rma el enunciado. r)n ) = (2r)n < 1 voln ([ r. 1) tal que X ( r.21 se sigue que voln (Rn ) Por tanto. Corolario 12. aplicando la Proposición 12.20 y el Ejemplo 12. entonces voln (X) < 1: Demostración: En ambos casos X es acotado. Corolario 12.22 Si X es un subconjunto abierto y acotado de Rn .3.12. vol1 ([a. b]) = l m k!1 Como 1Q = 1[a1 .20 y el Ejemplo 12. EL VOLUMEN DE UN CONJUNTO Entonces fk 2 Cc0 (R). Esto concluye la demostración. r]n ) = (2r)n < 1 si X es abierto. así que existe r 2 (0. fk 269 fk+1 y nf k2N fk = 1[a.b1 ] Z fk = l m k!1 R b a+ 1 k =b a: 1[an . Bonaventura Cavalieri Corolario 12.24 (Principio de Cavalieri) Sea K un subconjunto compacto de Rn . 1)) = rg. r) := fx 2 Rn : kxk ( 1 k ! n := voln (B n (0. la función t 7! voln 1 (Kt ) pertenece a S (R) y Z voln (K) = voln 1 (Kt )dt: R Demostración: Aplicamos la Proposición 12. Ejemplo 12. que a…rma lo siguiente. .25 Sea B n (0. Estudió teología en el monasterio de San Gerolamo en Milán y geometría en la Universidad de Pisa. n > 1: Para cada t 2 R. Italia. la función F de la Proposición 12. Rn R R como a…rma el enunciado.270 12. Usaremos el principio de Cavalieri para calcular el volumen de la bola.16 es la función F (t) := voln 1 (Kt ): Dicha proposición asegura que F 2 S (R) y que Z Z Z voln (K) = 1K = F = voln 1 (Kt )dt. Su método de los indivisibles para calcular áreas y volúmenes es un antecedente importante del cálculo moderno. de…nimos Kt := fy 2 Rn 1 : (y. FUNCIONES LEBESGUE-INTEGRABLES Una consecuencia importante del teorema de Fubini (Proposición 12. r > 0: Entonces si n = 2k. t) 2 Kg: Entonces.16) es el principio de Cavalieri2 .16 con m = 1 a la función 1K : Como 1tK = 1Kt para cada t 2 R. y voln (B n (0. k! 2k+1 1 3 (2k+1) k si n = 2k + 1. r)) = rn ! n : 2 Bonaventura Francesco Cavalieri (1598-1647) nació en Milán. 9) es consecuencia de la Proposición 12. lo que implica que ! n = ! n 1 cn = ! n 2 cn cn 1 = 2 !n n 2 si n > 2: (12.20. r)) = rn ! n (12. . k y ! 2k+1 2k+1 = 1 3 (2k + 1) k .11) Como ! 1 := vol1 ([ 1. Ahora calcularemos ! n : Si n > 1. cn cn 1 = 2 n 1 2i y c2k+1 = 2 k Y i=1 2i : 2i + 1 . 1]) = 2. del principio de Cavalieri y la identidad (12. 1 t2 ) dt R Z 1 n 1 = !n 1 1 t2 2 dt: (12.11) obtenemos que ! 2k 1 = k! como a…rma el enunciado.10) se sigue que ! 2 = 2c2 = : Iterando (12. 1)g.3.10) 1 t El cambio de variable t = cos x nos da Z 1 cn := 1 t2 n 1 2 dt = 1 Z sinn x dx: 0 Integrando por partes obtenemos que c2k = k Y 2i i=1 Por tanto. de la ecuación (12. la a…rmación voln (B n (0. EL VOLUMEN DE UN CONJUNTO 271 Demostración: Como B n (0.12.9) se sigue que Z p !n = voln 1 B n 1 (0. r) = frx : x 2 B n (0. entonces Z Z f= f= f: f2 . De…nición 12.4. 1).27 (a) Para toda f : Rn ! R [ f 1g. Z Z Z f= f y f= Z f: . Rn y la integral inferior de f como Z Z f := sup h : h 2 S (Rn ). Z Z f= ( f) : (b) Para toda f : Rn ! R [ f 1g. Z f Z (c) Si f1 . entonces Z Z f1 f2 : Z f: Rn (e) Para cualesquiera f : Rn ! R [ f 1g y 2 [0. h 2 R [ f 1g: f Rn Observa que en ambos casos el conjunto cuyo ín…mo o cuyo supremo estamos tomando no es vacío. ya que la función constante 1 pertenece a S (Rn ) y la función constante 1 pertenece a S (Rn ): Enunciamos a continuación algunas propiedades sencillas de estas integrales. g f 2 R [ f 1g. f2 : Rn ! R [ f 1g cumplen que f1 Z Z f1 f2 y (d) Si f 2 S (Rn ) [ S (Rn ). FUNCIONES LEBESGUE-INTEGRABLES 12. Funciones Lebesgue-integrables Para de…nir la integral de Lebesgue haremos uso de los siguientes conceptos. Lema 12.272 12.26 Para cualquier función f : Rn ! R [ f 1g de…nimos la integral superior de f como Z Z f := nf g : g 2 S (Rn ). (e): Si = 0 el resultado es obvio. En particular. (b): Basta probar que. entonces Z Z h g: Rn Rn Del Corolario 12.12 obtenemos Z Z Z 1 f g= g: Rn Se tiene entonces que Z f Rn Z f: . fk 2 S (Rn ) y fk f: De la de…nición de integral inferior y la a…rmación (b) obtenemos Z Z Z Z Z f.11.4. FUNCIONES LEBESGUE-INTEGRABLES 273 (f) Para cualesquiera f1 . las identidades correspondientes se siguen de éstas utilizando la a…rmación (a) y el Lema 12. f= f fk f := l m Rn es decir. (d): Sea f 2 S (Rn ): La igualdad Z Z f= f Rn es consecuencia inmediata de la de…nición de la integral superior. f2 : Rn ! [0. Supongamos que > 0: Para toda g 2 S (Rn ) tal que g f.13 y la monotonía de la integral (Proposición 12. se tiene que 1 g 2 S (Rn ) y 1 g f: Usando la Proposición 12. Z k!1 f= Z Rn Rn f= Z 8f 2 S (Rn ): f Rn Si f 2 S (Rn ).12. 1] Z (f1 + f2 ) Z f1 + Z f2 : Demostración: (a) es consecuencia inmediata del Lema 12. Sean fk 2 Cc0 (Rn ). h 2 S (Rn ) y h g. (c) es consecuencia inmediata de la de…nición. si g 2 S (Rn ).12) se sigue que Z Z Z (g h) 0: h= g Rn Rn Rn Esta es la desigualdad deseada.11. tales que fk fk+1 y supk2N fk = f . Z f1 + f2 y. La igualdad para la integral inferior se obtiene aplicando la a…rmación (a). R R (f): Si f1 R= 1 o f2 R= 1 la desigualdad deseada se cumple trivialmente. la integral (de Lebesgue3 ) de f se de…ne como Z Z Z f := f = f 2 R: Rn 3 Henri Léon Lebesgue (1875-1941) nació en Beauvais. De…nición 12.274 12. g2 2 S (Rn ) tales que g1 f1 . longitud y área. Z Z Z Z " " f2 + : y g2 f1 + g1 2 2 Rn Rn Entonces.28 Una función f : Rn ! R [ f 1g es (Lebesgue-)integrable si Z Z 1< f = f < 1: En este caso. f Z Z f f: Esto prueba la igualdad para la integral superior. g1 + g2 2 S (Rn ). Estudió en la Sorbonne de París. Oise. FUNCIONES LEBESGUE-INTEGRABLES Reemplazando f por f y 1 por es decir. Supongamos que f1 < 1 y f2 < 1: Sea " > 0 y sean g1 . donde fue alumno de Émile Borel. Z Z f2 + ": f1 + (g1 + g2 ) (f1 + f2 ) Z f1 + Z f2 . g2 f2 . en la desigualdad anterior obtenemos Z Z 1 f. sumando las desigualdades anteriores. g1 + g2 obtenemos Z Z (f1 + f2 ) Rn En consecuencia. Introdujo su teoría de integración en 1902 en su tesis de doctorado titulada Integral. como se a…rma en (f). Francia. . para cada " > 0. como su integral superior y su integral inferior son …nitas.30 f : Rn ! R [ f 1g es Lebesgue-integrable si y sólo si para cada " > 0 existen h 2 S (Rn ) y g 2 S (Rn ) tales que h f g. La De…nición 12. entonces f es Lebesgue-integrable y la integral de Lebesgue de f coincide con la de la De…nición 11.4.29 Del Lema 12.28 se puede reformular como sigue. FUNCIONES LEBESGUE-INTEGRABLES 275 Henri Lebesgue Observaciones 12. 1< Rn Rn Rn Rn Demostración: )) : Si f : Rn ! R [ f 1g es Lebesgue-integrable entonces.1 cumple que Z 1< f < 1: Rn En este caso. existen h 2 S (Rn ) y g 2 S (Rn ) tales que h f g y Z Z Z Z " " g f+ <1 y 1< f < h: 2 2 Rn Rn Dado que la integral superior y la integral inferior de f coinciden. (b) En particular. Lema 12. entonces f es Lebesgue-integrable si y sólo si la integral de…nida en la Sección 12.5. concluimos que Z Z Z Z Z Z 0= f f g h< f f + " = ": Rn Rn .27 se in…ere lo siguiente: (a) Si f 2 S (Rn ) [ S (Rn ).12. la integral de Lebesgue de f coincide con dicha integral. si f 2 Cc0 (Rn ). Z Z Z Z g<1 y 0 g h < ": h. existe ' 2 Cc0 (Rn ) tal que Z jf 'j < ": (12.31 Sea f : Rn ! R [ f 1g: Entonces f es Lebesgue-integrable si y sólo si existe una sucesión ('k ) en Cc0 (Rn ) tal que Z lm jf 'k j = 0: k!1 En ese caso. si para cada " > 0 existen h 2 S (Rn ) y g 2 S (Rn ) tales que h f g.30 y el Corolario 12. donde j 1j := 1: Proposición 12. se cumple que Z Rn f = lm k!1 Z Rn 'k : Demostración: )) : Supongamos que f es Lebesgue-integrable. en consecuencia. de…nimos jf j : Rn ! R [ f1g como jf j (x) := jf (x)j .276 12.13. g<1 y g h < ". existen g 2 S (Rn ) y h 2 S (Rn ) tales que h f gy Z Z Z " 1< h. Dada f : Rn ! R [ f 1g. g<1 y (g h) < : 2 Rn Rn Rn . para cada " > 0. Z Z Z Z 1< h. FUNCIONES LEBESGUE-INTEGRABLES () : Inversamente. Rn entonces Rn 1< Z 0 Z y.12) Por el Lema 12. Basta probar que. h Rn Rn Z Z f f f Z Z f Rn Z Z g Rn Rn g<1 h<" Rn para todo " > 0: Esto prueba que f es Lebesgue-integrable. El siguiente resultado proporciona una caracterización muy útil de las funciones Lebesgue-integrables y permite expresar a su integral como el límite de integrales de funciones en Cc0 (Rn ). 12. se tiene que jf 'j (g ') 2 S (Rn ): h) + (g Usando el Lema 12.12.27 y la Proposición 12. '(x). FUNCIONES LEBESGUE-INTEGRABLES 277 Por otra parte.27 y la Proposición 12. () : Supongamos que existe una sucesión ('k ) en Cc0 (Rn ) tal que Z lm jf 'k j = 0: k!1 Sea " > 0 y sea k0 2 N tal que Z jf 'k j < " 2 si k k0 : Entonces. de la de…nición de la integral para funciones en S (Rn ) se sigue que existe ' 2 Cc0 (Rn ) tal que ' g y Z " (g ') < : 2 Rn Como jf 'j (x) = f (x) '(x) '(x) f (x) g(x) g(x) '(x) h(x) si f (x) si f (x) '(x).12 obtenemos que Z Z Z Z Z " 1 < + 'k < gk + 'k = ( gk + 'k ) f 2 Rn Rn Rn Z Z Z Z Z " f (gk + 'k ) = gk + 'k < + 'k < 1: (12. gk + 'k 2 S (Rn ). concluimos que Z Z Z Z jf 'j [(g h) + (g ')] = (g h) + (g Rn Rn ') < ": Rn Esto prueba la a…rmación (12. 0 Z f Z f ": . por de…nición de la integral superior. para cada k tal que gk jf 'k j y Z Z " gk < : jf 'k j 2 Rn k0 existe gk 2 S (Rn ) Por tanto. gk + 'k 2 S (Rn ) y gk + 'k f gk + 'k : Aplicando el Lema 12.12).13) 2 Rn Rn Rn En consecuencia.4. usando el Lema 12. (b): La Proposición 12.5. Proposición 12. entonces es Lebesgue-integrable y Z Z ( f) = f: Rn f Rn (b) Si f : Rn ! R [ f 1g es Lebesgue-integrable.31 asegura que existe una sucesión ('k ) en Cc0 (Rn ) tal que Z lm jf 'k j = 0: k!1 . se sigue de (12. Empecemos observando lo siguiente.31 para probar algunas propiedades fundamentales de la integral de Lebesgue. entonces jf j es Lebesgue-integrable y Z Z f Rn Rn jf j : Demostración: (a): Si f : Rn ! R[f 1g es Lebesgue-integrable. FUNCIONES LEBESGUE-INTEGRABLES Concluimos que 1< Z f= Z f < 1.27 obtenemos que Z Z Z Z ( f) = f= f = ( f) : Esto demuestra la a…rmación (a).32 (a) Si f : Rn ! R [ f 1g es Lebesgue-integrable.278 12. f es Lebesgue-integrable.13) que Z Z " f 'k < 2 Rn Rn Esto prueba que Z f = lm k!1 Rn como a…rma el enunciado. 12. Finalmente. 8k Z Rn k0 : 'k Propiedades básicas de la integral de Lebesgue Usaremos la Proposición 12. es decir. 12. junto con el Ejercicio 11. jjf j 0 j'k jj lm k!1 Z jf jjf j 279 'k j : Así que.11). entonces Z Rn f Z 1. 2 2 R: La Proposición 12.k : .5. para cada k 2 N. 2 2 R.k + j 2 j 1 f1 + 2 f2 1 '1.35. f2 2 L(Rn ) y entonces 1 f1 + 2 f2 2 L(Rn ) y Z Z Z ( 1 f1 + 2 f2 ) = 1 f1 + 2 f2 : Rn (b) Si f. f2 2 L(Rn ) y 1 . existen '1.k 2 Cc0 (Rn ) tales que Z fi 'i.k 2 '2.27 se sigue que Z Z Z 0 j 1j f1 '1. (e) y (f) del Lema 12. PROPIEDADES BÁSICAS DE LA INTEGRAL DE LEBESGUE Observa que 0 superior. Por ello consideraremos en el resto de esta sección únicamente funciones que toman valores reales. Denotemos por L(Rn ) := ff : Rn ! R : f es Lebesgue-integrableg: El siguiente resultado a…rma que L(Rn ) es un espacio vectorial y que la integral es una función lineal y monótona.k f2 '2. Teorema 12. g 2 L(Rn ) y f Rn g. 2: lm k!1 De las a…rmaciones (c).33 (Linealidad y monotonía) (a) Si f1 . Veremos más adelante que una función Lebesgue-integrable f : Rn ! R [ f 1g sólo toma los valores 1 en un conjunto muy pequeño que no afecta el valor de la integral (ver Proposición 13. k!1 Rn k!1 Rn Rn Rn como a…rma el enunciado. asegura además que Z Z Z Z jf j = l m j'k j lm 'k = f .k .31 asegura entonces que jf j es Lebesgue-integrable y. Rn g: Rn Demostración: (a): Sean f1 . por la monotonía de la integral j'k jj lm k!1 Z jf 'k j = 0: La Proposición 12.31 asegura que.k = 0 para i = 1. '2. 14.280 12.k k!1 Rn Rn Z Z Z = lm 1 '1.k + 2 '2.k + 2 '2.34 (Cambio lineal de variable) Sean A 2 GL(n. Teorema 12. El teorema de cambio de variable para difeomor…smos es más delicado. Lo demostraremos en el siguiente capítulo.k + l m 2 '2.28 y la a…rmación (c) del Lema 12. (h F ) jdet Aj 2 S (Rn ). f : Por otra parte. Ahora probaremos el teorema de cambio de variable para isomor…smos a…nes. R) y 2 Rn : Si f 2 L(Rn ) entonces la función x 7! f (Ax + ) pertenece a L(Rn ) y se cumple que Z Z f (Ax + ) jdet Aj dx = f (y)dy: Rn Rn Demostración: Sean h 2 S (Rn ) y g 2 S (Rn ) tales que h f g: Denotemos por F (x) := Ax + : Por la Proposición 12. Z f = nf Rn Z Rn = sup Z (g F ) jdet Aj : g 2 S (Rn ).k ) = 0: La Proposición 12. como (h F ) jdet Aj (f F ) jdet Aj (g F ) jdet Aj se tiene que Z Z Z Z (h F ) jdet Aj (f F ) jdet Aj y (f F ) jdet Aj (g F ) jdet Aj : Rn Rn . (g F ) jdet Aj 2 S (Rn ).k = 1 k!1 Rn k!1 Rn f1 + Rn 2 Z f2 : Rn Esto demuestra la linealidad. (b): La monotonía es consecuencia inmediata de la De…nición 12. lm k!1 Z ( 1 f1 + 2 f2 ) ( 1 '1. g Rn (h F ) jdet Aj : h 2 S (Rn ). FUNCIONES LEBESGUE-INTEGRABLES En consecuencia. Z Z Z Z (h F ) jdet Aj = h y (g F ) jdet Aj = g: Rn Rn Rn Rn Por tanto.27.31 asegura entonces que 1 f1 + 2 f2 2 L(Rn ) y Z Z ( 1 f1 + 2 f2 ) = l m 1 '1. h f . k jf2 j + f2 '2.k < M. si f1 2 L(Rm ) y f2 2 L(Rn jf1 j 2 L(Rm ) y jf2 j 2 L(Rn m ): Por tanto.12. m < n. z) 2 Rm h) (y.15) g~ < M: Rm Por otra parte. g : Rm ! R y h : Rn Si 1 (g m ! R. la integrabilidad de f F y la identidad deseada.5. jf2 j < M: max Rm Elegimos g~ 2 S (Rm ) tal que g~ Rn jf1 j y Z f2 2 m ) entonces m (12. Proposición 12.16) Rm y Z Rn f2 m ) m Sea " > 0: Entonces existe k0 2 N tal que.k 2 Cc0 (Rn tales que Z Z f1 '1. por tanto.k < " : 2M . h : Rn ! R como Rn m Rn : (12. PROPIEDADES BÁSICAS DE LA INTEGRAL DE LEBESGUE 281 En consecuencia.32. de…nimos g donde (y. Z Z Z '2. 1 m < n.31 asegura que existen '1. la Proposición 12. para todo k k0 . entonces f1 L(Rn ) y Z Z Z f1 f2 : (f1 f2 ) = Rm Rn Rn m Demostración: Por la Proposición 12.k = 0 y lm f2 '2.k = 0: lm k!1 k!1 Rm Rn Z Rm f1 m '1.k 2 Cc0 (Rm ).k Rm " < 2M (12. '2. existe M 2 R tal que Z Z jf1 j . Z (f Z F ) jdet Aj Z f Rn F ) jdet Aj : (f Del Lema 12.14) Se tiene el siguiente resultado. z) := g(y)h(z).27 se sigue la igualdad y. Rn m '2.35 Si f1 2 L(Rm ) y f2 2 L(Rn m ). g2.37. Lo posponemos para el siguiente capítulo.k 2 S (Rn m ) de modo que g1.31 se sigue entonces que f1 f2 2 L(Rn ) y. usando el Lema 12.6.282 12.k f1 f2 '1.k Rn Rn Z Z Z Z g2.k g~ = Rn Rm < " 8k m Rm Rn m k0 : De la Proposición 12.k En consecuencia. (12.k k!1 Rn Rn Z Z Z Z f1 f2 .k f2 '2. (12.k '2.k '2.k jf1 j '2.k '2.k = = lm '1.17) g1.k < 2M 2M Rn m Rm Observa que f1 f2 '1.16) y (12.k . la Proposición 12.15 y las desigualdades (12.k 2 S (Rm ) y g2. FUNCIONES LEBESGUE-INTEGRABLES Para cada k k0 elegimos g1.36 Un subconjunto X de Rn es integrable si 1X 2 L(Rn ): La medida de Lebesgue (o el volumen) de X en Rn se de…ne como Z voln (X) := 1X Rn Se suele usar también la notación jXj o jXjn en vez de voln (X): .k '2. El teorema de Fubini para funciones Lebesgue-integrables es más delicado.k f1 '1.k . '2.k < .k + f1 '1.17) obtenemos Z Z Z (~ g g2.k k!1 Rm Rn m Rm Rn m como a…rma el enunciado.27.k (~ g f2 '2.15).k ) + g1. Conjuntos integrables De…nición 12. 12.k g2.k ) + g1.k + g1. obtenemos que Z Z (f1 f2 ) = l m '1.k '2. Z Z " " y g2.k '2. usando el Ejercicio 11. para cada k 2 N.38 Si X y Y son subconjuntos integrables de Rn . = 1X + 1Y 1X\Y . por tanto. entonces f g 2 L(Rn ).20) .12. Si es un subconjunto abierto y acotado de Rn . entonces su cerradura y su frontera @ := r son compactos y. 1 : k Esto prueba que f g 2 L(Rn ).31 asegura que. voln (X r Y ) = voln (X) voln (X \ Y ): Demostración: Para cualesquiera subconjuntos X y Y de Rn se cumple que 1X\Y 1X[Y 1XrY = 1X 1Y .22 asegura que todo subconjunto compacto de Rn es integrable y todo subconjunto abierto y acotado de Rn es integrable. = 1X 1X\Y : (12. Lema 12. X [ Y y X r Y son integrables y voln (X [ Y ) = voln (X) + voln (Y ) voln (X \ Y ).6.18) (12. 2k (kgk1 + 1) y que existe k 2 Cc0 (Rn ) tal que Z jg kj < 1 : 2k (k'k k1 + 1) Como jf g 'k se tiene que Z jf g kj jf 'k 'k j jgj + j'k j jg kj kgk1 Z jf kj kgk1 jf 'k j + k'k k1 'k j + k'k k1 jg Z jg kj < kj . Proposición 12. Veremos más adelante que el producto de funciones Lebesgue-integrables no necesariamente es integrable (ver Ejemplo 13. entonces X \ Y.19) (12. existe 'k 2 Cc0 (Rn ) tal que Z 1 jf 'k j < .32). CONJUNTOS INTEGRABLES 283 El Corolario 12. integrables. Para obtener otros ejemplos de conjuntos integrables usaremos el siguiente resultado.37 Si f. Demostración: La Proposición 12. g 2 L(Rn ) y g es acotada. entonces K\ es integrable.39 Si X es un subconjunto integrable de Rm y Y es un subconjunto integrable de Rn m .37 y la identidad (12. Proposición 12.284 12. identi…camos a Rm con el subespacio Rm f0g de Rn : La proposición anterior asegura que.20) se sigue que 1X[Y 2 L(Rn ). La integral sobre un subconjunto de Rn Extenderemos ahora el concepto de integrabilidad a funciones de…nidas en un subconjunto X de Rn : Dada f : X ! R [ f 1g de…nimos f : Rn ! R [ f 1g como f (x) := f (x) si x 2 X.7. el Lema 12. Y = Observaciones 12.21) f se llama la extensión trivial de f a Rn : De…nición 12. Pero su medida de Lebesgue sí.41 Sea X un subconjunto de Rn : Una función f : X ! R [ f 1g es (Lebesgue-)integrable en X si la función f es (Lebesgue-)integrable en Rn : La integral (de Lebesgue) de f en X se de…ne como Z Z f := f: X Rn .40 Si n > m.35. ya que voln (X) = 0 para todo subconjunto integrable X de Rm : 12.18) aseguran que 1X\Y 2 L(Rn ): Del Teorema 12. 1XrY 2 L(Rn ) y que son válidas las identidades del enunciado. entonces X Y es un subconjunto integrable de Rn y voln (X Y ) = (volm (X)) (voln m (Y )) : Demostración: Para cualesquiera subconjuntos X y Y de Rn se tiene que 1X 1X 1Y : La a…rmación es consecuencia de la Proposición 12. si X es un subconjunto integrable de Rm . FUNCIONES LEBESGUE-INTEGRABLES Si 1X 2 L(Rn ) y 1Y 2 L(Rn ).19) y (12.33 y las identidades (12. 0 si x 2 Rn r X: (12. la integrabilidad de un conjunto no depende del espacio euclidiano que lo contiene. entonces X X f0g es un subconjunto integrable de Rn : Es decir. si K es compacto y es abierto en Rn . En consecuencia. 44 (a) En adelante denotaremos simplemente por f.47].37. Entonces Z Z (b a)1K = (b a) voln (K) < 1: g 0 Rn Rn De la Observación 12. LA INTEGRAL SOBRE UN SUBCONJUNTO DE RN 285 Denotamos por L(X) := ff : X ! R : f es Lebesgue-integrable en Xg: (12. se tiene entonces que f = g + a1K 2 L(Rn ): Por tanto. f 2 L(K): Proposición 12. entonces la restricción de f a Y.7.42 Si K es un subconjunto compacto de Rn y f : K ! R es continua.43 Si f : X ! R [ f 1g es Lebesgue-integrable en X y Y es un subconjunto integrable de Rn tal que Y X. a la extensión trivial de f a Rn : (b) Si f : X ! R [ f 1g es Lebesgue-integrable en X y Y es un subconjunto integrable de Rn tal que Y X. Notación 12. se tiene que g 2 S (Rn ) [Ejercicio 12. se tiene que L(X) es un subespacio vectorial de L(Rn ): Proposición 12. f jY : Y ! R [ f 1g. entonces f 2 L(K): Demostración: Sean a := m nx2K f y b := maxx2K f: De…nimos g : K ! R como g(x) := f (x) a: Como g 0.29 se sigue que g 2 L(Rn ): Puesto que K es integrable. denotamos por Z Z f := (f jY ) : Y Y . es Lebesgue-integrable en Y y se cumple que Z Z (f jY ) = f 1Y : Y X Demostración: Observa que f jY = f 1Y : Así que este resultado es consecuencia inmediata del Lema 12. en vez de f .12.22) Identi…cando a f : X ! R con su extensión f : Rn ! R. b) con 1 1. entonces f 2 S (Rn ): (Sugerencia: Usa el Ejercicio 4. y llamaremos a la integral de Lebesgue simplemente la integral. prueba que (a) si X es abierto. 0 si x 2 Rn r X: 0. 12. dada por f (x) := Si f : X ! R es continua y f f (x) si x 2 X.46 Prueba que. fk fk+1 para todo k 2 N y f := nf k2N fk .) Ejercicio 12.8. entonces f 2 S (Rn ) y Z Z fk : f = lm k!1 Rn Rn Ejercicio 12. FUNCIONES LEBESGUE-INTEGRABLES (c) Si X = (a. Análogamente nos referiremos simplemente a la medida en vez de la medida de Lebesgue. escribimos a<b Z b f := a Z f: (a. (b) si X es compacto. si fk 2 S (Rn ). fk 2 C 0 (K) son tales que f1 fk fk+1 y fk (x) ! f (x) para cada x 2 K. si K es un espacio métrico compacto y f. Ejercicios Ejercicio 12.46. entonces fk ! f uniformemente en K: Ejercicio 12. (b) 1X 2 S (Rn ) si y sólo si X es compacto en Rn : .48 Sea X Rn : Demuestra que (a) 1X 2 S (Rn ) si y sólo si X es abierto en Rn .b) (d) En adelante diremos simplemente que f es integrable en X.286 12.47 Sea X Rn : Dada una función f : X ! R considera su extensión n trivial f : R ! R.45 Prueba que. entonces f 2 S (Rn ). en vez de decir que es Lebesgue-integrable en X. 1 . ng es un subconjunto compacto de Rn y que voln (P ) = jdet( 1 n )j : (Sugerencia: Usa el Ejercicio 12. t 2 [0. 1 . :::.8. :::. 1): Calcula el R : y 2 K. n P := f 0 + t1 1 2 Rn : Prueba que el paralelogramo + + tn n : ti 2 [0. en ) para la base canónica fe1 . n i=0 i=0 (Sugerencia: Calcula primero el volumen de (0. a]g en términos de a y voln 1 (K): Ejercicio 12. entonces K := voln ( K) = j jn voln (K): Ejercicio 12.49. n ) := ti i 2 Rn : ti 0 y ti = 1 : Ejercicio 12.51 Sean K un subconjunto compacto de Rn 1 y a 2 (0. 1]g en términos de a y voln 1 (K): (Sugerencia: Usa el principio de Cavalieri. ta) 2 Rn 1 1 y a 2 [0. considera la función afín ' : Rn ! Rn dada por '(x) := Ax + : Prueba que.49 (a) Si A es una matriz de n n (no necesariamente invertible) y 2 Rn .) 2 Rn : Calcula el volumen en Rn del simplejo ( n ) n X X ( 0 .52 Sean K un subconjunto compacto de Rn volumen en Rn del cono C := f((1 t)y.12. EJERCICIOS 287 Ejercicio 12.) . 1 . :::. t 2 [0.50 Sean 0 . t) 2 Rn 1 R : y 2 K. en g de Rn . si K es un subconjunto compacto de Rn . entonces '(K) es integrable y voln ('(K)) = jdet Aj voln (K): (b) Prueba que. y aplica el Ejercicio 12. :::. 1): Usando el principio de Cavalieri. calcula el volumen en Rn del cilindro K [0. :::.) Ejercicio 12.49 para obtener el caso general. 1] 8i = 1. si K es un subconjunto compacto de Rn y f x : x 2 Kg es integrable y 2 R.53 Sean 0 . e1 . a] := f(y. :::. 1): (Sugerencia: Usa el Ejemplo 12.25 para calcular la integral de la función ( q 1 kxk2 si kxk 1. existe un subconjunto abierto de Rn tal que y X (Sugerencia: Toma " := 1 . +1 voln (X): observa que existe g 2 S (Rn ) tal que g Z g < (1 + ")voln (X).56 Si X y Y son subconjuntos integrables de Rn demuestra las siguientes a…rmaciones: (a) Si X Y entonces voln (X) (b) voln (Y r X) (c) Si X voln (Y ) voln (Y ): voln (X): Y entonces voln (Y r X) = voln (Y ) voln (X): Ejercicio 12. FUNCIONES LEBESGUE-INTEGRABLES Ejercicio 12. t) 2 Rn R : x 2 K. 0 t f (x)g el conjunto de puntos bajo la grá…ca de f: (a) Prueba que Gf es compacto y que f voln+1 (G ) = Z f: K (Sugerencia: Aplica la Proposición 12. Ejercicio 12. del Ejercicio 11.) (b) Usa la a…rmación (a) y el Ejemplo 12. f (x) := 0 si kxk 1.288 12. an 2 (0.16.25 y el Ejercicio 12.55 Sean K un subconjunto compacto de Rn y f : K ! R una función continua tal que f 0: Sea Gf := f(x. para cada > 1.44. :::.57 Prueba que.) Ejercicio 12. si X es un subconjunto integrable de Rn y voln (X) > 0 entonces.54 Calcula el volumen en Rn del elipsoide ) ( n X x2i n 1 E := x 2 R : a2 i=1 i con semiejes a1 . Rn y de…ne voln ( ) < := fx 2 Rn : g(x) > 1 "g:) 1X y .49. 0g: Prueba que f 2 L(Rn ) si y sólo si f + 2 L(Rn ) y f que f = f + f y jf j = f + + f :) 2 L(Rn ): (Sugerencia: Observa Ejercicio 12. los elementos de E(Rn ) son funciones de la forma #= m X ci 1Qi . EJERCICIOS 289 Ejercicio 12. la función constante con valor c 2 R es integrable en X y Z c = c voln (X): X Ejercicio 12.8. g 2 L(Rn ). entonces f 2 L( ) y Z jf j kf k1 voln ( ): (b) Si omitimos la hipótesis de que sea acotado. si f. gg 2 L(Rn ): Ejercicio 12. si Y es un subconjunto integrable y acotado de Rn y voln (Y ) > 0 entonces. para cada < 1. existe un subconjunto compacto K de Rn tal que K Y y voln (Y ) < voln (K): (Sugerencia: Elige un rectángulo Q tal que Y conjunto X := Q Y . f (x) := maxf f (x). entonces la R bintegral de f dada por la De…nición 12. entonces maxff. es decir.58 Prueba que. Se les llama funciones escalonadas. de…nimos f + . i=1 donde Qi es un rectángulo y ci 2 R.61 Prueba que. ¿es cierto que f 2 L( )? (c) Si omitimos la hipótesis de que f sea acotada. .64 (Funciones Riemann-integrables) Sea E(Rn ) el espacio vectorial generado por las funciones características de los rectángulos en Rn .62 Prueba que. si X es un subconjunto integrable de Rn .41 coincide con la integral usual de Riemann a f: Ejercicio 12. si 1 < a < b < 1 y f : [a.60 Dada f : Rn ! R.12. f : Rn ! R como f + (x) := maxff (x). si es un subconjunto abierto y acotado de Rn y f : ! R es una función continua y acotada.) Q y aplica el ejercicio anterior al Ejercicio 12. gg 2 L(Rn ) y m nff. 0g.63 Prueba que. b] ! R es continua.59 (a) Prueba que. ¿es cierto que f 2 L( )? Ejercicio 12. . FUNCIONES LEBESGUE-INTEGRABLES (a) Prueba que toda función escalonada es Lebesgue-integrable y que Z #= Rn m X ci voln (Qi ): i=1 (b) Una función f : Rn ! R es Riemann-integrable si. existen #1 . entonces f es Riemann-integrable. su integral de Riemann I(f ) se de…ne como Z # : # 2 E(Rn ). 1]: Prueba que 1X : R ! R no es Riemann-integrable. # f : = sup Rn Prueba que toda función Riemann-integrable f : Rn ! R es Lebesgue-integrable y Z I(f ) = f: Rn (d) Sea X = Q \ [0.290 12. para cada " > 0. # f I(f ) : = nf n ZR # : # 2 E(Rn ).5). (c) Si f es Riemann-integrable. si f 2 Cc0 (Rn ). En el siguiente capítulo probaremos que esta función sí es Lebesgue-integrable (ver Ejemplo 13. #2 2 E(Rn ) tales que #1 f #2 y Z Z #2 #1 < ": Rn Rn Prueba que. Para la integral de Riemann la posibilidad de intercambiar al límite por la integral está estrechamente ligada a la convergencia 291 . Es decir. y) puede no ser integrable para ciertas y 2 Rn m : El teorema de Fubini a…rma que el conjunto de tales y’s tiene medida 0: Los conjuntos integrables de medida 0 se llaman conjuntos nulos. y)dx dy: Rm Este resultado requiere de ciertas precauciones ya que la función x 7! f (x. Este es un asunto de gran relevancia en el análisis matemático y tiene múltiples aplicaciones. Veremos que si dos funciones coinciden fuera de un conjunto nulo y una de ellas es integrable. Estudiaremos también la posibilidad de intercambiar al límite por la integral. es decir. El teorema de Fubini a…rma que la integral de una función integrable f : Rn ! R se puede obtener integrando coordenada a coordenada. es decir. si 1 m < n entonces Z Rn f= Z Rn m Z f (x. podemos sustituir de manera arbitraria los valores de una función en un conjunto nulo sin que esto altere ni la integrabilidad de la función ni el valor de su integral. El cálculo efectivo de integrales múltiples depende en gran medida de la posibilidad de reducirlo al cálculo sucesivo de integrales en dimensiones menores. La ausencia de buenas condiciones que permitan este intercambio es el motivo que llevó a sustituir la integral de Riemann por la integral de Lebesgue.Capítulo 13 Teoremas fundamentales de la teoría de integración En este capítulo expondremos los teoremas fundamentales de la teoría de integración de Lebesgue. de obtener la integral del límite puntual de una sucesión de funciones integrables como el límite de las integrales de dichas funciones. entonces la otra lo es y las integrales de ambas coinciden. 1). Conjuntos nulos Por simplicidad. Usando estos resultados de convergencia. ya que en ese caso Z Z 0 1Z 1Z = 0 y.1. entonces su límite puntual f es integrable y Z Z f = lm fk : (13. El primero a…rma que. demostraremos el teorema de cambio de variable para funciones integrables a partir del resultado correspondiente para funciones continuas con soporte compacto. 13. si una sucesión (fk ) de funciones integrables converge puntualmente a una función f y si tales funciones están dominadas puntualmente por una función integrable g.1) k!1 Rn Rn El segundo a…rma que. Denotamos al supremo puntual de esta sucesión de funciones por 1 P k=1 fk := sup m2N m P k=1 fk : Rn ! R [ f1g: El siguiente lema juega un papel importante en el estudio de las propiedades de los conjuntos nulos. Un tercer resultado importante. que se obtiene a partir del teorema de convergencia monótona y se usa para probar el teorema de convergencia dominada. TEOREMAS FUNDAMENTALES DE LA TEORíA DE INTEGRACIÓN uniforme mientras que. los teoremas que permiten este intercambio contienen hipótesis considerablemente más débiles. 1Z es integrable y jZj = Si fk : Rn ! R[f1g y fk R Rn 1Z = 0: 0. si la sucesión de funciones integrables (fk ) es no decreciente y el supremo de sus integrales está acotado. la sucesión de sumas parciales m P k=1 fk : Rn ! R[f1g es no decreciente. para la integral de Lebesgue. si jfk j g para todo k.292 13. es decir.2 Observa que Z es nulo si y sólo si 1Z = 0. . que da condiciones para la integrabilidad del límite inferior de una sucesión de funciones. escribiremos jXj en vez de voln (X). en consecuencia. es el lema de Fatou. De…nición 13. entonces f es integrable y se cumple (13.1 Se dice que un subconjunto Z de Rn es nulo si es Z integrable y jZj = 0: R Observaciones 13. Los dos teoremas fundamentales sobre convergencia en la teoría de integración de Lebesgue son el teorema de convergencia monótona de Levi y el teorema de convergencia dominada de Lebesgue. 17 se sigue que k=1 gk 2 S (R ) y Z 1 Z 1 Z m Z Z Z m 1 1 P P P P P P fk gk = l m gk = l m gk = gk fk + ". entonces Y es nulo. supongamos que f 2 R para todo k 2 N: Dada " > 0. entonces n Z := [1 k=1 Zk es un subconjunto nulo de R . Así pues. En particular. k=1 Rn k=1 m!1 para toda " > 0: En consecuencia. escogemos gk 2 n S (R ) tal que gk fk y Z Z " fk + k : gk 2 Rn P1 P1 P1 n Entonces k=1 gk k=1 fk : De la Proposición 12. P1 (b): Observa que 1Z k=1 1Zk : Aplicando la monotonía de la integral superior. CONJUNTOS NULOS 293 Lema 13. Proposición 13.4 (a) Si Z es nulo y Y Z. el resultado es trivialmente cierto. se cumple lo siguiente. el Lema 13. k=1 .13.2 obtenemos Z Z 1 Z 1 P P 0 1Z 1Zk 1Zk = 0: k=1 En consecuencia. (b) Si fZk : k 2 Ng es una familia numerable de subconjuntos nulos de Rn . Una primera consecuencia de este lema es la siguiente. m!1 k=1 Rn k=1 1 P fk 1 P k=1 k=1 Z Rn k=1 Rn k=1 fk . Demostración: (a) es consecuencia inmediata de la monotonía de la integral superior.3 Sean fk : Rn ! R [ f1g tales que fk 0: Entonces Z Z 1 1 P P fk : fk k=1 k=1 R Demostración: Si fk R= 1 para algún k 2 N. Z como a…rma el enunciado.3 y la Observación 13.1. Z es nulo. 16) se sigue que Z Z Z 1graf(f ) (x. n 1 . y) := 0 si x 2 = K. Ejemplo 13.7 La esfera S n 1 (0. Veamos un caso particular. r) es nulo. pues cada punto de N lo es. es un subconjunto nulo de Rn .6 Si 1 m < n. r) = S + [ S con S := gr( f ). r) ! R dada por f (x) := r2 kxk2 . 1graf(f ) (x. del ejemplo anterior y la Proposición 13. 0. TEOREMAS FUNDAMENTALES DE LA TEORíA DE INTEGRACIÓN Ejemplo 13. se tiene que graf(f ) es compacto. Ejemplo 13. r nulo de Rn . y)dy dx = 0. Veamos otros ejemplos.5 Todo subconjunto numerable N de Rn es nulo. y)dy = 0: m Del teorema de Fubini para funciones semicontinuas (ver Proposición 12. f (x)). donde B n 1 (0. r) := fx 2 Rn : kxk = rg. y = f (x)g. Por tanto. graf(f ) es un subconjunto integrable de Rn : Dado que 1ff (x)g (y) si x 2 K. m graf(f ) := f(x. es un subconjunto q Demostración: Considera la función f : B (0. Del ejemplo anterior y el teorema de la función implícita se deduce que las subvariedades de Rn son subconjuntos nulos [Ejercicio 13. 1graf(f ) = jgraf(f )j = Rn Rm Rn m como a…rma el enunciado. n para cada x 2 Rm se tiene que Z Rn 1graf(f ) (x.294 13.4 se sigue que S n 1 (0. entonces la grá…ca de f. K es un subconjunto compacto de Rm y f : K ! Rn es una función continua. r) := fx 2 Rn 1 : kxk rg: Como S n 1 (0. y) 2 Rn : x 2 K.47]. Demostración: Como graf(f ) es la imagen de K bajo la función continua g : K ! R dada por g(x) := (x. De…nición 13.c. CONJUNTOS NULOS 295 Proposición 13. si modi…camos una función integrable sobre un subconjunto nulo de Rn . entonces 0 Z 1Z Z 1 <" Rn de Rn tal 8" > 0: En consecuencia.c. Proposición 13.13.t.8 Z es un subconjunto nulo de Rn si y sólo si para cada " > 0 existe un subconjunto abierto de Rn tal que Z y j j < ": Demostración: )) : Si Z es un subconjunto nulo de Rn entonces tanto.) x 2 X. Z es nulo. si el conjunto fx 2 X : P (x) no se cumpleg es nulo. existe g 2 S (Rn ) tal que g 1Z y Z " g< : 2 Rn R 1Z = 0: Por Como g es s. puesto que g 1Z . la función obtenida sigue siendo integrable y su integral es la misma. g : Rn ! R [ f 1g tales que f (x) = g(x) p.i.10 Sean f. entonces g es integrable y Z Z f= g: Rn Rn .c.9 Sea X un subconjunto de Rn : Decimos que una propiedad P (x) se cumple casi dondequiera (c. se tiene que Z : Finalmente.1. x 2 Rn : Si f es integrable. se cumple que Z Z 2g < ": 1 j j= Rn Rn () : Inversamente. si para cada " > 0 existe un subconjunto abierto que Z y j j < ".46) y.) en X. := g 1 ( 12 .d.. dado que 2g 1 . La siguiente proposición asegura que.t. o bien que se cumple para casi todo (p. dado " > 0. 1) es un subconjunto abierto de Rn (ver Ejercicio 4. obtenemos que Z 1 Z X h hk = 0: k=1 Por otra parte. hk := 1Z y h := 1 k=1 hk . TEOREMAS FUNDAMENTALES DE LA TEORíA DE INTEGRACIÓN P Demostración: Sean Z := fx 2 Rn : f (x) 6= g(x)g.c. h(x) = 1 si x 2 Z y h(x) = 0 si x 2 = Z: Aplicando el Lema 13. Rn k!1 Rn Rn como a…rma el enunciado. Esto prueba que f (x) 2 R p.32)n y.t. si f es integrable. jf j < 1: De la a…rmación anterior se sigue que f (x) 2 R p. Z es nulo. 1Z = 0 y.3.31 asegura entonces que g es integrable y que Z Z Z g= lm 'k = f. se cumple lo siguiente. la Proposición 12. se tiene que Z Z 1Z " jf j 8" > 0: R En consecuencia.c. x 2 R : Las proposiciones anteriores nos permiten concluir lo siguiente. entonces f (x) 2 R n p. entonces jf j es integrable (ver Proposición 12. x 2 Rn : R Si f es integrable. en consecuencia.c. entonces f (x) 2 R p. 1 únicamente en un conjunto R Proposición 13.t. por tanto. Además. De hecho. por tanto. lm k!1 Z jg 'k j = Z jf 'k j 'k j = 0: La Proposición 12. x 2 Rn : Demostración: Sea Z := fx 2 Rn : f (x) = 1g: Como 1Z " jf j para todo " > 0. Z Z jf h+ 'k j y. .31 asegura que existe una sucesión ('k ) en Cc0 (Rn ) tal que Z jf lm k!1 Nota que jg 'k j Z h + jf jg 'k j = 0: 'k j : Por tanto.t.t. x 2 R : En particular. es decir.11 Si f : Rn ! R [ f 1g satisface jf j < 1. una función integrable toma los valores nulo.c.296 13. 51]. fkj (x) ! 0 para todo x 2 Rn r Z: Observaciones 13.12 Si f : Rn ! R[f 1g es integrable. x 2 Rn : Demostración: Tomemos k1 < < kj < kj+1 < Z Por el Lema 13.13. CONJUNTOS NULOS 297 Corolario 13.t.10 se sigue entonces que fe es integrable y que las integrales de f y fe coinciden. x 2 Rn y Z Z fe = Rn f: Rn Demostración: La Proposición 13. Proposición 13. .11 asegura que fe(x) = f (x) p.d. es integrable.t.c.3.t. x 2 Rn : De la Proposición 13. fe(x) := 0 si f (x) = 1.c.11 asegura entonces que existe un subconjunto nulo Z de Rn tal que 1 P j=1 jfkj (x)j < 1 8x 2 Rn r Z: En consecuencia.13 Sea fk : Rn ! R [ f 1g una sucesión de funciones tales que Z lm jfk j = 0: k!1 Entonces existe una subsucesión (fkj ) de (fk ) tal que fkj (x) ! 0 p. se tiene que Z 1 P j=1 jfkj j jfkj j < 1 P j=1 Z tales que 1 : 2j jfkj j 1: La Proposición 13.14 En la proposición anterior no es posible concluir que la sucesión (fk ) converge puntualmente a 0 c.c.1. en Rn : existen ejemplos de sucesiones tales que R l mk!1 jfk j = 0 pero (fk (x)) no converge para ningún x en un conjunto de medida positiva [Ejercicio 13. fe(x) = f (x) p. entonces la función fe : Rn ! R dada por f (x) si f (x) < 1. entonces f (x) = 0 p. donde fue alumno de Ulisse Dini y Luigi Bianchi. x 2 Rn . El primer problema con el que nos topamos es que. 1 m < n.15 Sea f : Rn ! R [ f 1g: Entonces.298 13. El teorema de Fubini1 a…rma que este mal comportamiento ocurre únicamente en un subconjunto nulo de Rn m y que la integral de una función integrable f se puede 1 Guido Fubini (1879-1943) nació en Venecia. la función 1Rm f0g es integrable en Rn : Sin embargo.10 asegura que jf j es integrable y Rn jf j = 0: R )) : Inversamente.46]. si f es integrable.2. x 2 Rn : 13.23). si f es integrable y Z Rn R jf j = 0 si y sólo si f (x) = 0 jf j = 0. Ejemplo 13.t.16 Sea 1 m < n: Puesto que Rm f0g es un subconjunto nulo de Rn [Ejercicio 13.t. Veamos un ejemplo. x 2 Rn : Demostración: R() : Si f (x) = 0 p. si jf j = 0. Fue profesor en el Politécnico y la Universidad de Turín. aplicando la Proposición 13. x 2 Rn : En particular. (1Rm f0g )0 = 1Rm no es integrable en Rm (ver Corolario 12.t.c. la Proposición 13.t. y) no necesariamente es integrable. . la función f y : Rm ! R [ f 1g dada por f y (x) := f (x. obtenemos que f (x) = 0 p. El teorema de Fubini Ahora queremos investigar si es posible calcular la integral de una función integrable f : Rn ! R [ f 1g integrando coordenada a coordenada. p.c. Corolario 13.13 a la sucesión fk := f.c. TEOREMAS FUNDAMENTALES DE LA TEORíA DE INTEGRACIÓN Una consecuencia importante de la proposición anterior es la siguiente.c. y y 2 Rn m . Estudió en la Scuola Normale Superiore de Pisa. Entonces existe un subconjunto nulo Z de Rn m tal que. la función f y : Rm ! R [ f 1g dada por f y (x) := f (x. para todo y 2 Rn m r Z.17 (Fubini) Sean f : Rn ! R[f 1g una función integrable y 1 m < n. (13.2.2) f: Rn Demostración: Sean h 2 S (Rn ) y g 2 S (Rn ) tales que h f g: El teorema de Fubini para funciones semicontinuas (ver Proposición 12. G 2 S (Rn m ). Z H= h y Rn denotamos por Z F1 (y) := f y y Z Rn G= m F2 (y) := Z Rn Z f y: g: . Z Rn F = m Z m r Z.16) asegura que hy 2 S (Rm ) y g y 2 S (Rm ) para todo y 2 Rn m y que las funciones Z Z y h y G(y) := gy H(y) := Rm cumplen que H 2 S (Rn Z Rn Para cada y 2 Rn m m m Rm ). y) es integrable. Guido Fubini Teorema 13. La función F : Rn F (y) := también es integrable y m ! R dada por R f y si y 2 Rn Rm 0 si y 2 Z. EL TEOREMA DE FUBINI 299 calcular usando integrando sucesivamente respecto a cada variable.13. se tiene que H Z Z h= H Fi Rn F1 Z m n F2 Fi Z G (ver Lema 12.d. f y es integrable y Z f y = F1 (y) = F2 (y) Rm 8y 2 Rn 8y 2 Rn 8y 2 Rn m m Esto concluye la demostración.15 asegura que Z0 := fy 2 Rn m : Fe1 (y) 6= Fe2 (y)g Rn m es nulo en Rn m . i = 1. 2: Rn Rn En consecuencia. dado (Fe2 Fe1 ) = 0. obtenemos Z Z Z Z f Fi Fi f. Zi := fy 2 Rn Z m m m : Fi (y) = 1g es un subconjunto nulo de Rn Z Z Fei = Fi = f. TEOREMAS FUNDAMENTALES DE LA TEORíA DE INTEGRACIÓN Como hy Z fy Rn g y . F1 y F2 son integrables en Rn m y Z Z Z F1 = F2 = Rn m Rn Por el Corolario 13. i = 1. r Z: r Z: Finalmente. 2: Rn m y Rn e e e que Fe2 Fe1 0 y RComo Fi toma valores en R tiene sentido considerar F2 F1 y. Fei (y) := es integrable. el Corolario 13.300 13. como Fei (y) = Fi (y) 1 < Fe1 (y) = Fe2 (y) < 1 y de la de…nición de F1 y F2 se sigue que Z Z y 1< f = fy < 1 Por tanto. en Rn m y F1 es integrable en Rn 13. la Proposición .12. m Rn m Rn r Z. Entonces Z := Z0 [ Z1 [ Z2 es nulo en Rn m y. tomando el ín…mo sobre las funciones g 2 S (Rn ) tales que g f y el supremo sobre las funciones h 2 S (Rn ) tales que h f. 0 si Fi (y) = 1.10 asegura que F es integrable en Rn m y Z Z Z F = F1 = f: Rn m m . 2: Rn m Rn Dado que f es integrable en R . i = 1. Z G= g. la función Fei : Rn Rn f: Rn ! R dada por Fi (y) si Fi (y) < 1. En consecuencia. como F1 = F c.27). z) dy dz = f (y. 1Rn = supk2N fk no es integrable. se tiene que tk+i tk = k+i P (tj tj 1 ) : j=k+1 Tomando el límite cuando i ! 1 concluimos que l m ti i!1 tk = 1 P j=k+1 (tj tj 1 ) : (13. TEOREMAS DE CONVERGENCIA 301 Notación 13. El siguiente ejemplo muestra que no es cierto. z) dy dz = f (y.3. z)dz dy: Rn 13.19 Si fk := 1B n (0. que el supremo puntual de una sucesión no decreciente de funciones integrables sea integrable.k) es la función característica de la bola de radio k con centro en el origen en Rn .3. z)dy dz: Rn Rn m Rm Dado que el intercambio de variables (y. i 2 N.34 asegura que también Z Z Z f (y. Ejemplo 13. Si el supremo puntual f := supk2N fk de una sucesión no decreciente (fk ) de funciones integrables es integrable. entonces fk es integrable y fk fk+1 para todo k 2 N: Sin embargo. y) es una transformación ortogonal.2) suele escribirse como Z Z Z f (y. el Teorema 12. z) ! 7 (z.18 La identidad (13. si (tk ) es una sucesión no decreciente de números reales entonces. Rm Rn m Teoremas de convergencia Daremos a continuación varios criterios importantes que garantizan la integrabilidad del límite puntual de funciones integrables y la posibilidad de expresar a la integral de dicho límite como el límite de las correspondientes integrales.3) . a…rma que basta con que este límite sea …nito para garantizar la integrabilidad de f: Nota que.13. para cualesquiera k. en general. entonces Z Z lm fk f < 1: k!1 Rn Rn El teorema que enunciaremos a continuación. Reemplazando los valores de fk en Z por 0 obtenemos funciones cuyo supremo puntual coincide con f fuera de Z: Estas nuevas funciones también son integrables y la integral de cada una de ellas coincide con la de la función original (ver Proposición 13. lm k!1 Rn entonces f := supk2N fk es integrable y Z Z f = lm Rn k!1 fk : Rn Demostración: Como fk es integrable. Beppo Levi Teorema 13.4).302 13. Z := [1 k=1 Zk es un subconjunto nulo de R (ver Proposición 13. podemos suponer. TEOREMAS FUNDAMENTALES DE LA TEORíA DE INTEGRACIÓN Usaremos esta fórmula en la demostración del siguiente resultado de Beppo Levi2 . Por tanto.11 asegura que el conjunto Zk := fx 2 Rn : fk (x) = 1g n es nulo para todo k 2 N. Por tanto. En 1939 emigró a Argentina donde fue profesor de la Universidad Nacional del Litoral (hoy Universidad Nacional de Rosario). que fk toma valores en R.20 (de convergencia monótona) Si fk : Rn ! R [ f 1g es integrable. fk fk+1 para todo k 2 N y Z fk < 1.3) se sigue que f fk = 1 P (fj fj 1 ) : j=k+1 2 Beppo Levi (1875-1961) nació en Turín. Italia y obtuvo el doctorado en la Universidad de Turín. De la fórmula (13. la Proposición 13. . sin perder generalidad.10). Corolario 13.21 Si fk : Rn ! R [ f 1g es integrable y fk Z lm fk > 1.3). obtenemos Z Z 1 P (f fk ) (fj fj 1 ) j=k+1 = Z 1 P R Rn fj Rn j=k+1 Como l m k!1 cuencia. la Proposición 12. k!1 Rn fk+1 para todo k 2 N. El análogo para sucesiones decrecientes de funciones también es válido. Z Rn 'k = l m k!1 Z Rn 'k = Z f.4) se sigue que Z lm k!1 lo que nos permite concluir que Z Z lm fk = l m (fk k!1 Rn k!1 (fk Rn Rn 'k ) + Rn Z jfk 'k j = 0: 'k : 'k ) = 0. se tiene que l m k!1 lm k!1 fj = 1 Rn Z l mk!1 (f R Rn lm i!1 Z R fk fi Rn Z fk : Rn Rn fk = 0 y.4) Por tanto. Z fk < 1.31 asegura que existe 'k 2 Cc0 (Rn ) tal que Z 1 jfk 'k j < : k (13.3 y la fórmula (13. y .3. en conse- fk ) = 0: Por otra parte. usando el Lema 13. Rn como a…rma el enunciado.13. TEOREMAS DE CONVERGENCIA 303 Por tanto. lm k!1 Z jf 'k j lm k!1 Z jf fk j + l m k!1 Esto prueba que f es integrable y que Z Z f = lm k!1 Rn De la desigualdad (13. El siguiente resultado.20 aplicado a la : sucesión de funciones características 1Xk .20 a la sucesión ( fk ): Corolario 13. debido a Fatou3 . ya que supk2N 1Xk = 1[1 k=1 Xk Corolario 13. denotamos por l m inf k!1 fk : Rn ! R [ f 1g y por l m supk!1 fk : Rn ! R [ f 1g a las funciones l m inf fk (x) := l m inf fk (x). k!1 k!1 l m sup fk (x) := l m sup fk (x) k!1 k!1 (ver De…nición 4.23 Sea X1 Xk una sucesión no creciente de subconjuntos n 1 integrables de R : Entonces \k=1 Xk es integrable y 1 T k=1 Xk = l m jXk j : k!1 Demostración: Este resultado es consecuencia del Corolario 13. Estudió matemáticas en la École Normale Supérieure de Paris y trabajó como astrónomo en el observatorio de Paris.22 Sea X1 Xk una sucesión no decreciente de subconjuntos integrables de Rn : Si la sucesión (jXk j) de sus medidas de Lebesgue en Rn está acotada.304 13. TEOREMAS FUNDAMENTALES DE LA TEORíA DE INTEGRACIÓN entonces f := nf k2N fk es integrable y Z Z f = lm k!1 Rn fk : Rn Demostración: Este resultado se obtiene aplicando el Teorema 13. . ya que nf k2N 1Xk = 1\1 : Nota que Rn 1Xk 0: k=1 Xk Dadas funciones fk : Rn ! R [ f 1g. entonces [1 k=1 Xk es integrable y 1 S k=1 Xk = l m jXk j : k!1 Demostración: Este resultado es consecuencia del Teorema 13. da condiciones para la 3 Pierre Joseph Louis Fatou (1878-1929) nació en Lorient.26).21 aplicado R a la sucesión de funciones características 1Xk . Francia. 13. Z Z lm j!1 fj.21.k g> Rn Rn Por el Corolario 13.5) Rn ya que fj fj.k gk = nf Rn j k Rn k 1: fj.k : Observa que gk = nf j k fj . Pierre Fatou Teorema 13.24 (Lema de Fatou) Sea fk : Rn ! R [ f 1g una sucesión de funciones integrables con las siguientes propiedades: (i) existe una función integrable g : Rn ! R [ f 1g tal que fk (ii) existe M 2 R tal que Z fk 8k 2 N: M Rn Entonces l m inf k!1 fk es integrable y Z l m inf fk k!1 Rn g para todo k 2 N. el Teorema 13. fj. se tiene que gk := nf j Z Z fj. Por tanto.k := m nffi : k i jg: Entonces.k es integrable y Z nf fj M. Como gk gk+1 para todo k 2 N. l m inf k!1 Z fk : Rn Demostración: Fijemos k 2 N: Para cada j k de…nimos fj.3.61). Rn k2N j k Rn k2N k2N Rn k2N j k Rn .k fj+1. usando la desigualdad (13.20 asegura que supk2N gk es integrable y.5).k g para todo j 2 N. TEOREMAS DE CONVERGENCIA 305 integrabilidad de l m inf k!1 fk . j k (13.k es integrable (ver Ejercicio 12.k y fj. obtenemos que Z Z Z Z sup nf fj = sup gk = sup gk sup nf fj . fj. El siguiente ejemplo muestra que. en este caso no se da la igualdad. y 1 . 0g: Entonces 8k 2 N. Teorema 13.c. que jfk (x)j g(x) p.25 Existen sucesiones (fk ) que satisfacen las hipótesis del lema de Fatou para las cuales se cumple la desigualdad estricta Z Z l m inf fk < l m inf fk : k!1 Rn k!1 Rn Demostración: Sea fk : R ! R la función fk (x) := maxfk k 2 x fk es integrable. para que l mk!1 fk sea integrable.t. TEOREMAS FUNDAMENTALES DE LA TEORíA DE INTEGRACIÓN como a…rma el enunciado.26 (de convergencia dominada) Sean f.2 0 -1 0 0 1 2 3 -1 x 0 1 2 3 x grá…cas de f1 y f2 Uno de los teoremas más importantes de la teoría de integración es el teorema de convergencia dominada de Lebesgue. se tiene que Z Z fk : l m fk = 0 < 1 = l m R k!1 k!1 R Es decir. ni siquiera cuando la sucesión (fk ) converge puntualmente.8 0 . fk : Rn ! R [ f 1g funciones con las siguientes propiedades: .5 y 1 0 . es decir.306 13.6 0 . no se cumple la igualdad en el lema de Fatou. Ejemplo 13. x 2 Rn . Como l mk!1 fk (x) = 0 para todo x 2 R.5 0 . Dicha condición asegura además que podemos intercambiar al límite por la integral. en general. Este teorema da una condición su…ciente para la integrabilidad del límite puntual de una sucesión de funciones integrables: basta que la sucesión (fk ) esté dominada por una función integrable g.4 0 . fk 0 y Z fk = 1 R 1 k . t.8) se sigue que Z Z f l m inf Rn En consecuencia. 8x 2 Rn . k!1 fk Rn Z Rn k!1 Rn l m sup k!1 f = lm k!1 (13. se cumple que jfk (x)j g(x) p.t. y que y l m fk (x) = f (x) k!1 Como fk gy Z jfk (x)j Z fk 8k 2 N.7) y (13. Por tanto. Por tanto. podemos suponer sin perder generalidad que fk .3.c. Z0 : = fx 2 Rn : (fk (x)) no converge a f (x)g.13.6). son nulos. Z Z Z Z f= f l m inf fk = l m sup fk : Rn (13. TEOREMAS DE CONVERGENCIA 307 (i) fk es integrable. Z := [1 g(x) < 1 para todo k= 1 Zk es nulo. x 2 Rn .24) asegura que f es integrable y que Z Z f l m inf fk : k!1 Rn k!1 Rn De (13.7) Rn Observa que las funciones fk y f también satisfacen (13. g(x) 8k 2 N.8) . (iii) existe una función integrable g : Rn ! R [ f 1g tal que. Nota que jf (x)j n x 2 R r Z: Reemplazando fk (x). x 2 Rn : Entonces f es integrable y Z f = lm k!1 Rn Z fk : Rn Demostración: Los conjuntos Z 1 : = fx 2 Rn : g(x) = 1g.6) Z Rn Z Rn fk fk Z Rn Rn f: (13. (ii) fk (x) ! f (x) p. Zk : = fx 2 Rn : jfk (x)j > g(x)g.c. f y g toman valores en R. g =: M Rn Rn el lema de Fatou (ver Teorema 13. f (x) y g(x) por 0 para todo x 2 Z. para cada k 2 N. 12.25 no están dominadas por ninguna función integrable g [Ejercicio 13. f 2 L(X r Xk ) para todo k 2 N. k!1 como a…rma el enunciado. En las secciones siguientes daremos algunas aplicaciones de ellos. el teorema de convergencia dominada asegura que Z Z 0= lm jf fk j = l m jf j . k!1 k!1 Rn Xk el teorema de convergencia monótona (ver Teorema 13. X := Xk y k=1 f : X ! R una función tal que f jXk 2 L(Xk ) para todo k 2 N y Z lm jf j < 1: k!1 Xk Entonces f 2 L(X).20) asegura que jf j = supk2N jfk j es integrable. jf fk j también lo es. 13.8.58]. 11. como fk (x) ! f (x) para todo x 2 Rn y jfk (x)j jf (x)j para todo x 2 Rn y k 2 N.45). Esto concluye la demostración. identi…camos a f con su extensión trivial a Rn : Denotamos por fk := f 1Xk : Por hipótesis fk 2 L(Rn ): En consecuencia.27 Sean X1 Xk subconjuntos de Rn . Puesto que jf (x) fk (x)j ! 0 para todo x 2 Rn y jf (x) fk (x)j 2 jf (x)j para todo x 2 Rn y k 2 N. Z Z Z f y lm f = lm X k!1 k!1 Xk XrXk jf j = 0: Demostración: Como hemos convenido (ver Notación 12.19 y 13.26) asegura que f es integrable y que Z Z f f = lm X k!1 Xk Entonces f fk = f 1XrXk es integrable y. Ahora. Observa que las sucesiones de funciones de los Ejemplos 11.308 13. el teorema de convergencia dominada (ver Teorema 13. X k!1 XrXk . jfk j 2 L(Rn ) y. TEOREMAS FUNDAMENTALES DE LA TEORíA DE INTEGRACIÓN (ver Ejercicio 4.44). como jfk j jfk+1 j y Z Z lm jfk j = l m jf j < 1. Concluimos esta sección con dos corolarios interesantes de los teoremas de convergencia monóntona y convergencia dominada. 1 S Corolario 13. en consecuencia. La importancia del teorema de convergencia dominada quedará de mani…esto en las múltiples aplicaciones que veremos en el resto de estas notas. TEOREMAS DE CONVERGENCIA 309 Corolario 13. existe un subconjunto nulo Z de Rn tal que g(x) := 1 P j=1 Esto implica que la serie 1 P j=1 jfj (x)j < 1 8x 2 Rn r Z: fj (x) converge para todo x 2 Rn r Z: De…nimos f : Rn ! R como Entonces k P j=1 8 1 < P f (x) si x 2 Rn r Z.11.3. j f (x) := j=1 : 0 si x 2 Z: fj (x) ! f (x) p.13. .t. en Rn a una función integrable f : Rn ! R y lm k!1 Z k P f Rn fj = 0: j=1 Demostración: Denotemos por gk := k P j=1 Como gk es integrable.d. 8k 2 N. gk jfj j y g := j=1 gk+1 y Z Z 1 P lm gk = k!1 1 P Rn Rn j=1 jfj j = sup gk : k2N jfj j < 1. el teorema de convergencia monótona asegura que g es integrable.c.28 Sea fj : Rn ! R una sucesión de funciones integrables tales que Z 1 P jfj j < 1: Rn j=1 Entonces la serie 1 P j=1 fj converge c. por la Proposición 13. En consecuencia. x 2 Rn y k P j=1 fj (x) g(x) 8x 2 Rn . como j=1 k P f (x) j=1 y f (x) k P j=1 fj (x) jf (x)j + 8x 2 Rn r Z fj (x) ! 0 k P fj (x) j=1 jf (x)j + g(x) 8x 2 Rn .b) a . b] ! R. el teorema de convergencia dominada asegura que lm k!1 como a…rma el enunciado. f fj es integrable y. b) r B n (0. Teorema 13. 13. entonces Z Z b f (kxk)dx = n! n f (t)tn 1 dt: An (a. El siguiente resultado a…rma que.29 (Integral de una función radial) Si f : [a. b)) = (bn an )! n . b) := fx 2 Rn : a kxk bg: Observa que An (a. j=1 La integral de funciones radiales Sean 0 < a < b < 1: Considera el conjunto An (a. si g(x) = f (kxk) donde f : [a.7 se sigue entonces que voln (An (a.38 y los Ejemplos 12.25 y 13. la integral de g se puede calcular en términos de la integral de Riemann de f . si f es continua. TEOREMAS FUNDAMENTALES DE LA TEORíA DE INTEGRACIÓN El teorema de convergencia dominada asegura entonces que f es integrable. a) [ S n 1 (0.4. b) = B n (0. Se dice que una función g : An (a. a): De la Proposición 12. es decir. donde ! n es el volumen de la bola unitaria en Rn . b) ! R es radial si su valor depende únicamente de kxk . En consek P cuencia.310 13. Z Rn f k P fj = 0. b] ! R es una función continua. 8k 2 N. para cada " > 0 existe k0 2 N tal que jf (t) f (s)j < " jAj si js tj < b a k con k k0 : P En consecuencia. haciendo tender k ! 1 obtenemos Z Z b gk = n! n f (t)tn 1 dt: (13. jAj = jA1 j + + jAk j : El teorema del valor medio aplicado a la función t 7! tn asegura que existe tal que anj anj 1 = n nj 1 (aj aj 1 ): j 2 (aj 1 . Por tanto. se tiene que Z k Z X jf (kxk) gk (x)j dx = f (kxk) f ( j ) dx A j=1 Aj k X " jAj j = " jAj j=1 8k k0 : .10) A Como f es uniformemente continua en [a.9) lm k!1 A a Demostraremos a continuación que Z Z gk (x)dx: f (kxk)dx = l m k!1 A (13. aj ) Por tanto. x 2 A.13. jAj j = (anj anj 1 )! n = n Considera la función gk := k P n 1 (aj j aj 1 )! n : f ( j )1Aj : j=1 Se tiene que Z gk = A k P j=1 f ( j ) jAj j = n! n k P f ( j) j=1 n 1 (aj j aj 1 ): La suma que aparece en el término de la derecha es una suma de Riemann para la integral de la función t 7! f (t)tn 1 en [a.t. b]: Por tanto. b]. dado que jf (kxk) gk (x)j = kj=1 f (kxk) f ( j ) 1Aj (x) p. aj ): Entonces A = A1 [ [ Ak y Ai \ Aj es nulo si i 6= j (ver Ejemplo 13.c.4. b] tal que aj aj 1 = k1 (b a): Por simplicidad denotamos por A := An (a.7). LA INTEGRAL DE FUNCIONES RADIALES 311 Demostración: Para cada k 2 N consideramos la partición a = a0 < a1 < < ak = b del intervalo [a. b) y Aj := An (aj 1 . 30 Si Z An (a. por ejemplo 0: Proposición 13. r) si y sólo si caso. el Corolario 13. entonces kxk dx = n n+ ! n (bn+ an+ ) si n! n (ln b ln a) si Demostración: Por el teorema anterior. Z Z b kxk dx = n! n t An (a. TEOREMAS FUNDAMENTALES DE LA TEORíA DE INTEGRACIÓN Esto demuestra (13. Z n! n n+ kxk dx = r .9) y (13.r) 1 si n + 0: Si n + > 0.31 Si 2 R y r > 0. en ese (b) la función x 7! kxk es integrable en Rn r B n (0. r) si y sólo si ese caso.312 13. n+ kxk r + n < 0 y.30 se sigue que Z n ! n rn+ si n + > 0. Si < 0 la función x 7! kxk no está de…nida en 0: Sin embargo. Z n! n n+ kxk dx = r . Combinando las identidades (13. n+ kxk r + n > 0 y.10) se obtiene la identidad deseada.r) . como f0g es un conjunto nulo.b) 2 R y 0 < a < b < 1. + n = 0: dt: a Calculando la integral de la derecha se obtiene el resultado. podemos extender esta función a una función Rn ! R dándole cualquier valor en 0. n+ lm kxk dx = "!0 An (".10). entonces (a) la función x 7! kxk es integrable en B n (0.27 asegura que x 7! kxk es integrable en B n (0. kxk dx = l m k!1 1 n + n kxk r A ( k . r) y que Z Z n kxk dx = ! n rn+ . en Demostración: (a): Sea " > 0: Del Ejemplo 13.b) +n 1 + n 6= 0. Ejemplo 13. r).42). entonces f 2 L ( ) y jf j < 1: loc R () : Inversamente. Ejemplo 13.13.34 Sea un subconjunto abierto de Rn : Entonces f 2 L( ) si y sólo R si f 2 Lloc ( ) y jf j < 1: R Demostración: )) : Claramente. Anteriormente probamos que el producto de dos funciones integrables es integrable si una de ellas es acotada (ver Lema 12.31 nos permite dar un criterio muy útil de integrabilidad para funciones f : Rn ! R en términos de su comportamiento al 1.33 Sea un subconjunto abierto de Rn : Una función f : ! R es localmente integrable en si. si f 2 L( ).11) Una consecuencia del Corolario 13. Demostración: La función f (x) := kxk kxk n no lo es. r): Esto es una contradicción.67]. para todo subconjunto compacto K de . pero f 2 (x) = La Proposición 13. Empezamos introduciendo el siguiente concepto.r) +n kxk dx 313 0: Si x 7! kxk fuera integrable en B n (0. se tendría Z kxk r kxk dx < 1 8" 2 (0. El siguiente ejemplo muestra que esta última hipótesis es importante. dist(x. LA INTEGRAL DE FUNCIONES RADIALES Supongamos ahora que que Z An (". La demostración de (b) es análoga [Ejercicio 13. la función f jK : K ! R es integrable en K: Observa que cualquier función continua f : Rn ! R es localmente integrable (ver Ejemplo 12. Proposición 13.32 El producto de funciones integrables no es necesariamente integrable. @ ) > g: k := fx 2 k . Denotamos por Lloc ( ) := ff : ! R : f es localmente integrable en g: (13.4. n=2 es integrable en B n (0. De…nición 13.37).27 es la siguiente. supongamos que f 2 Lloc ( ) y jf j < 1: Para cada k 2 N de…nimos 1 : kxk < k. r). TEOREMAS FUNDAMENTALES DE LA TEORíA DE INTEGRACIÓN Entonces k = [1 k+1 y k=1 k . se tiene que Z jf j Z Z jf j 1B n (0. f 2 L( 0 ) si y sólo si (f 0 ') jdet ' j 2 L( ) y. se cumple que Z Z 0 f ('(x)) jdet ' (x)j dx = f (y)dy: 0 .r) .r) + Z jf j + M kxk r Z jf j 1Rn rB n (0.36 (de cambio de variable) Sean y 0 subconjuntos abiertos de Rn y ' : ! 0 un difeomor…smo de clase C 1 . se tiene que f j k 2 L( k ) y Z k jf j Z es la cerradura de k jf j < 1 k en Rn : Como k 8k 2 N: Por el Corolario 13.r) + jf j 1Rn rB n (0. Corolario 13.r) kxk r 1 dx < 1: kxkn+" La existencia de las dos últimas integrales se sigue de que f 2 Lloc (Rn ) y de la Proposición 13. El teorema de cambio de variable El teorema de cambio de variable para funciones continuas con soporte compacto (ver Teorema 11. en tal caso.314 13. Teorema 13.35 (Criterio de integrabilidad) Si f 2 Lloc (Rn ) y existen " > 0. entonces f 2 L(Rn ): Demostración: Como jf j = jf j 1B n (0.25) se generaliza a funciones integrables como sigue.31.5. La Proposición 13. donde es compacto. respectivamente. r). f 2 L( ).34 asegura que f 2 L(Rn ): 13. Entonces. M 0 y r > 0 tales que M kxkn+" jf (x)j 8x 2 Rn r B n (0.27. EL TEOREMA DE CAMBIO DE VARIABLE 315 Reduciremos la demostración de este teorema al caso en el que f 2 Cc0 ( 0 ): Para ello requerimos el siguiente resultado.31 existe g 2 Cc0 (Rn ) tal que Z " jf gj < : (13. k) (ver Proposi- jgj < 1.13. y que jgj = 0: " jgj < : 3 k0 := k0 : Sea M := maxx2 1 0 y Z " (1 0 h) < : 3M Rn (13.13) 0 jg(x)j : Como 1 0 2 S (Rn ). y como además k lm : kxk < k. identi…camos a f con su extensión trivial a Rn . dist(x.43). . Por la Proposición 12.5.37 (Aproximación por funciones en Cc0 ( )) Si Rn y f 2 L( ) entonces existe una sucesión fk 2 Cc0 ( ) tal que Z lm jf fk j = 0: es abierto en k!1 Demostración: Sea " > 0: Basta probar que existe f" 2 Cc0 ( ) tal que Z jf f" j < ": Como convenimos (ver Notación 12.44). Proposición 13. @ ) > k!1 Z jgj k Rn el Corolario 13.12) 3 Rn Considera la sucesión no decreciente de subconjuntos abiertos y acotados de k := fx 2 Nota que = [1 k=1 k : Como ción 12.27 asegura que g 2 L( r Z lm k!1 Escogemos k0 2 N tal que Por simplicidad escribimos existe h 2 Cc0 (Rn ) tal que h Z 0 1 g: k es integrable se tiene que g j k 2 L( Z r r k) k . 316 13. si Qpj es un cubo de semilado . Demostración: Sea k := fx 2 : kxk < k. Se cumple lo siguiente.45). y 2 Qj : Esto implica que.38 Si es un subconjunto abierto de Rn y ' : ! Rn es de clase C 1 entonces. entonces '(Qj ) está contenido en un cubo de semilado Mk n .8) y expresándolo como una unión de cubos.50 obtenemos Z Z Z Z jf ghj jf gj + jg ghj + jg ghj r 0 0 Z Z Z jf gj + jgj + M (1 0 h) < ": Rn r Rn 0 Esto concluye la demostración. j 2 N. gh 2 Cc0 ( ): Más aún.Rn ) < 1: x2 k Del teorema del valor medio (ver Corolario 9.17) y las desigualdades (11. Por tanto. basta probar que '(Z \ k ) es nulo para cada k 2 N: Fijemos k 2 N y " > 0: Tomemos una familia numerable de cubos Qj . dist(x. tales que 1 S P Z\ k Qj y jQj j < ": k j=1 j2N Ésta se obtiene escogiendo un abierto U tal que Z \ k U Sk y jU j < " (ver Proposición 13. para todo subconjunto nulo Z de . tales que int(Qi ) \ int(Qj ) = . si i 6= j (ver Ejercicio 13. Como k es compacto y '0 : ! L(Rn . Lema 13. @ ) > k1 g: Dado que la unión numerable de conjuntos nulos es un conjunto nulo. U = j2N Qj . usando el Ejercicio 13. Rn ) es continua.9) se sigue entonces que p k'(x) '(y)k1 k'(x) '(y)k Mk kx yk Mk n kx yk1 8x. hg. Requerimos también información sobre la imagen de un conjunto nulo bajo una función de clase C 1 . TEOREMAS FUNDAMENTALES DE LA TEORíA DE INTEGRACIÓN Reemplazando h por maxf0. podemos suponer además que h 0: Entonces h(x) = 0 para todo x 2 Rn r 0 y. j'(Qj )j Mkn nn=2 jQj j 8j 2 N: . en consecuencia. se tiene que Mk := sup k'0 (x)kL(Rn . el conjunto '(Z) := f'(z) : z 2 Zg es nulo. Denotemos por gk := (fk ') jdet '0 j y ') jdet '0 j : g := (f Entonces. integrable.25 asegura que Z Z Z 0 gk = (fk ') jdet ' j = fk .14) Reemplazando a (fk ) por una subsucesión. podemos suponer además que existe un subconjunto nulo Z de Rn tal que fk (y) ! f (y) 8y 2 0 rZ (ver Proposición 13. EL TEOREMA DE CAMBIO DE VARIABLE 317 Nota que '(Qj ) es compacto y. existe una sucesión (fk ) en Cc0 ( 0 ) tal que Z jf lm k!1 fk j = 0: 0 (13.13).37 Demostración del Teorema 13. por tanto. concluimos que j=1 Esto prueba que '(Z \ Z 1'(Z\ k) es nulo: k) Mkn nn=2 " 8" > 0: Estamos listos para demostrar el teorema de cambio de variable. 0 (13.22 asegura que 1 S m P j=1 Mkn nn=2 " jQj j 8m 2 N: '(Qj ) es integrable y que j=1 1 S m!1 j=1 j=1 Como '(Z \ k) 1 S m S '(Qj ) = l m Mkn nn=2 ": '(Qj ) '(Qj ).36.38).5. Se tiene entonces que m S m P '(Qj ) j=1 Mkn nn=2 j'(Qj )j j=1 El Corolario 13.15) . El Teorema 11. gk (x) ! g(x) 8x 2 r ' 1 (Z) y ' 1 (Z) es nulo (ver Lema 13. gk 2 Cc0 ( ). Sea f 2 L( 0 ): Por la Proposición 13.13. de…niendo gk0 := 0. TEOREMAS FUNDAMENTALES DE LA TEORíA DE INTEGRACIÓN y que Z jgk gj j = Z Z (jfk 0 jfk 0 fj j ') jdet ' j = Z fj + jf fj j : Z 0 jfk fj j 0 De esta última desigualdad y la a…rmación (13. usando las identidades (13.14) se sigue que existen k1 < kj+1 < tales que Z 1 gkj+1 gkj < j : 2 En consecuencia.14) y (13. < kj < .15). concluimos que Z Z Z Z g= lm gkm = l m fkm = f. j=0 Observa que gkm = m P1 (gkj+1 gkj ) j=0 y que g(x) = 1 P (gkj+1 (x) gkj (x)) j=0 r ' 1 (Z): 8x 2 El Corolario 13. entonces f = (g ' 1 ) det ' 1 0 : En consecuencia. concluimos que Z 1 P gkj+1 gkj < 1. f 2 L( 0 ) si g 2 L( ): Esto concluye la demostración. si g := (f m!1 0 0 ') jdet '0 j . Finalmente observa que. m!1 que es la identidad deseada. Veamos una aplicación del teorema anterior.28 asegura entonces que g es integrable y que Z jg gkm j = 0: lm m!1 Por tanto.318 13. 23 ) y denotamos al conjunto restante por C1 := [0.39 (Coordenadas polares) f 2 L(R2 ) si y sólo si la función (r.13. 9 9 : Continuando de esta manera. r sin ) dr d : R2 0 0 Demostración: Sean := (0. r sin ) es integrable en [0.41 El objetivo de este ejercicio es mostrar la existencia de subconjuntos nulos no numerables de [0. ) 7! rf (r cos . 2 ]) r y R2 r 0 son subconjuntos nulos de R2 . )j = r: Por el Teorema 13. 1) [0. Z Z 2 Z 1 f= rf (r cos .6. 1]: El conjunto de Cantor C se construye como sigue: Al intervalo [0. ) 7! rf (r cos . en ese caso. EJERCICIOS 319 Ejemplo 13. )) es integrable en . 1) [0. concluimos que 2 f 2 L(R ) si y sólo si (r.40 Prueba que [0. 1) [0. 1] r Q es integrable y calcula su medida en R.6. ) 7! rf ('(r. ) := (r cos . 2 ] y Z Z Z Z 2 Z 1 f= f= rf ('(r. 13. a cada uno de los 2k subintervalos cerrados de Ck le quitamos su tercio medio y denotamos al conjunto restante por Ck+1 : De…nimos 1 T C := Ck : k=1 Prueba que C es nulo y no es numerable. Ejercicio 13. 9 9 [ 7 8 . f 2 L( 0 ) si y sólo si (r. 2 ) y 0 := R2 r f(x. r sin ) es un difeomor…smo de clase C 1 y jdet '0 (r. r sin ) es integrable en [0. )) dr d = rf (r cos . y Z Z f= rf ('(r. 1] r 1 2 . . Ejercicios Ejercicio 13. 0) : x 0g: La función ' : ! 0 dada por '(r.36. )) dr d : 0 Como ([0. r sin ) dr d . R2 0 0 0 como a…rma el enunciado. 2 ] y. 3 3 : A cada uno de los dos subintervalos cerrados de C1 le quitamos su tercio medio y denotamos al conjunto restante por C2 := C1 r 1 2 . 1] le quitamos su tercio medio ( 13 . 1) (0. de…ne de manera explícita un subconjunto abierto integrable de Rn tal que Qn y j j < ": Ejercicio 13.320 13. N: [aN . tales que int(Qj ) \ int(Qk ) = . ' : clase C 1 y m > n.46 (a) Prueba que.44 Prueba que Z es un subconjunto nulo de Rn si y sólo si Z \ Q es un subconjunto nulo de Rn para todo rectángulo Q Rn : Ejercicio 13. graf(f ) := f(x. k 2 N.47 Prueba que toda subvariedad M de Rn (ver De…nición 10.42 Para cada " > 0.45 Un cubo es un rectángulo [a1 .7. entonces la (c) Prueba que todo subespacio vectorial propio de Rn es nulo. y) 2 Rn : x 2 X. X es una unión numerable de subconjuntos compactos de Rm y f : X ! Rn m es una función continua. si es abierto en Rm y f : grá…ca de f es un subconjunto nulo de Rn : ! Rn m es continua. y = f (x)g.) Ejercicio 13. si es un subconjunto abierto de Rn . entonces '( ) es un subconjunto nulo de Rm . k 2 N. b1 ] b1 a1 6= 0 para todo i = 2. tales que 1 S P Z Qk y jQk j < ": k2N k=1 (Sugerencia: Usa la Proposición 13. entonces Rn rZ es denso en Rn : (b) ¿Es cierto que. ! Rm es de . Ejercicio 13.10) es un subconjunto nulo de Rn : (Sugerencia: Usa el Teorema 10.43 (a) Prueba que. si j 6= k: (b) Sean un subconjunto abierto de Rn y Z : Prueba que Z es un subconjunto nulo de Rn si y sólo si para cada " > 0 existe una familia numerable de cubos Qk . si Z es un subconjunto nulo de Rn . si un subconjunto integrable X de Rn tiene medida positiva entonces int(X) 6= .48 Prueba que.) Ejercicio 13.8 y el inciso (a). entonces la grá…ca de f.? Ejercicio 13. es un subconjunto nulo de Rn : (b) Prueba que. :::. bN ] tal que bi ai = (a) Prueba que todo subconjunto abierto de Rn es la unión de una familia numerable de cubos Qk . TEOREMAS FUNDAMENTALES DE LA TEORíA DE INTEGRACIÓN Ejercicio 13. si 1 m < n. 1 . 2 0. Z Z Z f= f+ f: X X1 X2 Ejercicio 13.1 . 4 1 1 . 3 0.53 Considera la función f : R2 ! R dada por ( 2 2 x y si (x. y Rn r '(K) se llama el conjunto de valores regulares de ': Demuestra las siguientes a…rmaciones: (a) El conjunto de valores críticos de ' es un subconjunto nulo de Rn . y) 2 R2 r (0.d.1 . 4 2 1 3 . y) := 0 si (x.50 Sean X1 .1 . . 1)2 .13. 1)2 : . 2 1 . (x2 +y 2 )2 f (x. X2 subconjuntos integrables de Rn tales que X1 \X2 es nulo. EJERCICIOS 321 un subconjunto abierto de Rn y ' : Ejercicio 13. 1]: (c) Exhibe una subsucesión (fkj ) que converge a 0 c. y) 2 (0. su imagen '(K) se llama el conjunto de valores críticos de '.49 (Lema de Sard) Sean Rn una función de clase C 1 : El conjunto ! : det '0 (x) = 0g K := fx 2 se llama el conjunto de puntos críticos de '.52 Prueba que si Z es un subconjunto nulo de Rm entonces.51 Considera la familia numerable de intervalos cerrados 0. Ejercicio 13. para cualquier subconjunto integrable X de Rn . (a) Prueba que lm k!1 Z R jfk j = 0: (b) Prueba que (fk (x)) no converge para ningún x 2 [0. en ese caso. 1 . Denotamos por X := X1 [ X2 : Prueba que f : X ! R [ f 1g es integrable en X si y sólo si f jX1 es integrable en X1 y f jX2 es integrable en X2 y que. . 1 . en R: Ejercicio 13. 2 4 3 . 3 1 2 . 3 3 2 . ::: 4 Sea fk la función característica del k-ésimo intervalo de la lista. el conjunto Z X es un subconjunto nulo de Rm Rn : Ejercicio 13.6. (b) El conjunto de valores regulares de ' es denso en Rn . . 56 Prueba que. TEOREMAS FUNDAMENTALES DE LA TEORíA DE INTEGRACIÓN (a) Prueba que la función x 7! f (x. R R R R existen y son distintas. Xk es un subconjunto integrable de Rn y 1 S Xk k=1 1 P k=1 jXk j : Ejercicio 13. si Q es un rectángulo en Rn y f : Q ! R es continua. Ejercicio 13. fk k 2 N. si Xk es un subconjunto integrable de Rn y 1 P k=1 entonces 1 S k=1 jXk j < 1. f (x.3. entonces la integral de Lebesgue de f (De…nición 12. y)dx dy. si fk : Rn ! R [ f 1g es integrable.55 Usando el Ejercicio 12.41) coincide con la integral dada por la De…nición 11. la función y 7! f (x. y) es integrable en R para todo x 2 R. f (x. y) es integrable en R para todo y 2 R. y Z 1 P fk < 1.62 y el teorema de Fubini prueba que.54 Considera la función f : R2 ! R dada por 8 2 si 0 < x < y < 1. y que las integrales Z Z Z Z f (x. y)dy dx. y) := : 0 en los otros casos. y realiza un análisis análogo al del ejercicio anterior. Ejercicio 13. entonces P1 k=1 k=1 fk es integrable y Z 1 P Rn k=1 Rn fk = 1 P k=1 Z Rn fk : 0 para todo . < y 2 x si 0 < y < x < 1.57 Prueba que. (b) ¿Es f una función integrable en R2 ? Ejercicio 13.322 13. c.d.d.8.25 no existe ninguna función integrable g : Rn ! R [ f 1g tal que jfk j g c.19. para todo t 2 (a. sin usar el teorema de convergencia dominada. t) @t g(x) c. Rn es continua en y0 : Ejercicio 13. y) es continua en y0 : (iii) Existe una función integrable g : Rn ! R [ f1g tal que. b) ! R [ (i) Para cada t 2 (a. en Rn : .59 Prueba que.c. 13.61 (Derivación bajo el signo de integral) Sea f : Rn f 1g una función con las siguientes propiedades: (a. b). y) es integrable en Rn : (ii) P. b). t) toma valores en R y es diferenciable en (a. y)dx. para todo y 2 Y. (iii) Existe una función integrable g : Rn ! R [ f1g tal que. en Rn para todo k 2 N. t) es integrable en Rn : (ii) P.d. x 2 Rn . la función t 7! f (x.t. x 2 Rn . dada por Z F (y) := f (x. b). 11. y)j g(x) c. si f : Rn ! R es integrable.12.6. la función y 7! f (x.60 (Dependencia continua de un parámetro) Sean Y Y y f : Rn Y ! R [ f 1g con las siguientes propiedades: Rm . jf (x. Ejercicio 13. entonces Z lm f = 0: k!1 Rn rB n (0. y 0 2 (i) Para cada y 2 Y.k) Ejercicio 13.y 13. la función x 7! f (x.t. en Rn : Prueba que la función F : Y ! R. @f (x. la función x 7! f (x. EJERCICIOS 323 Ejercicio 13. que para las sucesiones de funciones (fk ) de los Ejemplos 11.13.58 Prueba. r) y calcula x2i dx = n P i=1 Z B n (0. 2. j=1 prueba que f 2 L(X) y Xj Z f= 1 P j=1 X Z f: Xj Ejercicio 13. dada por Z F (t) := f (x. 3: @xi xk @yi R3 ky Ejercicio 13. Z Z B n (0.r) (Sugerencia: Observa que. 1 i n.r) x2j dx. para todo r > 0. dada por Z f (y) F (x) := dy. b) y que 0 F (t) = Z Rn @f (x. Prueba que la función F : R3 ! R.r) B n (0. TEOREMAS FUNDAMENTALES DE LA TEORíA DE INTEGRACIÓN Prueba que la función F : (a.63 Sea fXk : k 2 Ng una familia de subconjuntos integrables de Rn tales que Xj \ Xi es nulo si i 6= j: Denotamos por X := [1 k=1 Xk : Si f : X ! R es una función tal que f jXk 2 L(Xk ) para todo k 2 N y existe M 2 R tal que Z k P jf j M 8k 2 N. Z ! n n+2 x2i dx = r : n+2 B n (0. i = 1. por la invariancia de la integral bajo transformaciones ortogonales.64 Prueba que. t)dx: @t Ejercicio 13. Rn es diferenciable en (a.324 13. b) ! R. t)dx. x2i dx:) .62 Sea f 2 Cc1 (R3 ) := C 1 (R3 ) \ Cc0 (R3 ). xk R3 ky es de clase C 1 y que sus derivadas parciales están dadas por Z 1 @f @F (x) := (y)dy. ) := (r sin cos . R3 0 0 0 .13. 2 ] ! R3 la función '(r. ] [0. y sea f : Rn ! R. r cos ): Entonces f 2 L(R3 ) si y sólo si la función (r. Z Z 2 Z Z 1 f= f (r sin cos . en ese caso. r cos )r2 sin dr d d . calcula la integral Z ln(kxk)dx: An (a. am puntos distintos en Rn . .68 Prueba que la función f : Rn ! R.69 ¿Para qué números Calcula la integral Z kxk<1 n=2 1 1 kxk2 > 0 es x 7! 1 para tales : 1 kxk2 : integrable en B n (0.70 Sean a1 . .b) Ejercicio 13. 1) [0.65 Para 0 a < b < 1 y n par.72 (Coordenadas esféricas) Sea ' : [0. kxk dx = n+ kxk r Ejercicio 13.6.71 Prueba que. si f 2 Lloc (Rm ) y g 2 Lloc (Rn m ) con 1 m < n. es integrable en Rn y que Z Rn exp( kxk2 )dx = Ejercicio 13.66 Para 0 < a < b < 1.b) Ejercicio 13.67 Sea r > 0: Prueba que la función x 7! kxk es integrable en Rn r B n (0. 2 ] y. ] [0. r sin sin . :::. ))r2 sin es integrable en [0. r sin sin . m > n > 1. ) 7! f ('(r. 1) [0. f (x) := exp( kxk2 ). Z n! n n+ r . y) := f (x)g(y) si (x. r) si y sólo si + n < 0 y. calcula la integral Z exp( kxk2 )dx: An (a. f (x) := m Q i=1 Prueba que f es integrable en Rn : 1 kx ai k : Ejercicio 13. . y) 2 R R Rn : Ejercicio 13. donde (f g)(x. EJERCICIOS 325 Ejercicio 13. 1)? dx Ejercicio 13. n m n m entonces f g 2 Lloc (R ). en ese caso. 326 13.73 (Coordenadas cilíndricas) Enuncia y demuestra el teorema de cambio de variable para el cambio de coordenadas (r.74 Usando coordenadas esféricas calcula el volumen de la bola B3 (0. . z) 7! (r cos . z): Ejercicio 13. r) := fx 2 R3 : kxk rg: . TEOREMAS FUNDAMENTALES DE LA TEORíA DE INTEGRACIÓN Ejercicio 13. r sin . Éstas aparecen en muchas aplicaciones importantes. entonces f es integrable (ver Teorema 14. Probaremos que el espacio Cc1 ( ) de funciones de clase C 1 con soporte compacto en es un subespacio denso de Lp ( ): Para ello introduciremos el producto de convolución. que introduciremos en este capítulo. e importantes aplicaciones en la física. Se tiene además un criterio sencillo que garantiza su integrabilidad: si f es medible y está dominada por una función integrable. b] que consideramos en el capítulo 2. las …nanzas y otras disciplinas. p 2 [1. la ingeniería. Las funciones medibles son aquéllas que se obtienen como el límite puntual de una sucesión de funciones integrables en : A diferencia de las funciones integrables.17). Los espacios de Lebesgue tienen una enorme relevancia en análisis y en diversas áreas de las matemáticas. las funciones medibles tienen la ventaja de que el producto de funciones medibles y la pésima potencia de una función medible resultan ser funciones medibles. y su norma es la que de…nimos arriba. que asocia a un par de funciones 2 Cc1 (Rn ) y f 2 Lp (Rn ) una función f 2 1 n p n C (R ) \ L (R ): Escogiendo k de manera adecuada. jf j kf kp := análogas a aquéllas en C 0 [a. Sus elementos son clases de equivalencia de funciones medibles f : ! R tales que jf jp es integrable. 1). Los espacios de Lebesgue Lp ( ). se obtiene una sucesión k f de funciones con soporte compacto que converge a f en Lp (Rn ): El producto de convolución tiene múltiples aplicaciones que van desde la solución 327 . Para funciones medibles vale además el inverso del teorema de Fubini (ver Teorema 14.15). pero el espacio Cc0 ( ) no resulta adecuado para tratar muchas de esas aplicaciones porque no es completo. son espacios de Banach y contienen a Cc0 ( ) como subespacio denso.Capítulo 14 Los espacios de Lebesgue En el espacio de funciones continuas con soporte compacto Cc0 ( ) podemos considerar las normas Z 1=p p . Proposición 14. Los conjuntos medibles tienen las siguientes propiedades. en ese caso. Spacial Convolution.html . El Corolario 13. la noción de medida dada por la De…nición 12.19).22 asegura que. Conjuntos y funciones medibles Denotemos por B n (0.38).stanford. Podemos extender la noción de volumen como sigue. K. aun cuando éste no sea integrable. Dektar y N. http://graphics.edu/courses/cs178/applets/convolution. k) := fx 2 Rn : kxk rg: El volumen de un subconjunto abierto de Rn siempre está de…nido (ver De…nición 12. applet para el curso Digital Photography (Spring 2011). Su medida (de Lebesgue) se de…ne como jXj := l m X \ B n (0. (c) Nota también que si X es medible y jXj = 0 entonces X es un conjunto nulo.1. A.1 Un subconjunto X de Rn es (Lebesgue-)medible si X \ B n (0. Levoy. Rn es medible pero no es integrable. (a) Si X y Y son subconjuntos medibles de Rn .51]. Stanford University. 1 Consulta por ejemplo el applet de M. estudiaremos la noción de compacidad en Lp ( ) y daremos condiciones que garantizan que un subconjunto K de Lp ( ) es compacto. Finalmente. Willett . k) es integrable en Rn para todo k 2 N. entonces X r Y (b) Si fXj : j 2 Ng es una familia numerable de subconjuntos medibles de Rn . Proponemos la demostración de esta a…rmación como ejercicio [Ejercicio 14.3 es medible. k) : k!1 Observaciones 14.2 (a) Observa que todo conjunto integrable es medible (ver Proposición 12. Adams.328 14. LOS ESPACIOS DE LEBESGUE de problemas con condición de frontera en ecuaciones diferenciales parciales. (b) El recíproco no es cierto: claramente. entonces 1 1 S T Xj y Xj j=1 j=1 son medibles.36 coincide con la dada aquí. De…nición 14. hasta el procesamiento de señales digitales o de imágenes1 . 14. en consecuencia. No todos los subconjuntos de Rn son medibles. k) : Como Ym la sucesión (jYm j) es acotada. Ejemplo 14. Demostración: (a): Si X es cerrado en Rn . n B n (0. A continuación daremos un ejemplo . (b) y (c) son consecuencia inmediata de (a) y de la Proposición 14. De (a) y la identidad j=1 1 T j=1 se sigue que 1 T Xj = Rn r 1 S j=1 (Rn r Xj ) Xj es medible.1. En consecuencia. El Corolario 13.4 (a) Todo subconjunto cerrado de Rn es medible. como los siguientes. integrable en Rn .22 asegura entonces que 1 S m=1 Ym = 1 S j=1 Xj \ B n (0. k). CONJUNTOS Y FUNCIONES MEDIBLES 329 Demostración: (a) es consecuencia de la identidad (X r Y ) \ B n (0. k) = X \ B n (0.38. entonces X \ B n (0.3. (b) Todo subconjunto abierto de Rn es medible. se tiene que (b): Sean k 2 N y Ym := [m j=1 Xj \ B (0. k) = es integrable. j=1 La proposición anterior proporciona muchos ejemplos de conjuntos medibles. k) y la Proposición 12. 1 S 1 S j=1 Xj ! \ B n (0. k) Xj es medible. k) es compacto y. (c) Las uniones y las intersecciones numerables de subconjuntos abiertos o cerrados de Rn son medibles. k) r Y \ B n (0.14. Giuseppe Vitali Requerimos el siguiente lema.22 obtenemos 1 1 P 4 4P jIk j = j j < jXj = jX \ Ik j : 3 3 k=1 k=1 Esta desigualdad implica que existe k0 2 N tal que jIk0 j < 34 jX \ Ik0 j : Sea Denotemos por Y := X \ Ik0 y por := 21 jIk0 j : Y + z := fy + z : y 2 Y g: Probaremos a continuación que (Y + z) \ Y 6= . y 2 Xg ( . ): >0 Demostración: Reemplazando. 2 0 Giuseppe Vitali (1875-1932) nació en Ravenna. donde fue alumno de Luigi Bianchi y asistente de Ulisse Dini. Italia.45). 8z 2 ( (14. es la unión de una familia numerable de intervalos cerrados Ik .57).330 14. para algún z 2 ( . de ser necesario. k] de medida positiva. cuyos interiores son ajenos por pares (ver Ejercicio 13. k 2 N. ): Argumentando por contradicción. Usando el Corolario 13. Fue maestro de secundaria durante más de 20 años hasta que …nalmente obtuvo una cátedra en la Universidad de Modena y Reggio Emilia. Estudió en la Scuola Normale Superiore de Pisa. Dicho ejemplo se debe a Vitali2 . a X por alguno de sus subconjuntos X \ [ k. .5 Si X es un subconjunto medible de R con jXj > 0 entonces existe tal que fx y : x.1) . Lema 14. podemos suponer sin perder generalidad que X es integrable en R: Escojamos un abierto en R tal que X y j j < 34 jXj (ver Ejercicio 12. supongamos que (Y + z) \ Y = . LOS ESPACIOS DE LEBESGUE de un subconjunto de R que no lo es. ): Entonces 2 jY j = jY + zj + jY j = j(Y + z) [ Y j j(Ik0 + z) [ Ik0 j 2 jIk0 j + jzj 3 jIk j . para cada z 2 ( que x + z = y: Esto concluye la demostración. kg. es decir.k) . kg1B n (0. k].1). k]. se cumple (14. R sería nulo (ver Ejercicio 14. CONJUNTOS Y FUNCIONES MEDIBLES 331 lo cual es imposible. ) fx y : x. Más precisamente: dada f : Rn ! R [ f 1g consideramos. por el Lema 14.6 (Vitali) R contiene un subconjunto que no es medible. y 2 Y tales Teorema 14. . kxk k y f (x) 2 ( 1. De modo que. y escoge un elemento en cada clase de equivalencia. ) existen x. De manera análoga se de…ne el concepto de función medible: una función es medible si cuando restringimos su dominio a B n (0. existiría > 0 tal que ( . 1). Entonces R = [q2Q (X + q): Si X fuera medible.1.51). es decir. 8 k > > < f (x) f[k] (x) := > k > : 0 si si si si kxk k y f (x) 2 [k. lo cual es imposible ya que fx y : x. y 2 Xg (R r Q) [ f0g: Así concluimos que X no es medible.14.2) . k) y proyectamos sus valores sobre el intervalo [ k. y 2 Xg. necesariamente jXj > 0 pues. kxk > k: (14. de lo contrario. la función f[k] : Rn ! R de…nida como f[k] := m nfmaxff. para cada k 2 N.5. kxk k y f (x) 2 [ k. k] la función resulta integrable. ya que jIk0 j < 43 jY j : I I+z |z | |I | En consecuencia. Demostración: Considera la relación de equivalencia en R dada por x y si y sólo si x y 2 Q. Sea X el conjunto de dichos elementos. 25 -2. LOS ESPACIOS DE LEBESGUE 2. toda función continua f : Rn ! R es medible. (1X )[k] = 1X\B n (0.k) g es integrable en Rn (ver Ejercicio 12. entonces f 1B n (0.k) : (14.5 1. En particular.k) g. Pero muchas funciones sí lo son.7 Una función f : Rn ! R [ f 1g es (Lebesgue-)medible si f[k] es integrable en Rn para todo k 2 N.8 Toda función f 2 Lloc (Rn ) es medible. Demostración: Si f 2 Lloc (Rn ) y k 2 N.k) es integrable en Rn (ver De…nición 13.33). un subconjunto X de Rn es medible si y sólo si 1X es medible. Probaremos ahora que las funciones medibles son precisamente aquéllas que son límites puntuales de funciones integrables. por ejemplo las siguientes.332 14.5 f[k] De…nición 14.9 Sea f : Rn ! R [ f 1g: Las siguientes a…rmaciones son equivalentes: . k1B n (0.25 0 -2 -1 0 1 2 -1. Proposición 14. Observa que.3) En consecuencia.61). para cualquier subconjunto X de Rn y cualquier k 2 N. En consecuencia. Ejemplo 14. El teorema de Vitali muestra pues que no todas las funciones son medibles. f[k] = m nfmaxff 1B n (0. k1B n (0.k) . Demostración: Toda función f 2 S (Rn ) [ S (Rn ) es.k) para todo j 2 N: El teorema de convergencia dominada (Teorema 13. 2 R. (a) Si f.9. gg y m nff.14. Ejemplo 14. Esto prueba que f es medible. (c))(a): Si fj es medible y fj (x) ! f (x) entonces.9 existen sucesiones de funciones integrables fk .10 Si f 2 S (Rn ) [ S (Rn ). para cada k 2 N.26) asegura entonces que f[k] es integrable.9 asegura que f + g es medible. entonces f + g (b) Si f. j (fj )[k] j k1B n (0. (b) se demuesta de manera análoga. ya que toda función integrable es medible.11 es medible. por de…nición. entonces f es medible. g : Rn ! R son medibles y . f +. Demostración: (a): Por la Proposición 14. maxff. CONJUNTOS Y FUNCIONES MEDIBLES 333 (a) f es medible. f . Claramente. (b) Existe una sucesión fk : Rn ! R de funciones integrables tales que fk (x) ! f (x) para todo x 2 Rn : (c) Existe una sucesión fj : Rn ! R [ f 1g de funciones medibles tales que fj (x) ! f (x) para todo x 2 Rn : Demostración: (a))(b): Si f es medible. gg son funciones medibles. Proposición 14. Concluimos lo siguiente. f es medible. gk : Rn ! R tales que fk (x) ! f (x) y gk (x) ! g(x) para todo x 2 Rn : Como fk + gk es integrable y ( fk + gk )(x) ! ( f + g)(x) para todo x 2 Rn la Proposición 14. entonces f[k] es integrable y f[k] (x) ! f (x) para todo x 2 Rn : (b))(c): Esta implicación es obvia. por la Proposición 14. g : Rn ! R [ f 1g son medibles. se tiene que (fj )[k] es integrable y que l mj!1 (fj )[k] (x) = f[k] (x).1. . el límite puntual de una sucesión de funciones en Cc0 (Rn ): Así que. El siguiente resultado caracteriza a las funciones medibles en términos de conjuntos medibles. entonces jf j . k2k+1 := fx 2 Rn : ak.j r f Xk.1 .3 se sigue que los conjuntos Xk.334 14. ak.0 := fx 2 Rn : f (x) < ak.11 asegura que la función fk := m n max k(f a + k1 ). 0 . j = 0.j+1 g = f ak.32). k2k+1 . a 2 R: Nota que fk (x) = 0 si f (x) a k1 y que fk (x) = 1 si f (x) a: En consecuencia. la Proposición 14. LOS ESPACIOS DE LEBESGUE Proposición 14. son medibles. fk (x) ! 1f a (x) para todo x 2 Rn : La Proposición 14. k . De la Proposición 14.k Además. Recuerda que en general no es cierto que el producto de funciones integrables es integrable (ver Ejemplo 13.9 asegura entonces que f es medible. 1 es medible para cualesquiera k 2 N.j+1 . () : Inversamente.3) se sigue que f a es un conjunto medible.j := fx 2 Rn : ak. supongamos que f a es medible para cualquier a 2 R: Para cada k 2 N subdividimos el intervalo [ k. k] en intervalos de longitud 21k y denotamos a los puntos de la partición por ak. k2k+1 1.j := k + 2jk . : : : . j = 1. y de (14.j f (x) < ak. :::. Xk. fk (x) ! f (x) para todo x 2 Rn : La Proposición 14. como veremos a continuación. la función fk := k+1 k2P ak. .1 g = Rn r f ak.k2k+1 f (x)g = f k . Por tanto.j j=0 es medible.9 asegura entonces que la función 1f a es medible.j 1Xk. Pero sí es una función medible.12 f : Rn ! R [ f 1g es medible si y sólo si f f (x) ag es un subconjunto medible de Rn para todo a 2 R: a := fx 2 Rn : Demostración: )) : Si f es medible. (b): Como 1 (f + g)2 f 2 g 2 . Como f[k] (x) ! f (x) para todo x 2 Rn y f[k] (x) jf (x)j g(x) p. x 2 Rn .c. x 2 Rn . x 2 Rn y todo k 2 N. 335 (a) Si f : Rn ! R es medible y p 2 (0. Del teorema anterior se obtiene inmediatamente el recíproco para funciones medibles. el teorema de convergencia dominada (Teorema 13.t. x 2 Rn . 1). ésta continúa siendo medible. El siguiente criterio de integrabilidad jugará un papel muy importante en la siguiente sección. entonces jf jp es (b) Si f.12 asegura que ( a1=p a si a 2 (0.15 Si f : Rn ! R [ f 1g es medible y existe una función integrable g : Rn ! R [ f1g tal que jf (x)j g(x) p. entonces jf j lo es (ver Proposición 12. Demostración: Si f es medible. Recuerda que.11 sabemos que jf j es medible.c.c. entonces f g es medible. es un conjunto medible para todo a 2 R y. Esto prueba que g es medible. fg = 2 la a…rmación (a) con p = 2 y la Proposición 14. jf jp es una función medible.26) asegura que f es integrable. entonces f[k] es integrable para todo k 2 N. Entonces. g : Rn ! R [ f 1g: Si f es medible y f (x) = g(x) p.13 medible. entonces f es integrable. g : Rn ! R son medibles.t.t. si f es integrable. (jf jp ) = jfnj R si a 2 ( 1.14. Si modi…camos los valores de una función medible sobre un conjunto nulo.11 implican que f g es medible.10).32). Teorema 14. Demostración: (a): Por Proposición 14. 0]. en consecuencia.c.14 Sean f. la Proposición 14.1. CONJUNTOS Y FUNCIONES MEDIBLES Proposición 14. g[k] es integrable (ver Proposición 13. En consecuencia. Proposición 14.t. entonces f[k] es integrable y f[k] (x) = g[k] (x) p. .t. 1). x 2 Rn para todo k 2 N.c. Demostración: Si f es medible y f (x) = g(x) p. entonces g es medible. y): Teorema 14.c. entonces f es integrable en Rn .t. y 2 Rn m Rm es integrable en Rn m y que se cumple Z Z gk = Rn 3 Rn Gk : m Leonida Tonelli (1885-1946) nació en Gallipoli. Italia. Puglia. Leonida Tonelli Si f : Rn ! R es una función. . Fue profesor en las Universidades de Parma.17 (Tonelli) Sean f : Rn ! R una función medible y 1 m < n. entonces f es integrable. que la función Gk : Rn m ! R dada por Z Gk (y) := gky p. Tonelli3 demostró que para funciones medibles vale el recíproco del teorema de Fubini.t. 1 f y : Rm ! R a la función m < n y y 2 Rn m . LOS ESPACIOS DE LEBESGUE Corolario 14.336 14. Demostración: Si f es medible entonces la función gk := jf j[k] es integrable en Rn para todo k 2 N y el teorema de Fubini (Teorema 13. Estudió en la Universidad de Bologna donde fue alumno de Cesare Arzelà.t. Si jf jy es integrable en Rm p.c.c. y 2 Rn m y la función F : Rn m ! R de…nida como Z F (y) := jf jy p. Bologna y Pisa. y 2 Rn m Rm es integrable en Rn m .t.16 Si f : Rn ! R [ f 1g es medible y jf j es integrable. denotaremos como antes por f y (x) := f (x.17) asegura que gky es integrable en Rm p. y 2 Rn m .c. en para cualesquiera .4) Al conjunto de clases de equivalencia lo denotamos por M ( ) := M( )= (14.18 Si p 2 [1. si fi = gi c.2. 2 R: En consecuencia. Gk F c. 14. el valor 0 en los puntos en los que no está de…nida. 1) de…nimos Lp ( ) := ff 2 M ( ) : jf jp es integrable en Para f 2 Lp ( ) denotamos por kf kLp ( ) = kf kp := Z 1=p jf jp : g: . en . Diremos entonces que f es medible si su extensión trivial lo es.d. x 2 Rn : (14. en . 2.d.11) induce una estructura de espacio vectorial en M ( ).5) : Observa que. Los espacios Lp( ) Sea un subconjunto abierto de Rn : Como hemos convenido. De…nición 14.20) asegura que jf j es integrable. identi…caremos a una función f : ! R con su extensión trivial a todo Rn (ver Notación 12.d. LOS ESPACIOS LP ( ) Nota que gk 337 jf j : En consecuencia. la estructura de espacio vectorial de M( ) (ver Proposición 14. y el Corolario 14. En el conjunto M( ) := ff : ! R : f es medibleg consideramos la relación de equivalencia dada por f g () f (x) = g(x) p. por ejemplo. Denotaremos a la clase de equivalencia de f simplemente por f : ! R: Si una función está de…nida c.c.d. la consideraremos de…nida en todo dándole.2. gky jf jy .44).t. en Rn Z Z Z gk = Gk F <1 8k 2 N: Rn Rn m Rn m y m Como gk gk+1 y supk2N gk = jf j .14. el teorema de convergencia monótona (Teorema 13. i = 1.16 asegura que f es integrable. entonces f1 + f2 = g1 + g2 c. c. Sólo que ahora su demostración es más delicada. Lema 14. 1] y f 2 Lp ( ): Entonces. la desigualdad del triángulo se obtiene a partir de la desigualdad de Hölder. entonces f es integrable en (ver Corolario 14. jf (x)j kf k1 p.t. si f 2 L1 ( ).20 Sean p 2 [1. de donde se sigue inmediatamente la a…rmación.338 14. x 2 .t. x 2 : Demostración: Para p = 1 esta a…rmación es consecuencia inmediata de (14. k kp ) es un espacio normado (ver De…nición 2.9).t. Es por ello que resulta importante considerar funciones medibles. Si p 2 [1. Si f 2 L1 ( ) denotamos por kf kL1 ( ) = kf k1 := nffc 2 R : jf (x)j c p. kf kp = 0 si y sólo si f (x) = 0 p.6).19 De…nimos L1 ( ) := ff 2 M ( ) : existe c 2 R tal que jf (x)j c p. De…nición 14. x 2 g: Nota que kf kp depende únicamente de la clase de equivalencia de f: Observa también que. Empecemos observando lo siguiente. Por tanto.c.4). si f es medible y jf j es integrable en . el conjunto Zk := fx 2 : jf (x)j > kfS k1 + k1 g es nulo para todo k 2 N: En consecuencia.6) A continuación probaremos que (Lp ( ). 1).c. es decir. x 2 g: A una función f 2 L1 ( ) se le llama una función esencialmente acotada.t.t.15 asegura que Z p kf kp = jf jp = 0 () jf (x)jp = 0 p. jf (x)j kf k1 para todo x 2 r 1 k=1 Zk .4).c. ya que tenemos que cerciorarnos de que las funciones que estamos considerando son integrables. el lema anterior a…rma que k kp cumple la propiedad (N1) de la de…nición de norma (ver De…nición 2. LOS ESPACIOS DE LEBESGUE Nota que.c. Como en el ejemplo que estudiamos en el Capítulo 2. Veamos los detalles. .9). el Corolario 13.16). L1 ( ) es simplemente el conjunto de clases de equivalencia de funciones en L( ) bajo la relación (14. x 2 : (14. Como los elementos de Lp ( ) son clases de equivalencia bajo la relación (14. obtenemos Z Z kf gk1 = jf gj kf k1 jgj = kf k1 kgk1 : . (b): Si f 2 L1 ( ) y g 2 L1 ( ). bx := 1 1 p q p jf (x)j + q jg(x)j p kf kp q kgkq ! : (14.15 implica entonces que jf gj es integrable. se tiene entonces que kf kp 6= 0 y kgkq 6= 0: Para cada x 2 aplicamos la desigualdad de Young (ver Lema 2. Integrando la desigualdad anterior. Por el Lema 14.14.13). f g 2 L1 ( ): Integrando la desigualdad (14.21 (Desigualdad de Hölder) (a) Sean p.t. Usando la desigualdad (14. x 2 : El Teorema 1 14. el lado derecho de la desigualdad (14. En consecuencia.2.c. Si f 2 Lp ( ) y g 2 Lq ( ). 1) tales que 1 + 1q = 1.7) obtenemos ! Z Z Z 1 1 jf jp + jgjq kf gk1 = jf gj kf kp kgkq p kf kpp q kgkqq = kf kp kgkq 1 1 + p q = kf kp kgkq . entonces f g 2 L1 ( ) y kf gk1 kf k1 kgk1 : Demostración: Observa primero que. El Teorema 14.6) obtenemos que jf (x)g(x)j kf k1 jg(x)j p. (a): Sean p.7) es integrable.7) Como f 2 Lp ( ) y g 2 Lq ( ). la función jf gj es medible (ver Proposiciones 14. 1) tales que p1 + 1q = 1. q 2 (1. p kf kpp q kgkqq jf (x)g(x)j kf kp kgkq es decir.15 implica entonces que f g 2 L ( ). como f y g son medibles. entonces f g 2 L1 ( ) y p kf gk1 kf kp kgkq : (b) Si f 2 L1 ( ) y g 2 L1 ( ).11) a la pareja de números reales ax := jf (x)j kf kp y para obtener jf (x)g(x)j kf kp kgkq jg(x)j kgkq jf (x)jp jg(x)jq + . como a…rma el enunciado. q 2 (1. entonces kf k1 jgj es integrable.11 y 14.20. LOS ESPACIOS LP ( ) 339 Proposición 14. f 2 Lp ( ) y g 2 Lq ( ): La a…rmación es trivial si f = 0 o si g = 0: Supongamos pues que ambas funciones son distintas de cero. Consideramos tres casos. 1). ja + bjp 2p (jajp + jbjp ): Demostración: Se tiene que ja + bjp (jaj + jbj)p (2 maxfjaj .13). Caso 1: p = 1: Si f. g 2 Lp ( ). 1): Si f. entonces f + g 2 Lp ( ) y se cumple que kf + gkp kf kp + kgkp : (14.d. se tiene que Caso 3: p 2 (1.340 14. como a…rma el enunciado.23 asegura que jf (x) + g(x)jp 2p (jf (x)jp + jg(x)jp ) para toda x 2 y del Teorema 14. el Teorema 14.11 y 14. Proposición 14. LOS ESPACIOS DE LEBESGUE Esto concluye la demostración.24 (Desigualdad de Minkowski) Sea p 2 [1. g 2 L1 ( ). 1) (ver Proposiciones 14. g 2 Lp ( ). jbjp g 2p (jajp + jbjp ). en f + g 2 L1 ( ) y kf + gk1 kf k1 + kgk1 : . Lema 14. Notación 14. como jf + gj jf j+jgj . p 2 (0.23 Para cualesquiera a. si f y g son medibles. 1]: Si f. jbjg)p = 2p maxfjajp . entonces jf + gjr es medible para todo r 2 (0.15 se sigue que f + g 2 Lp ( ): .22 De aquí en adelante convendremos que identidad p1 + 1q = 1 tiene sentido para todo p 2 [1. 1]: 1 1 := 0: De este modo la Para probar la desigualdad del triángulo usaremos la siguiente desigualdad elemental.15 asegura que f +g 2 L1 ( ): Integrando ambos lados de la desigualdad obtenemos kf + gk1 kf k1 + kgk1 : Caso 2: p = 1: Si f. g 2 L1 ( ). b 2 R. como jf + gj jf j + jgj kf k1 + kgk1 c. el Lema 14.8) Demostración: Observa primero que. en si jf j c c. en : Por tanto. para cualquier p 2 [1. .20 asegura que kf kp = 0 si y sólo si f = 0 en Lp ( ). LOS ESPACIOS LP ( ) Sea q := p : p 1 Entonces jf + gjp p 1 jf + gj 341 q = Z 1 2 Lq ( ) y 1=q p 1 q (jf + gj = ) Z (p 1)=p p jf + gj = kf + gkpp 1 : Como jf + gjp = jf + gj jf + gjp 1 jf j jf + gjp 1 + jgj jf + gjp aplicando la desigualdad de Hölder (ver Proposición 14. f 2 Lp ( ) y g(x) p. = (kf kp + kgkp ) kf + gkpp 1 : Si kf + gkp = 0.t. junto con la Proposición 14.d. Esta es la condición (N1) de la de…nición de norma (ver De…nición 2.21) obtenemos Z Z Z p p p 1 kf + gkp = jf + gj jf j jf + gj + jgj jf + gjp 1 kf kp kf + gkpp 1 + kgkp kf + gkpp 1 1 .26.25 Lp ( ) = (Lp ( ).26 (de convergencia dominada en Lp ) Sean p 2 [1. 1) y (fk ) una sucesión en M ( ) tal que fk (x) ! f (x) p.8).8) se satisface trivialmente.14.c. Para ello requerimos la siguiente generalización del Teorema 13. f 2 Lp ( ) y k f kp = j j kf kp . entonces j f jp = j jp jf jp es integrable si jf jp lo es. Si f es medible y 2 R.24. 1]. 1]: Demostración: El Lema 14.11). k kp ) es un espacio normado para todo p 2 [1.d. la desigualdad (14.t. x 2 : Si existe g 2 Lp ( ) tal que jfk (x)j entonces fk . asegura que Lp ( ) es un espacio vectorial y que k kp satisface las condiciones (N2) y (N3) de la De…nición 2.9. x 2 l m kf k!1 fk kp = 0: 8k 2 N. Si kf + gkp 6= 0. 1).c. Teorema 14. Esta última a…rmación.2. entonces f es medible (ver Proposición 14. si p 2 [1. Para p = 1 observa que j f j j j c c. Además. dividiendo la desigualdad anterior entre kf + gkpp 1 obtenemos la desigualdad (14.9). Proposición 14. Probaremos a continuación que Lp ( ) es un espacio de Banach. x 2 .t.9 implican que f es medible. k 1 1 P = 1: j j=1 2 p y fkj g := 1 P fkj+1 fkj = sup gm : m2N j=0 j=0 La Proposición 14.27 Lp ( ) es un espacio de Banach para todo p 2 [1.c. Más aún. el Teorema 14.t.c.24 asegura que kgm kp Z kj : m P1 jgm jp = kgm kpp fkj+1 Pm j=0 fkj j=0 p fkj fkj+1 !p 1 P p fkj+1 j=0 : En consecuencia.14 y 14. 1 P j=1 De…nimos fk0 := 0. Usando el Lema 14.23 obtenemos que jf (x) fk (x)jp 2p (jf (x)jp + jfk (x)jp ) 2p (jf (x)jp + jg(x)jp ) p. La Proposición 13. la función jgjp = supm2N jgm jp es integrable. las Proposiciones 14. En consecuencia.15 asegura que jfk jp es integrable. el teorema de convergencia dominada (Teorema 13. gm := m P1 fkj+1 si i.t.26) asegura que jf jp es integrable. 1]: Demostración: Supongamos primero que p 2 [1. y de la Proposición 14. !p fkj p <1 y. x 2 . LOS ESPACIOS DE LEBESGUE Demostración: Como cada fk es medible.24 se sigue que jf fk jp es integrable.20). como jfk jp es medible y jfk (x)jp jg(x)jp p. 1): Sea (fk ) una sucesión de Cauchy en Lp ( ): Escogemos k1 < < kj < kj+1 < tales que fk kp 1 2j fkj+1 fkj kfi Entonces. x 2 : El teorema de convergencia dominada asegura entonces que l mk!1 kf fk kp = 0: Teorema 14. f 2 Lp ( ). por el teorema de convergencia monótona (ver Teorema 13.c.11 asegura entonces que existe un subconjunto nulo Z de tal que g(x) := 1 P fkj+1 (x) j=0 Esto implica que la serie 1 P j=0 fkj (x) < 1 fkj+1 (x) fkj (x) 8x 2 r Z: . Dado que jfk (x)jp ! jf (x)jp p. fk .342 14. LOS ESPACIOS LP ( ) 343 converge para cada x 2 r Z: De…nimos f : ! R como P1 fkj (x) si x 2 r Z.26. concluimos que fk ! f en Lp ( ) (ver Ejercicio 5.k=1 1 m 8i. j=0 fkj+1 (x) f (x) := 0 si x 2 Z: Dado que m P1 fkj+1 (x) fkj (x) = fkm (x).k : r Z. k (14. obtenemos que jf (x) Por tanto.14 y 14. Extendemos f como f (x) := 0 si x 2 Z: Las Proposiciones 14. se sigue que f 2 Lp ( ) y lm f fkj j!1 = 0. k km : tal que kfi fk (x)j fk k1 8x 2 Zi. Fijando k y haciendo tender i a in…nito en la desigualdad (14.2.9).k es nulo y. para cada x 2 jfi (x) fk (x)j 1 m r Zi. x 2 : g(x) Del Teorema 14. (fk (x)) es una sucesión de Cauchy en R: En consecuencia. f fk (x)j 1 m 8x 2 r Z. 8k km : fk 2 L1 ( ) y kf fk k1 1 m 8k km : (14. Z := S1 jfi (x) i.t.10) .9 aseguran que la función f es medible.14.c. 8i.30): Consideremos ahora el caso p = 1: Si (fk ) es una sucesión de Cauchy en L1 ( ). entonces existe km 2 N tal que kfi fk k1 Sea Zi. p es decir. la subsucesión (fkj ) converge a f en Lp ( ): Como (fk ) es de Cauchy.k un subconjunto nulo de Entonces. j=0 se tiene que fkm (x) ! f (x) y jfkm (x)j gm (x) p. para cada x 2 rZ.9) km : Es decir. existe f (x) 2 R tal que fk (x) ! f (x) en R. y fk ! f~ en Lp ( ): Como fk ! f en Lp ( ) se tiene que f = f~: (b): Supongamos ahora que p = 1: Para cada k 2 N existe un conjunto nulo Zk tal que jfk (x)j kfk k1 y jf (x) S Tomando Z := 1 k=1 Zk obtenemos que jfk (x)j kfk k1 y jf (x) fk (x)j fk (x)j kf kf fk k1 fk k1 8x 2 8x 2 r Zk : r Z. concluimos que f 2 L1 ( ).c.t.c. repasando la demostración del Teorema 14.27.c. siguiendo la demostración del Teorema 14. entonces fk (x) ! f (x) p.10) que fk ! f Si p 2 [1. x 2 .d. x 2 y para todo k 2 N: y existe c 2 R tal que jfk (x)j c Demostración: (a): Supongamos primero que p 2 [1.t. (fk ) está acotada en L1 ( ). y se sigue de (14. existen una subsucesión (fkj ) de (fk ) y una función g 2 Lp ( ) tales que fkj (x) ! f (x) p.t. 8j 2 N: (b) Si p = 1. 1). Como (fk ) es de Cauchy en Lp ( ). x 2 p.28 Sea (fk ) una sucesión en Lp ( ) tal que fk ! f en Lp ( ): (a) Si p 2 [1. 1) la convergencia de una sucesión de funciones en Lp ( ) no implica que ésta converge puntualmente c. g 2 Lp ( ) tales que fkj (x) ! f~(x) p.t. 8k 2 N: Como fk ! f en L1 ( ) concluimos que fk (x) ! f (x) para todo x 2 r Z: Además. fkj (x) g(x) p. Teorema 14. fkj (x) g(x) p. x 2 . y r > 0: .29 Sean f (x) := kxk con 2 R. por lo que jfk (x)j kfk k1 c para cualesquiera x 2 rZ y k 2 N: Veamos un ejemplo importante. LOS ESPACIOS DE LEBESGUE Como f = (f en L1 ( ): fk1 ) + fk1 .t.c. 1).c. 8j 2 N. en : Sin embargo.27 concluimos que existen una subsucesión (fkj ) de (fk ) y funciones f~.t.344 14. x 2 .c. vemos que hemos probado lo siguiente. Proposición 14. x 2 . r)) si y sólo si p + n > 0 y. LOS ESPACIOS LP ( ) 345 (a) Si p 2 [1. entonces Lp ( ) no está contenido en Ls ( ) Demostración: Sea 2 .r)) = r(n=p)+ : n+p (d) f 2 L1 (Rn r B n (0.31. Queremos ahora comparar a los espacios Ls ( ) y Lp ( ): Una consecuencia de la proposición anterior es la siguiente. concluimos que f 2 = L1 (B n (0. r)) si y sólo si 0 y. r)) y kf kL1 (B n (0. kf kL1 (B n (0. c1= ) \ B n (0.2. en ese caso. en ese caso. r) no es un conjunto nulo.14. r). r)) si y sólo si n! n = n+p 1=p r(n=p)+ : 0 y. (b): Si 0.r)) = r : (c) Si p 2 [1. r).r)) = r : Si < 0 entonces. 1) entonces f 2 Lp (Rn r B n (0.30 Si 1 para ningún abierto : p<s 1. 1=p n! n kf kLp (Rn rB n (0. si 2 r B n ( . Por 1 tanto. Escogemos r > 0 tal que B n ( . la . s). f 2 L (B n (0. kf kL1 (Rn rB n (0. kf kLp (B n (0.r)) (b) f 2 L1 (B n (0. se cumple que kxk c si y sólo si kxk c1= : Como B n (0. satisface f 2 Lp ( ) y f 2 = Ls ( ): La inclusión opuesta se tiene cuando la medida de es …nita. : Si q 2 (p. Proposición 14. Las a…rmaciones (a) y (c) son consecuencia inmediata de la Proposición 13.60]. en ese caso. r)) si y sólo si p + n < 0 y.29 asegura que la función f (x) := kx 0 k n=q si x 2 B n ( . r)): (d): Esta a…rmación se demuestra de manera análoga. para cualquier c > 0.r)) = r : Demostración: Es sencillo comprobar que f es una función medible [Ejercicio 14. en ese caso. r) Proposición 14. entonces f es continua en Rn y creciente en la dirección radial. 1) entonces f 2 Lp (B n (0. j j1=p kf k1 si s = 1: Demostración: Nota que. Ejemplo 14.31 no son ciertas en general. concluimos que fk ! f en Lp ( ): Esto prueba que la inclusión Ls ( ) . si fk ! f en Ls ( ).11) y (14.12) Finalmente.12) aseguran la existencia de una constante c tal que kfk f kp c kfk f ks . n=q con . kf kp j j1=p kf k1 : (14. 1 p < s 1 y f (x) := kxk q 2 (p. kf kp kf kp Lp ( ) y esta j j(s p)=sp kf ks si s 2 [1.29). entonces jf jp 2 Ls=p ( ) y Z p=s p jf js = kf kps : kjf j ks=p = De la desigualdad de Hölder (ver Proposición 14. f 2 Lp ( ) y j j(s kf kp p)=sp kf ks : (14.15). para todo f 2 L ( ).d. entonces Ls ( ) s inclusión es continua. Si j j = 1 las a…rmaciones de la Proposición 14.11) Si 1 p < 1 y f 2 L1 ( ).31 Si j j < 1 y 1 p<s 1. s). Integrando la desigualdad anterior obtenemos kf kpp j j kf kp1 . como lo muestra el siguiente ejemplo. Por tanto.346 14. si j j < 1. entonces f 2 Ls ( ) pero f 2 = Lp ( ) (ver Proposición 14. f 2 Lp ( ) (ver Teorema 14.32 Si := Rn r B n (0. LOS ESPACIOS DE LEBESGUE Proposición 14. 1] y Z 1=q k1 kq = 1 = j j1=q : Si 1 p < s < 1 y f 2 Ls ( ). la función kf kp1 1 es integrable. es decir. Más aún. 1). entonces jf jp kf kp1 1 c. 1). en : Como j j < 1. entonces 1 2 Lq ( ) para todo q 2 [1.! Lp ( ) es continua.21) se sigue que jf jp = 1 jf jp es integrable y que Z p 1 jf jp k1 ks=(s p) kjf jp ks=p = j j(s p)=s kf kps : kf kp = En consecuencia. como las desigualdades (14. ya que si j'(x)j > k entonces jy g(x)j < jy '(x)j para todo y 2 [ k.14) p 2 es integrable. f g. 347 Aproximación mediante funciones suaves Para k 2 N [ f1g denotamos por Cck ( ) := Cc0 ( ) \ C k ( ). de…nidas en (14.k) . (14. existe g 2 Cc0 ( ) tal que kf gkp < ": Demostración: Sean f 2 Lp ( ) y " > 0: Las funciones f[k] = m nfmaxf k. kg1B n (0. la Proposición 13.33 Cc0 ( ) es denso en Lp ( ) para todo p 2 [1.26 se sigue que f[k] 2 Lp ( ) y lm f k!1 Fijemos k 2 N tal que Como f[k] f[k] p jf (x)j para todo = 0: " < : (14. APROXIMACIÓN MEDIANTE FUNCIONES SUAVES 14. dadas f 2 Lp ( ) y " > 0.14. f[k] g p (2k)p 1 f[k] ' : p Esta desigualdad implica que f[k] g es integrable y que Z Z p p p 1 f[k] g p = f[k] g (2k) f[k] ' < "p : 2p (14.13) al espacio de las funciones f : ! R de clase C k con soporte compacto en : El objetivo de esta sección es probar que Cc1 ( ) es denso en Lp ( ) para todo p 2 [1. Del Teorema 14. 1): Es decir. . 1): Empezaremos demostrando la siguiente a…rmación.15) De las desigualdades (14.2).15) y la desigualdad de Minkowski se sigue que kf gkp < ".37 asegura que existe ' 2 Cc0 ( ) tal que Z "p f[k] ' < p : 2 (2k)p 1 f f[k] 2k: Además se cumple Sea g := m nfmaxf k. 'g.3. kg: Entonces g 2 Cc0 ( ) y f[k] g que f[k] g f[k] ' . cumplen que f[k] (x) ! f (x) y que f[k] (x) x 2 . Proposición 14.3. k]: Por tanto.14) y (14. g 2 C 0 (Rn ): En Demostración: Sea (xk ) una sucesión en Rn tal que xk ! x: De…nimos hk (y) := f (xk y)g(y) y h(y) := f (x y)g(y): Puesto que f es continua. y 2 Rn : Como g1B n (x.36 Sean f 2 Cc0 (Rn ) y g 2 L1loc (Rn ): La convolución de f y g es la función f g : Rn ! R dada por Z f (x y)g(y)dy: (f g)(x) := Rn Veremos a continuación que f g hereda las propiedades de regularidad de f: Proposición 14. bajo la relación (14. En consecuencia. De…nición 14. la función y 7! f (x y)g(y) es integrable en Rn para cada x 2 Rn (ver Proposición 14. 8k 2 N: .2r) y jhk (y)j kf k1 g1B n (0.37 Si f 2 Cc0 (Rn ) y g 2 L1loc (Rn ). r) para todo k 2 N: Nota que. 2r).r) (y) 8x.r) 2 L1 (Rn ) y la función y 7! f (x y) pertenece a L1 (Rn ). de…nido en (13.348 14. r). k1 gk1 1 8g 2 Cc0 ( ): Esto prueba que Cc0 ( ) no es denso en L1 ( ): De…nición 14. ): En consecuencia.11). f g es medible. Esta observación nos permite de…nir la siguiente función.35 Un subconjunto abierto ! de Rn está compactamente contenido en si su cerradura ! es compacta y ! : Escribimos ! para denotar que ! está compactamente contenido en : De…nimos L1loc ( ) := ff 2 M ( ) : f 1! es integrable para todo abierto ! g: Nota que L1loc ( ) es el conjunto de clases de equivalencia de funciones en el espacio Lloc ( ). r) y xk 2 B n (0.2r) (y) 8y 2 Rn . entonces f (x y)g(y) = f (x y)g(y)1B n (x. hk = hk 1B n (0. entonces f particular. si xk y 2 sop(f ). entonces y 2 B n (0. LOS ESPACIOS DE LEBESGUE Observaciones 14. g 2 L1loc (Rn ) y sop(f ) B n (0.4).21). entonces rsop(g) es abierto y no vacío.34 Cc0 ( ) no es denso en L1 ( ): Demostración: Si g 2 Cc0 ( ). existen x0 2 y > 0 tales que g(x) = 0 para todo x 2 B n (x0 . Si f 2 Cc0 (Rn ). se cumple que hk (y) ! h(y) para cada y 2 Rn : Elegimos r > 0 tal que sop(f ) B n (0. Por tanto. aplicando el teorema del valor medio a la función s 7! f (x + stei para cada t 2 [ . concluimos que existe s 2 (0. ] y cada y 2 Rn .39). 1) tal que f (x + tei y) f (x y) = t @f (x + stei @xi y): (14.38 Si f 2 Cc1 (Rn ) y g 2 L1loc (Rn ). Por ejemplo.14.18) se sigue que f (x + tei = y) t @f (x + stei @xi f (x y) y) @f (x @xi @f (x @xi y) y) y) jg(y)j g1B n (0. y 2 Rn : . ].16) zk < : @f B n (0.3.2r) es integrable.16). el teorema de convergencia dominada (Teorema 13. se tiene Demostración: Fijemos i 2 f1.2r) (y) < " g1B n (0. r) y x + tei 2 B n (0. cuyo soporte es Rn si c 6= 0: Proposición 14. donde (14. n: @xi @xi @f 2 Cc0 (Rn ).2r) (y) . APROXIMACIÓN MEDIANTE FUNCIONES SUAVES 349 Dado que g1B n (0. ].2r) (y) 8t 2 [ . r) para todo t 2 [ Sea r > 0 tal que sop @x i ei es el i-ésimo vector de la base canónica de Rn : Entonces @f (x + tei @xi y) = @f (x + tei @xi y)1B n (0. si g = 1Rn entonces f g es la función constante con valor c := Rn f. entonces f g : Rn ! R es de clase C1 y @f @ (f g) = g 8i = 1. existe > 0 tal que i @f (y) @xi @f (z) < " @xi si ky (14. ng.18) De (14. :::. :::. Por tanto.26) asegura que Z Z l m (f k!1 Esto demuestra que f g)(xk ) = l m hk = k!1 h = (f Rn g)(x): Rn g : Rn ! R es continua.17) Por otra parte. Nota que el soporte de f g no es necesariamente Rcompacto. x 2 Rn y " > 0: Como @x i @f que @x es uniformemente continua (ver Ejercicio 11. (14.17) y (14. 2r) @f g (x) @xi y) f (x y) @f (x y) g(y)dy t @xi y) f (x y) @f (x y) jg(y)j dy t @xi (f g)(x) jgj : para todo 0 < jtj < : Esto prueba que lm t!0 (f g)(x + tei ) t (f g)(x) es decir.31 asegura que g1! 2 L1 (!): Ahora veremos que f g hereda también las propiedades de integrabilidad de g: Proposición 14. (f = Z Z g)(x + tei ) t f (x + tei Rn f (x + tei Rn < " Z B n (0.39 Sea k 2 N [ f1g: Si f 2 Cck (Rn ) y g 2 L1loc (Rn ). entonces f Lp (Rn ) y kf gkp kf k1 kgkp : g 2 . 1]: En efecto: si g 2 Lp ( ). y 2 Rn : En consecuencia. entonces f Rn ! R es de clase C k . Corolario 14. entonces g1! 2 Lp (!) para todo subconjunto abierto y acotado ! de Rn y la Proposición 14. g respecto a xi en x y que @f @xi g: g) es continua. 1]. LOS ESPACIOS DE LEBESGUE para cualesquiera 0 < jtj < . @ (f @xi g) = = @f @xi g (x). que existe la derivada parcial de f @ (f @xi Por la proposición anterior. la a…rmación se obtiene inductivamente aplicando la proposición anterior a las derivadas parciales de orden k 1 de f: Observa que Lp ( ) L1loc (Rn ) 8p 2 [1.350 14. g : Demostración: Para cada k 2 N.40 Si f 2 Cc0 (Rn ) y g 2 Lp (Rn ) con p 2 [1. 71) y ambas son funciones medibles (ver Ejemplo 14. dado que f g es medible (ver Proposición 14.17) garantiza que el lado derecho de esta desigualdad es integrable respecto a x y. como a…rma el enunciado.19) El teorema de Tonelli (Teorema 14.15). y)dy: jf (x y)g(y)j dy = j(f g) (x)j Rn Rn 2n Como h es integrable en R .13). usando (14. Caso 1: p = 1: En este caso la a…rmación es evidente.37).17) asegura entonces que h es integrable en R2n : Observa que Z Z h(x.14. y)dy dx j(f g) (x)j dx n n R R Rn Z Z = h(x. ello implica que f g es integrable (ver Teorema 14.8 y Proposición 14.3. y) := jf (x y)g(y)j es medible ya que es el producto de la función continua (x. 1): Sea q := p p 1 : De la desigualdad de Hölder (ver Proposición 14. y)dx = jg(y)j jf (x y)j dx = kf k1 jg(y)j 8y 2 Rn : Rn Rn Más aún. y)dx dy = kf k1 kgk1 : Rn Rn En consecuencia.19) obtenemos que Z Z Z h(x.21) se sigue que j(f g)(x)j Z Rn jf (x kf k1=q 1 Z y)j jg(y)j dy = Rn jf (x Z Rn jf (x y)j1=q jf (x 1=p y)j jg(y)jp dy 1=p p = kf k1=q 1 [(jf j jgj ) (x)] 8x 2 Rn : y)j1=p jg(y)j dy . Más aún. y)dx dy = kf k1 Rn Rn Rn jg(y)j dy = kf k1 kgk1 : (14. el teorema de Fubini (13. f g 2 L1 (Rn ) y kf gk1 kf k1 kgk1 . kf k1 jgj 2 L1 (Rn ) y Z Z Z h(x. Caso 2: p = 1: La función h : R2n ! R dada por h(x. Caso 3: p 2 (1. y) 7! jf (x y)j con la función 1 jgj 2 L1loc (R2n ) (ver Ejercicio 13. Para cada y 2 Rn . APROXIMACIÓN MEDIANTE FUNCIONES SUAVES 351 Demostración: Consideramos tres casos. h es integrable respecto a x y Z Z h(x. ) < k1 . si f = 1 y ( k ) es la sucesión regularizante estándar. 1=k). entonces sop( k f) x 2 Rn : dist(x.75].42 Sea (x) := y sea c := R 1 Rn ( exp 0 1 kxk2 1 si kxk < 1. kf como a…rma el enunciado.352 14. pero sop( k f ) no está necesariamente contenido en : Por ejemplo. gkp kf k1 kgkp . j(f g)(x)jp p kf kp=q 1 (jf j jgj ) (x) 8x 2 Rn : Aplicando el caso p = 1 a las funciones jf j y jgjp y el Teorema 14. Empezaremos eligiendo funciones k 2 Cc1 (Rn ) cuyo soporte se hace cada vez más pequeño conforme k crece. se cumple que Z 1 n n 0. LOS ESPACIOS DE LEBESGUE Por tanto. k k = 1: Rn Ejemplo 14. ( k 1 )(x) = y)dy k (x = 0 si dist(x. Usaremos la convolución para aproximar a una función f 2 Lp ( ) mediante funciones suaves. : De…nimos k (x) := ck n (kx): Es sencillo comprobar que ( k ) es una sucesión regularizante [Ejercicio 14. Rn Rn es decir. ) 1 k . para todo k 2 N. ) k1 : . sop( k ) B (0.15 concluimos que f g 2 Lp (Rn ) y Z Z p p=q p j(f g)(x)j dx kf k1 (jf j jgjp ) (x)dx kf kp=q 1 kf k1 kgkp . De…nición 14. entonces ( Z > 0 si dist(x. Se le llama la sucesión regularizante estándar. Si f 2 L1loc ( ) y ( k ) es una sucesión regularizante. si kxk 1.41 Una sucesión de funciones ( k ) se llama una sucesión regularizante si. k 2 Cc (R ). 3. se cumple lo siguiente. k1 ) k (y) jg(x y) g(x)j dy < " 1=p j!j 8x 2 Rn . APROXIMACIÓN MEDIANTE FUNCIONES SUAVES 353 En consecuencia. 1): Como g es uniformemente continua. si g 2 Cc0 ( ). existe > 0 tal que jg(x y) g(x)j < " 1=p j!j 8x. entonces sop( grande. sop( k 1 )= x 2 Rn : dist(x. ) Nota sin embargo que. haciendo el cambio de variable z := x y obtenemos Z Z y)g(y)dy g(x) ( k g)(x) g(x) = k (y)dy k (x n n R R Z Z = z)dz k (z)g(x k (y)g(x)dy n Rn ZR = y) g(x)) dy: k (y) (g(x B n (0. y del Corolario 14. k 1 k : para k su…cientemente g) Lema 14.20) 1 maxfk0 . sop(g)) 1 k sop( k g) : Como .21) . si k j( k y para k g)(x) 1 se tiene que Z g(x)j B n (0. (14. k1 ) Por tanto. 1]: g)kp = 0 Demostración: Escogemos un abierto ! tal que sop(g) ! x 2 Rn : dist(x. g =: k1 se cumple que Z Z p j( k g) gj = j( k ! g) gjp < "p j!j = "p : j!j (14. existe k0 2 N tal que sop( k g) ! para todo k k0 . y 2 Rn con kyk < : Para cada x 2 Rn .39 se sigue que k g 2 Cc1 ( ) para todo k k0 : Sean " > 0 y p 2 [1.43 Dadas g 2 Cc0 ( ) y una sucesión regularizante ( k ) existe k0 2 N tal que g 2 Cc1 ( ) para todo k k0 y k l m kg k!1 ( k 8p 2 [1. Más aún.14. 33 existe g 2 Cc0 (Rn ) tal que kf gkp < 3" . Si Teorema 14.43 existe k0 2 N tal que k( k g) gkp < 3" para todo k k0 : La Proposición 14.4. se cumple que en Lp (Rn ): f !f k Demostración: Sea " > 0: Por la Proposición 14. 1) entonces.33 existe g 2 Cc0 ( ) tal que kf gkp < 2" : Si ( k ) es una sucesión regularizante. f kp k( k k g)kp + k( k g) k0 : Un criterio de compacidad en Lp( ) Sea p 2 [1. 1).45 Si p 2 [1. y por el Lema 14.40 asegura entonces que k( f) k ( k g)kp = k k (f f) ( g)kp k k k1 kf gkp = kf " gkp < : 3 gkp + kg f kp < " En consecuencia. k( f) k para todo k 14. 1): Demostración: Sean p 2 [1. f 2 Lp ( ) y " > 0: Por la Proposición 14.21) se obtienen respectivamente las desigualdades k( g) k gk1 < " y j!j1=p k( k g) gkp < " 8k k1 : Esto demuestra la a…rmación.44 Cc1 ( ) es denso en Lp ( ) para todo p 2 [1. para toda f 2 Lp (Rn ) y toda sucesión regularizante ( k ). LOS ESPACIOS DE LEBESGUE De las desigualdades (14.20) y (14. . Teorema 14. k( k g) f kp < ": = Rn se tiene un resultado más preciso.354 14.43 asegura que existe k 2 N tal que k g 2 Cc1 ( ) y k( k g) gkp < 2" : Por tanto. el Lema 14. 1): A continuación daremos condiciones su…cientes para que un subconjunto K de Lp ( ) sea compacto. por cierto. 1).46 (Fréchet-Kolmogorov) Sean p 2 [1. . existe C0 > 0 tal que Z j( f )(x)j j (x y)j jf (y)j dy k k1 kf k1 C0 8x 2 Rn . Rn r )) tal que kT f f kLp (!) < " 8 2 Rn con k k < y 8f 2 K. (14. y ! abiertos de Rn con ! y K un subconjunto acotado de Lp ( ) con la siguiente propiedad: Para cada " > 0 existe 2 (0. Andrey Kolmogorov Como antes.4. 8f 2 K: Rn Además. x2 2 Rn y f 2 K se cumple que Z j( f )(x1 ) ( f )(x2 )j j (x1 y) (x2 y)j jf (y)j dy Rn C1 kx1 4 x2 k kf k1 C2 kx1 x2 k : Andrey Nikolaevich Kolmogorov (1903-1987) nació en Tambov. como es Lipschitz continua. dados 2 Rn y f : Rn ! R.14. Afirmación 1: Sea 2 Cc1 (RN ). existen C1 . Rusia. Podemos pensar en él como la versión para espacios Lp del teorema de Arzelà-Ascoli. p]: Demostraremos el resultado en tres pasos. C2 > 0 tales que para cualesquiera x1 . Estudió en la Universidad Estatal de Moscú. dist(!. en su demostración. denotamos por T f : Rn ! R a la traslación de f por . UN CRITERIO DE COMPACIDAD EN LP ( ) 355 El siguiente resultado se conoce como el teorema de Fréchet-Kolmogorov4 . es decir. Fue profesor en dicha universidad.! := f( f ) 1! : f 2 Kg es relativamente compacto en C 0 (!): En efecto: como K es un subconjunto acotado de L1 ( ). donde fue alumno de Nikolai Luzin. T f (x) := f (x ): Teorema 14. Entonces K es un subconjunto acotado de Lq ( ) para todo q 2 [1.22) Entonces el conjunto K! := ff 1! : f 2 Kg es relativamente compacto en Lp (!): Demostración: Sin perder generalidad podemos suponer que es acotado. que se usa. Entonces el conjunto K . ! es relativamente compacto en Lp (!): Por tanto. K . : : : . Si k > 1 .10) asegura que K . 3") [ [ BLp (!) (gm 1! . Rn r )) que cumple (14. ") [ [ BLp (!) (( Es decir.356 14. el teorema de Arzelà-Ascoli (ver Corolario 7. k1 ) Z k (z) jf (x B n (0. K! BLp (!) (g1 1! . haciendo el cambio de variable z := x y y aplicando la desigualdad de Hölder obtenemos Z Z y)f (y)dy f (x) j( k f )(x) f (x)j = k (x k (z)dz Rn Rn Z = z) f (x)j dz k (z) jf (x B n (0. .! es un subconjunto acotado y equicontinuo de C 0 (!): Como ! es compacto. y ( k ) una sucesión regularizante.22) concluimos que. 2 (0.! g1 ) 1! . para cada f 2 K existe i 2 f1. Sea " > 0: Elegimos un 2 (0. :::. Z Z Z p jf (x z) j( k f )(x) f (x)j dx k (z) B n (0. gm 2 K tales que K BLp (!) (( . entonces k k f f kLp (!) < " 8f 2 K: En efecto: para cada x 2 Rn . mg tal que k a…rmación 2 se sigue entonces que kf gi kLp (!) kf f kLp (!) + k f gm ) 1! . y de la a…rmación 1 se sigue que K .! Lp (!) es continua. "): gi kLp (!) < ": De la f gi kLp (!) + k gi En consecuencia. existen g1 . para todo f 2 K.dist(!. k1 ) Z p 1 1 p ( p = z) f (x)j)dz k (z) k (z) jf (x B n (0. Fijamos k > 1 y denotamos := k : Como ! es acotado. 3"): gi kLp (!) < 3".22) y una sucesión regularizante ( k ).! es relativamente compacto en C 0 (!): Afirmación 2: Sean " > 0. dist(!. la inclusión C 0 (!) . k1 ) z) Aplicando (14. k1 ) ! f (x)jp dz ! p1 : f (x)jp dx dz < "p 1 si k > : ! Afirmación 3: K! es relativamente compacto en Lp (!): Por el Corolario 7.6 basta probar que K! es totalmente acotado. Rn r )) como en (14. LOS ESPACIOS DE LEBESGUE En consecuencia.22). un subconjunto abierto de Rn y K un subconjunto acotado de Lp ( ). gm 2 K tales que " [ BLp (!) (gm 1! . Por el Corolario 7. para cada f 2 K existe i 2 f1.14.4. mg tal que kf Z jf p gi j = Z Z! ! p Z jf gi j + jf gi jp + 2p r! Z jf r! gi kLp (!) < 3" : Por tanto. Dado " > 0 escogemos un abierto ! tal que kf kLp ( r!) < " 6 8f 2 K. : : : .46. "). Rn r )) tal que existe 8 2 Rn con k k < f kLp (!) < " (ii) Para cada " > 0 existe un abierto ! kf kLp ( r!) y 8f 2 K. 1).47 Sean p 2 [1. con las siguientes propiedades: (i) Para cada " > 0 y cada abierto ! kT f 2 (0. UN CRITERIO DE COMPACIDAD EN LP ( ) 357 Esto prueba que K! es totalmente acotado en Lp (!): Corolario 14. :::. ) [ 3 K! Es decir. Por el Teorema 14. ") [ [ BLp ( ) (gm . gi jp (jf jp + jgi jp ) < "p : 3p 1 Esto prueba que K BLp ( ) (g1 .6. ): 3 " BLp (!) (g1 1! . tal que 8f 2 K. K es relativamente compacto en Lp ( ): . dist(!. K! := ff 1! : f 2 Kg es relativamente compacto en Lp (!): De modo que existen g1 . <" Entonces K es relativamente compacto en Lp ( ): Demostración: Probaremos que K es totalmente acotado. así que K es totalmente acotado. Proposición 14. K) La función f (x) := 3 . Entonces. K) : Demostración: Sean X := x 2 Rn : dist(x. Z Z Z Z g' = g' f' jg f j j'j kf gk1 k'k1 < " k'k1 8' 2 Cc1 ( ): Sean K1 := fx 2 : g(x) "g y K2 := fx 2 : g(x) "g: Como g es continua. Y ) + dist(x. Y := x 2 Rn : dist(x. K1 [ K2 ) g : .33). Caso 1: f 2 L1 ( ) y j j < 1: Dada " > 0 escogemos g 2 Cc0 ( ) tal que kf gk1 < " (ver Proposición 14. Dado que K1 [ K2 sop(g). entonces f = 0 c.52) y satisface que 0 f (x) 1 para todo x 2 Rn . es continua (ver Ejercicio 3.5. X) está bien de…nida. Lema 14. LOS ESPACIOS DE LEBESGUE 14. Requerimos el siguente lema. K2 ) > 0: Sea > 0 tal que dist(K1 . Por tanto.358 14. k1 ) R Tomemos k 2 N tal que k < 3 y k 2 Cc (R ) tal que k y Rn k = 1: Es sencillo comprobar que la función := k f 2 Cc1 (Rn ) tiene las propiedades deseadas. dist(K1 . K1 y K2 son cerrados. Y ) dist(x.49 Si f 2 L1loc ( ) cumple que Z f' = 0 8' 2 Cc1 ( ). K) 2 3 : dist(x. en : Demostración: Consideramos dos casos. f (x) = 1 si x 2 X y f (x) = 0 si x 2 Y: 1 1 n 0.48 Sean K un subconjunto compacto de Rn y > 0: Entonces existe 2 (x) 1 para todo x 2 Rn . K2 ) y fx 2 Rn : dist(x. (x) = 1 para todo x 2 K y (x) = 0 Cc1 (Rn ) tal que 0 si dist(x. Un criterio de nulidad Concluimos este capítulo dando un criterio de nulidad para funciones en L1loc ( ) que usaremos más adelante. sop( k ) B n (0.d. se tiene que K1 y K2 son compactos. en k : Por tanto. @ ) > g: k := fx 2 k 1 Como k es abierto y acotado y f 1 k 2 L ( kS ). aplicando el Caso 1 concluimos que f = 0 c. Ejercicio 14.51 Prueba que si X es medible y jXj = 0 entonces X es un conjunto nulo. '(x) = Para esta función ' y K := K1 [ K2 se cumple que Z Z Z Z Z jgj = g' = g' g' " k'k1 + K K rK Dado que jg(x)j < " para x 2 r K. en : Caso 2: f 2 L1loc ( ) y j j arbitrario.52 Demuestra las siguientes a…rmaciones. Ki ) 2: 1 Entonces ' 2 Cc ( ) y satisface 1 1 8x 2 Rn . (a) Si X es un subconjunto medible de Rn y es medible y jX + j = jXj : 2 Rn entonces X + := fx+ : x 2 Xg . Por el Lema 14.50 Si es abierto en Rn . prueba que la medida j j de la De…nición 14.48 existen i 2 Cc1 (Rn ) tales que 0 i (x) . Ejercicio 14.d.d. obtenemos Z Z Z Z jgj < " + 2 jgj + jgj = K rK rK rK jgj 1 8x 2 K2 : jg'j < " + Z rK jgj : " + 2 j j ": En consecuencia. kf k1 kf gk1 + kgk1 2(1 + j j)" 8" > 0: Por tanto.6. en = 1 k=1 k : 14. '(x) '(x) = 1 8x 2 K1 . Ejercicios Ejercicio 14. Sea 1 : kxk < k. i = 1. EJERCICIOS 359 1 para todo x 2 Rn .14.19. f = 0 c. dist(x.6.1 coincide con el volumen voln ( ) de la De…nición 12.d. f = 0 c. 2: De…nimos ' := 1 i (x) = 1 si x 2 Ki y i (x) = 0 si dist(x. entonces Xj es medible y (e) Si X1 Xk j=1 1 T j=1 Xj = l m jXj j : j!1 Ejercicio 14. k!1 . k2N l m sup fk . en1 S tonces Xj es medible y j=1 1 S Xj j=1 1 P jXj j : 1 P jXj j : j=1 Si además Xi \ Xj = . x 2 Rn : Ejercicio 14.53 Prueba que. entonces jY j jXj : es una sucesión de subconjuntos medibles de Rn .54 Di si las siguientes a…rmaciones son verdaderas o falsas y demuestra tu a…rmación.t.c. nf fk . entonces 1 S Xj = j=1 j=1 Xk+1 es una sucesión de subconjuntos medibles de Rn 1 T y jX1 j < 1. (a) Toda función medible pertenece a Lloc (Rn ): (b) Si f : Rn ! R [ f 1g es medible. k2N son medibles. entonces las funciones sup fk . entonces f (x) 2 R p.55 Prueba que. para i 6= j.360 14. entonces X Y es un subconjunto medible de Rm+n : Ejercicio 14. k!1 l m inf fk . Xk+1 Xj es medible y j=1 1 S j=1 Xj = l m jXj j : j!1 (d) Si fXj : j 2 Ng es una familia numerable de subconjuntos medibles de Rn . LOS ESPACIOS DE LEBESGUE (b) Si X y Y son subconjuntos medibles de Rn y Y (c) Si X1 entonces 1 S Xk X. si fk : Rn ! R [ f 1g es una sucesión de funciones medibles. si X es un subconjunto medible de Rm y Y es un subconjunto medible de Rn . la función f : Rn ! R dada por kxk 0 si x 6= 0.58 Prueba que. entonces . Ejercicio 14. es medible.6.14.57 Si f : Rn ! R es medible. si f1 . demuestra las siguientes a…rmaciones: (U ) := fx 2 Rn : f (x) 2 U g es un subconjunto (a) Si U es abierto en R. EJERCICIOS 361 Ejercicio 14. 1 (b) Si C es cerrado en R. fm (x)) es medible. (a) f : Rn ! R [ f 1g es medible. es medible. 1 (C) := fx 2 Rn : f (x) 2 Cg es un subconjunto Ejercicio 14. Ejercicio 14. :::. :::. si f : Rn ! R [ f1g es medible y f Z Z f = lm f[k] : k!1 Rn 0.60 Prueba que. entonces la función h : Rn ! R dada por h(x) := '(f1 (x). si f : Rn ! R es medible. entonces f medible de Rn . (b) f a := fx 2 Rn : f (x) ag es un subconjunto medible de Rn para todo a 2 R: (c) f <a := fx 2 Rn : f (x) < ag es un subconjunto medible de Rn para todo a 2 R: (d) f a := fx 2 Rn : f (x) ag es un subconjunto medible de Rn para todo a 2 R: (e) f >a := fx 2 Rn : f (x) > ag es un subconjunto medible de Rn para todo a 2 R: Ejercicio 14. fm : Rn ! R son medibles y ' : Rm ! R es continua.61 Prueba que. Ejercicio 14.56 Prueba que son equivalentes las siguientes a…rmaciones. entonces f medible de Rn . si f (x) = 0. entonces la función g(x) := 1 f (x) 0 si f (x) 6= 0. para todo f (x) := 2 R.59 Prueba que. si x = 0. 65 Prueba que el espacio Cb0 ( ) := ff : ! R : f es continua y acotadag está contenido en L1 ( ) y que la norma inducida por k k1 coincide con la de…nida en (5. x 2 g = sup jf (x)j x2 Ejercicio 14.62 Prueba que. fy Z F: Ejercicio 14. para cada " > 0. es decir.) 2m Ejercicio 14. (b) (fk ) converge a f uniformemente en Y: (Sugerencia: Considera los conjuntos Ym.t. Ejercicio 14.t.52 prueba S1que.km tiene las propiedades deseadas.64 (Teorema de Egorov) Sean X un subconjunto medible de Rn tal que jXj < 1 y fk . existe un subconjunto medible Y X tal que (a) jX r Y j < ". si f : Rn ! R [ f1g es medible.66 Sea ! un subconjunto abierto de ientes a…rmaciones: 8f 2 Cb0 ( ): y p 2 [1. LOS ESPACIOS DE LEBESGUE Ejercicio 14.c.c. x 2 X: Prueba que.k := 1 S j=k x 2 X : jfj (x) f (x)j 1 2m : Usando el Ejercicio 14. y 2 Rn (b) la función F : Rn m ! R [ f1g dada por Z F (y) := es medible y Z f= m 0y1 m < n.362 14.63 Para cada n 2 N da un ejemplo de un subconjunto de Rn que no sea medible.km j < " : Demuestra que Y := X r m=1 Ym. . f entonces (a) la función f y : Rm ! R [ f1g es medible p.5). existe km 2 N tal que jYm. nffc 2 R : jf (x)j c p.c. para cada m 2 N. 1]: Demuestra las sigu- .t. f : X ! R funciones medibles tales que fk (x) ! f (x) p. fm ) y f1 . fm 2 Ls ( ). p] y kf 1X kLr ( jXj ) p r rp con jXj < 1. se Qm cumple que j=1 fj 2 Lr ( ) y m Q j=1 fj r m Q j=1 kfj kpj : Ejercicio 14. 1) satisface que 1 s = 1 + p r 1: Prue- kf kr . entonces f 1X 2 kf kLp ( ) : (c) Si fk ! f en Lp ( ) y j!j < 1. :::.69 Prueba que.71 Sea fk : (0.) Ejercicio 14. entonces fk 1! ! f 1! en Lr (!) para todo r 2 [1. si j j < 1. entonces kf k1 = l m j j p!1 1=p kf kp : Ejercicio 14. :::. :::. :::. p]: Ejercicio 14.31 y el Ejercicio 2. 1 j m. 1) ! R la función fk (x) := sink (k x): . 1) tales que p11 + + p1m = 1r : Prueba que para cualesquiera fj 2 Lpj ( ). (m j j)1=p kf k1 si s = 1: (Sugerencia: Usa la Proposición 14.6. p1 . pm 2 [1.si j j < 1 y f 2 L1 ( ). fm 2 Ls ( ) de…nimos kf ks := (kf1 kss + Prueba que. EJERCICIOS 363 (a) Si f 2 Lp ( ).70 Si f = (f1 . entonces f 2 Ls ( ) y se cumple que kf kp1 kf ks donde 2 (0. entonces (m j j)(s p)=sp kf ks si s 2 [1. si f 2 Lp ( ) \ Lr ( ). 1).14. entonces f 1! 2 Lp (!) y kf 1! kLp (!) kf kLp ( ) : (b) Si f 2 Lp ( ) y X es un subconjunto medible de Lr ( ) para todo r 2 [1.67 (Desigualdad de interpolación) Sean 1 p < s < r ba que. si r < 1 y := 1 p s si r = 1: Ejercicio 14.68 (Desigualdad de Hölder generalizada) Sean r. 1 kf kp kf kp p<s 1=s + kfm kss ) : 1 y f1 .42. LOS ESPACIOS DE LEBESGUE (a) Prueba que fk 2 Lp (0. (b) Considera el espacio L(Lp ( ). 1) para todo p 2 [1.364 14. entonces f 2 Lp ( ) y kf kp c: ¿Es cierto.t. es decir. Consulta. R). 1]: (b) Prueba que fk ! 0 en Lp (0. entonces fk ! f en Lp ( ): (Sugerencia: Usa el teorema de Egorov para probar que. Madrid 1984. existen un compacto K" y k" 2 N tales que Z jfk jp < " 8k k" . R) := ff : Lp ( ) ! R : f es lineal y continuag con la norma de…nida en (9. Alianza Editorial. Teorema IV. 1) para todo p 2 [1. 1) y (fk ) una sucesión en Lp ( ) tal que fk (x) ! f (x) p. 1): (c) ¿Converge la sucesión (fk ) en L1 (0. (g) := g. en general. para cada " > 0. y que es una isometría. . 1) tales que g (a) Prueba que g : Lp ( ) ! R. 5 = kgkq 8g 2 Lq ( ): es continua e inyectiva5 . q 2 (1. Prueba que la función : Lq ( ) ! L(Lp ( ). si l mk!1 kfk kp = kf kp .72 Sea p 2 [1.11.1).74 Sean p. Análisis Funcional.c. De hecho. es también suprayectiva.73 Sean p 2 [1. lo que permite identi…car a L(Lp ( ). 1]: ¿Es cierto que para toda sucesión (fk ) en Lp ( ) tal que l mk!1 kfk kp = kf kp se cumple que fk ! f en Lp ( )? Ejercicio 14. 1)? Ejercicio 14.R) En particular. si existe c 2 R tal que kfk kp c para todo k 2 N. que además se cumple que l mk!1 kfk kp = kf kp ? (b) Prueba que. R) con Lp=(p 1) ( ): A este resultado se le conoce como el teorema de representación de Riesz. g L(Lp ( ). es lineal. el libro de Haim Brezis. x 2 : (a) Prueba que.) Rn rK" (c) ¿Son válidas las a…rmaciones anteriores para p = 1? Ejercicio 14. 1 p 1 q = 1: Dado g 2 Lq ( ) de…nimos Z f g: g (f ) := + es lineal y continua. por ejemplo. Ejercicio 14.17.14. Z f' = 0 8' 2 Cc1 ( ).76 Demuestra los siguentes resultados a partir del Teorema 14.44 (sin usar la Proposición 14.49). (a) Si f 2 L2 ( ) satisface que entonces f = 0 c. y) 7! f (x Usa el Teorema 14.77 (Convolución de funciones integrables) Sean f.d. Rn (f g)(x) := 0 si x 2 Z: Prueba que f g 2 L1 (Rn ) y que kf gk1 kf k1 kgk1 : (d) Prueba que Z Rn f g= Z f (x)g(y)dx dy = R2n Z Rn (e) Prueba que f g = g f: f Z Rn g : .17.) (c) De…nimos la convolución de f y g como R f (x y)g(y)dy si x 2 Rn r Z.75 Demuestra que la sucesión del Ejemplo 14. EJERCICIOS 365 Ejercicio 14. : (b) Si f 2 C 0 ( ) satisface entonces f = 0 en Z : Ejercicio 14.) (b) Prueba que existe un subconjunto nulo Z de Rn tal que la función y 7! f (x y)g(y) es integrable para todo x 2 Rn r Z: (Sugerencia: Aplica el Teorema 13.42 es una sucesión regularizante. en f' = 0 8' 2 Cc1 ( ). g 2 L1 (Rn ): y)g(y) pertenece a L1 (R2n ): (Sugerencia: (a) Prueba que la función (x.6. 366 14. LOS ESPACIOS DE LEBESGUE . Veremos en los próximos capítulos que la existencia de soluciones a ciertas ecuaciones en derivadas parciales se puede plantear en términos de la existencia del mínimo de un funcional sobre un hiperplano o sobre una esfera en un espacio de Hilbert. 367 .29). Los conceptos y resultados de la geometría euclidiana se generalizan de manera natural a estos espacios: allí vale el teorema de Pitágoras y la ley del paralelogramo. que éste es efectivamente el mínimo que buscamos. en un espacio de Hilbert H cualquier función lineal y continua : H ! R se puede expresar como el producto escalar por un elemento u0 de H. que.Capítulo 15 Espacios de Hilbert Entre los espacios de Banach tienen especial importancia aquéllos cuya norma está inducida por un producto escalar. Se llaman espacios de Hilbert y son la extensión más natural del espacio euclidiano a dimensión in…nita. Dichos subconjuntos no son compactos. es decir. En este capítulo introduciremos una nueva noción de convergencia. La existencia de la proyección ortogonal tiene una consecuencia bien importante: tal y como ocurre en Rn . Resta probar. por lo que el problema de minimización no resulta trivial. Los espacios de Hilbert son el ambiente natural para muchas aplicaciones. a diferencia de la convergencia usual. Este concepto es muy útil para abordar problemas de minimización ya que proporciona un candidato para el mínimo: el límite débil de una sucesión minimizante. y podemos de…nir la proyección ortogonal sobre un subespacio y su complemento ortogonal siempre y cuando dicho subespacio sea cerrado. ui 8u 2 H: A este resultado se le conoce como el teorema de representación de Fréchet-Riesz y tiene aplicaciones muy importantes (ver Teorema 16. Daremos aplicaciones importantes de este método en los próximos capítulos. tiene la propiedad de que cualquier sucesión acotada contiene una subsucesión convergente en el sentido débil. llamada convergencia débil. u = hu0 . en cada situación concreta. Un producto escalar en V es una función h . w 2 V: (b) Desigualdad del triángulo: kv + wk kvk + kwk 8v. . w 2 V: (PE3) hv. v2 . wi = hv1 .1. donde fue alumno de Ernst Kummer y Karl Weierstrass. 2 R: (PE2) hv.368 15. entonces parte de Prusia y hoy de Polonia. w 2 V: (c) Identidad del paralelogramo: kv + wk2 + kv 1 wk2 = 2(kvk2 + kwk2 ) 8v. vi para cualesquiera v. vi > 0 para todo v 2 V. . w 2 V . De…nición 15. Conceptos y propiedades básicas Comencemos recordando el concepto de producto escalar y sus propiedades básicas. Silesia.1) Hermann Schwarz Proposición 15. vi: (15. (a) Desigualdad de Cauchy-Schwarz1 : jhv. i : V V ! R con las siguientes propiedades: (PE1) h v1 + v2 .2 Se cumplen las siguientes relaciones. Fue profesor en la Universidad de Göttingen. w 2 V: Karl Hermann Amandus Schwarz (1843-1921) nació en Hermsdorf. ESPACIOS DE HILBERT 15. Estudió en Berlín. v 6= 0: De…nimos kvk := p hv. wi para cualesquiera v1 .1 Sea V un espacio vectorial sobre R. wi = hw. wi + hv2 . wij kvk kwk 8v. 34]. tomando := 0 hv.wi kwk2 kvk2 2 kwk2 : obtenemos 2 hv. CONCEPTOS Y PROPIEDADES BÁSICAS 369 Demostración: (a): Para cualesquiera v. Nota que ésta se satisface trivialmente si w = 0. (b): Usando la desigualdad de Cauchy-Schwarz obtenemos kv + wk2 = kvk2 + 2 hv. p Proposición 15. wi2 hv. wi k!1 8v 2 V: . y sacando raíz cuadrada obtenemos la desigualdad deseada. wk i = hv. La norma (15. Las otras propiedades son consecuencia inmediata de la de…nición del producto escalar. wi2 : kwk2 Multiplicando esta desigualdad por kwk2 concluimos que hv.1) se llama la norma inducida por el producto escalar h .2) Proposición 15. (c) se obtiene mediante un cálculo directo. v + wi = kvk2 + 2 hv.3 kvk := hv. wi2 kvk2 kwk2 . entonces l m hv. wi + 0 Si w 6= 0. wi2 2 2 + 2 = kvk kwk kwk hv.2.4 (Continuidad del producto escalar) Si wk ! w en V. vi es una norma en V: Demostración: La desigualdad del triángulo se probó en la Proposición 15. wi + kwk2 kvk2 + 2 kvk kwk + kwk2 = (kvk + kwk)2 : Sacando raíz cuadrada obtenemos la desigualdad del triángulo.15.1. wi = 1 kv + wk2 4 kv wk2 8v. 2 R se cumple hv + w. w 2 V: (15. i : Un cálculo sencillo muestra que el producto escalar se expresa en términos de la norma inducida como sigue: hv. w 2 V. Proponemos su demostración como ejercicio [Ejercicio 15. Las desigualdades anteriores tienen las siguientes consecuencias. yi`2 := es un espacio de Hilbert. wk ij = jhv. w wk ij kvk kw wk k . y = (yk ) 2 `2 . Ejemplo 15. wk 2 V: En consecuencia. Es reconocido como uno de los matemáticos más universales e in‡uyentes del siglo XIX y principios del XX.1). gi2 := f g. w. x = (x1 . . (c) Para cualquier abierto 1 P k=1 xk yk . Veamos algunos ejemplos.5 Un espacio de Hilbert2 es un espacio vectorial H con un producto escalar h . wi si wk ! w: David Hilbert De…nición 15. x = (xk ).6 (a) Rn es un espacio de Hilbert con el producto escalar usual x y := x1 y1 + + xn yn . hoy parte de Rusia. y = (y1 . xn ). 2 David Hilbert (1862-1943) nació en Königsberg en la provincia de Prusia. para cualesquiera v. hv. yn ): (b) El espacio `2 de todas las sucesiones x = (xk ) de números reales tales que la serie P1 2 k=1 jxk j converge. (15.370 15. wk i ! hv. :::. el espacio L2 ( ) con el producto escalar Z hf.3) de Rn . :::. Estudió en la Universidad de Königsberg y fue profesor en la Universidad de Göttingen. wi hv. i que es completo respecto a la norma inducida (15. f. (15. ESPACIOS DE HILBERT Demostración: De la desigualdad de Cauchy-Schwarz se sigue que jhv. g 2 L2 ( ). con el producto escalar hx.4) es un espacio de Hilbert. (c): La desigualdad de Hölder (ver Proposición 14. w2 2 H2 . w1 2 H1 .4) es un producto escalar que induce la norma de L2 ( ): Sabemos que este espacio es completo (ver Teorema 14. entonces h(v1 . w2 )iH1 H2 := hv1 .21) implica que f g es integrable si f.3) es un producto escalar que induce la norma de `2 : Sabemos que este espacio es completo (ver Ejercicio 5. existe una sucesión (gk ) en Cc0 ( ) tal que gk ! f en L2 ( ): Entonces. v2 )k = kv1 k21 + kv2 k22 : En consecuencia. 2. CONCEPTOS Y PROPIEDADES BÁSICAS 371 Demostración: (a) es bien conocido. H2 . H1 5. v2 . Demostración: Sea f 2 L2 ( )rCc0 ( ): Por la Proposición 14. i = 1.15. w2 i2 . (w1 . Ejemplo 15. v2 ). g 2 L2 ( ). Ejemplo 15. Si H1 y H2 son espacios de Hilbert.27). la sucesión (gk ) es de Cauchy pero no converge en Cc0 ( ): Recuerda que un subespacio A de un espacio métrico completo X es completo si y sólo si A es cerrado en X (ver Proposición 5. es un producto escalar en la suma directa H1 entonces H1 H2 es un espacio de Hilbert. ii . Es sencillo comprobar que (15.37). de modo que se tiene lo siguiente. H2 : H2 es un espacio de Hilbert si H1 y H2 lo son (ver Ejercicio No cualquier subespacio vectorial de un espacio de Hilbert resulta ser un espacio de Hilbert. v1 .43): Es sencillo comprobar que (15.7 (Suma directa de espacios de Hilbert) Si Hi es un espacio vectorial con producto escalar h . Demostración: Es sencillo comprobar que éste es un producto escalar en H1 La norma inducida es q k(v1 .33). w1 i1 + hv2 .9 Un subespacio vectorial V de un espacio de Hilbert H es un espacio de Hilbert si y sólo si V es cerrado en H: . Proposición 15. (b): La convergencia de la serie (15. Veamos un ejemplo.33.9).1.8 Cc0 ( ) con el producto escalar de L2 ( ) no es un espacio de Hilbert.3) se sigue de la desigualdad de Hölder para series con p = 2 (ver Ejercicio 2. 4). i : De…nición 15.13 Sean V un subespacio vectorial de H y w 2 H: Entonces w 2V? () kwk = nf kw v2V vk : . Por tanto.11 El espacio ortogonal a Cc0 ( ) en L2 ( ) es f0g: Demostración: Si f 2 Cc0 ( )? se cumple que Z f' = 0 8' 2 Cc1 ( ): La Proposición 14. entonces hv. wi = 0 8v 2 V g : Es claro que V ? es un subespacio vectorial de H. esta condición también es su…ciente [Ejercicio 15. wk i = 0 8v 2 V k!1 (ver Proposición 15. w 2 V ? : Esto prueba que V ? es cerrado en H: El espacio ortogonal se puede describir del siguiente modo. a diferencia de lo que ocurre en Rn .39]. no necesariamente se cumple que V = (V ? )? . Ejemplo 15.10 Si V es un subespacio vectorial de H. ESPACIOS DE HILBERT 15. el espacio ortogonal a V en H se de…ne como V ? := fw 2 H : hv. como lo muestra el siguiente ejemplo. Proposición 15. Complemento ortogonal Sea H un espacio de Hilbert con producto escalar h .2.49 asegura entonces que f = 0 en L2 ( ): La siguiente a…rmación implica que una condición necesaria para que V = (V ? )? es que V sea cerrado en H: De hecho. Proposición 15. Nota que V (V ? )? pero.372 15. wi = l m hv.12 V ? es un subespacio cerrado de H: Demostración: Si (wk ) es una sucesión en V ? que converge a w en H. COMPLEMENTO ORTOGONAL 373 Demostración: )) : Si w 2 V ? entonces kw vk2 = kwk2 + kvk2 para todo v 2 V: En consecuencia. 0 = hw. w~ 2 V se cumple que kw + w~ 2uk = 2 w + w~ 2 u (15.2.5) wk : Demostración: Sea u 2 H: Denotemos por d := nf ku w2V wk : Observa que para cualesquiera w. como kwk = kw 0k nf v2V kw vk . el ín…mo se alcanza y es único. kwk kw vk y. Proposición 15. concluimos que kwk = nf kw vk : v2V () : Supongamos ahora que kwk = nf v2V kw de…nimos fv : R ! R como fv (t) := kw vk : Para cada v 2 V con kvk = 1 tvk2 = kwk2 2 hw.15. vi es el único punto crítico de fv : Por hipótesis. se tiene que fv (0) = kwk2 nf kw tvk2 = nf fv (t): t2R t2R Es decir.14 Sea V un subespacio vectorial cerrado de H: Entonces. 0 es un mínimo de fv . ya que 21 (w + w) ~ 2 V: Tomemos una sucesión (vk ) en V tal que l mk!1 ku Dada " > 0 elegimos k0 2 N tal que ku vk k2 < d2 + " 4 8k k0 : Aplicando la identidad del paralelogramo y la desigualdad (15. vi para todo v 2 V: Probaremos ahora que.6) obtenemos kvj vk k2 = k(vj u) + (u vk )k2 = 2 ku vk k2 + ku vj k2 k(vj u) 2 2 < 4d + " 4d = " si j. k k0 : (u vk )k2 vk k = d: . existe un único v 2 V tal que ku vk = nf ku w2V (15. vi t + t2 : Esta función es diferenciable y tv := hw.6) 2d. si V es cerrado. para cada u 2 H. En consecuencia. ESPACIOS DE HILBERT Esto prueba que (vk ) es una sucesión de Cauchy en V: Dado que V es de Hilbert (ver Proposición 15. Si v~ 2 V cumple que k~ v uk = d entonces.6) obtenemos kv v~k2 = 2(kv uk2 + k~ v uk2 ) 2uk2 kv + v~ 4d2 4d2 = 0: Por tanto.16 Si V es un subespacio cerrado de H y u 2 H.15 Sea V un subespacio vectorial cerrado de H: La proyección ortogonal de H sobre V es la función PV : H ! V que a cada u 2 H le asocia el único elemento PV u de V tal que ku PV uk = nf ku w2V wk : Las proposiciones anteriores proporcionan la siguiente caracterización de la proyección ortogonal.13 asegura que u v 2V? () ku vk = nf ku w2V v wk = nf ku z2V zk : De la Proposición 15.14 se sigue que tal v existe y es única y. aplicando de nuevo la identidad del paralelogramo y la desigualdad (15. v = PV u: El Ejemplo 15.374 15. Corolario 15.9). ku vk = l m ku k!1 vk k = d: Probaremos ahora que v es único. En este ? caso el espacio V se llama el complemento ortogonal de V en H. entonces PV u es el único elemento de V tal que u PV u 2 V ? : Demostración: Si v 2 V la Proposición 15. existe v 2 V tal que vk ! v en H: En consecuencia.V ) denota a la norma de…nida en (9. v~ = v: De…nición 15.11 muestra que la suma directa de V y V ? no necesariamente es todo H: Probaremos a continuación que V V ? coincide con H si V es cerrado. En lo que sigue k kL(H. por de…nición. .1). PV (PV u) = PV u para todo u 2 H. que kPV kL(H. Sean u. se cumple que T (u T u) = 0. se tiene que kuk2 = kPV uk2 + ku PV uk2 : (15. PV u + PV u~ 2 V y u + u~ ( PV u + PV u~) = (u PV u) + (~ u 2 R: PV u~) 2 V ? : Del Corolario 15.7) En particular.15. PV satisface (a.16 se sigue que PV ( u + u~) = PV u + PV u~: El Corolario 15.16 implica además que PV v = v para todo v 2 V: En consecuencia. PV ui = 0. Si además T satisface (a.1).17 (Complemento ortogonal) Sea V un subespacio vectorial cerrado de H: Se cumple lo siguiente: (a) La proyección ortogonal PV : H ! V es la única función lineal de H en V que cumple: (a. (b): Dado que u = PV u + (u PV u) y hu PV u.2) es consecuencia inmediata del mismo corolario. kPV uk kuk 8u 2 H. u~ 2 H. w) := v + w es un isomor…smo lineal y Demostración: (a): Probaremos primero que PV es lineal. lo que implica que PV es continua y. es decir. La a…rmación (a.1) PV PV = P V . V ? ! H dada por (v.V ) = 1 si V 6= f0g: (c) La función : V una isometría.2. (a. Entonces. entonces u T u 2 V ? y el Corolario 15. además.1) entonces.V ) := kPV uk u2Hrf0g kuk sup Por otra parte. Si T : H ! V es una función lineal que satisface (a.2).2) ker PV = V ? : (b) PV es continua y kPV kL(H. para todo u 2 H. entonces PV v = v y kPV vk = 1: kvk 1: . si v 2 V y v 6= f0g. COMPLEMENTO ORTOGONAL 375 Teorema 15. .16 asegura que T u = PV u: Esto demuestra la unicidad. La identidad (15.376 15. ui . Si w 6= 0.R) = kwk : (15. De modo que es un isomor…smo de espacios vectoriales. R) de las funciones lineales y continuas de un espacio de Hilbert H a R (ver sección 9. 15.8) Demostración: Las propiedades (PE1) y (PE2) aseguran que Tw es lineal y la Proposición 15. usando la desigualdad de Cauchy-Schwarz obtenemos que kwk = jTw wj kwk jTw uj u2Hrf0g kuk sup Esto prueba que kwk = kTw kL(H.4 asegura que Tw es continua. w) := v + w es claramente lineal y (c): La función : V la función H!V V ?. Proposición 15.V ) = 1: V ? ! H dada por (v. es lineal y continua y cumple que kTw kL(H.8) se satisface trivialmente.R) : kwk kuk = kwk : kuk u2Hrf0g sup . Si w = 0 entonces (15. ESPACIOS DE HILBERT Concluimos que kPV kL(H. u PV u). El teorema de representación de Fréchet-Riesz El objetivo de esta sección es describir al espacio L(H. u 7! (PV u. A este espacio se le llama el dual topológico de H: .18 Para cada w 2 H la función Tw : H ! R. es su inverso.3.7. Tw u := hw.1).7) prueba que es una isometría para la métrica de V V ? de…nida en el Ejemplo 15. en particular para u = w w: ~ Por tanto. de la que fue profesor y rector. entonces T = 0 y w = 0 cumple (15. Junto con Haar fundó en 1922 el Instituto de Matemáticas János Bolyai de la Universidad de Szeged. 8u 2 H: (15. Si V 6= H.9) : H ! L(H. w0 i = (T u) hw0 . ui = u Tu w T w0 0 w. entonces parte del imperio AustroHúngaro. Entonces existe un único w 2 H tal que T u = hw. u Tu w0 T w0 = Tu Tu T w0 = 0 T w0 8u 2 H: 2 V.9). R) y denotemos por V := ker T: Como T es continua. entonces hw w. ui =: Tw u Más aún. . Si V = H. ~ ui = 0 para todo u 2 H.3. lo que implica que w~ = w: 3 Frigyes Riesz (1880-1956) nació en Gy½or. kw wk ~ 2 = 0. EL TEOREMA DE REPRESENTACIÓN DE FRÉCHET-RIESZ 377 El teorema de representación de Fréchet-Riesz3 da una descripción completa del dual topológico de H: A…rma que las funciones Tw son los únicos elementos de L(H.19 (de representación de Fréchet-Riesz) Sean H un espacio de Hilbert y T : H ! R una función lineal y continua. de lo cual concluimos que Tu w0 T w0 + Tu hw. V es un subespacio cerrado de H.17 asegura que V ? 6= f0g: Escojamos w0 2 V ? tal que kw0 k = 1: Entonces T w0 6= 0: De…nimos w := (T w0 ) w0 : Observa que T Por tanto. el Teorema 15. en el reino de Hungría. R): Frigyes Riesz Teorema 15. la función una isometría. w0 i = T u T w0 8u 2 H: Si algún otro w~ 2 H cumple (15. Estudió en la Universidad de Budapest. R) dada por w := Tw es un isomor…smo lineal y Demostración: Sea T 2 L(H. u hw.15.9). Permite. Estudió en el Collège de France y en la Facultad de Ciencias de Paris. de…nir el gradiente de una función diferenciable ' : H ! R [Ejercicio 15. ESPACIOS DE HILBERT Por último. 5 Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet (1805-1859) nació en Düren. De la primera a…rmación de este teorema se sigue que es biyectiva. de la bilinealidad del producto escalar se sigue que ( w1 + w2 )u = h w1 + w2 .42] o probar la existencia y unicidad de soluciones de ciertas ecuaciones en derivadas parciales con condicion de frontera (ver Teorema 16.378 15. El teorema de representación de Fréchet-Riesz tiene aplicaciones muy importantes.29). ui + hw2 . A esta propiedad se le conoce como el principio de Dirichlet5 . R): Entonces. El siguiente resultado a…rma que el elemento w 2 H dado por el teorema anterior es el mínimo de un funcional4 . por ejemplo. . y la identidad (15. Gustav Dirichlet Proposición 15. entonces parte del imperio francés y actualmente de Alemania. ui = T u 8u 2 V si y sólo si w es un mínimo del funcional J : V ! R dado por J(u) := 4 1 kuk2 2 T u: A las funciones de…nidas en un espacio de Banach que toman valores reales se les suele llamar funcionales en vez de funciones. Fue profesor en las Universidades de Berlín y de Göttingen. w 2 V satisface hw. ui = [ ( w1 ) + ( w2 )] u para todo u 2 H: Por tanto es lineal.8) asegura que es una isometría. ui = hw1 .20 (Principio de Dirichlet) Sean V un espacio vectorial con producto escalar y T 2 L(V. BASES DE HILBERT 379 Demostración: )) : Si hw. H = lin(B): . se dice que O es un conjunto ortonormal. u 6= v: Si además kuk = 1 8u 2 O. vi = 0 8u. entonces J(u) = J(w + u = 1 kwk2 2 w) = 1 kw + u 2 T w + hw. v 2 O. vi 2 X . Ju0 (0) = hw. ui + kuk2 t T u: Como w es un mínimo de J. u = J(w) + T (u w) + 1 ku 2 wk2 = J(w) + wk2 wi + 1 ku 2 T (w + u 1 ku 2 wk2 J(w) wk2 T (u w) T (u w) w) 8u 2 V: () : Supongamos ahora que w es un mínimo de J: Para cada u 2 V consideremos la función Ju : R ! R dada por Ju (t) := J(w + tu) = 1 1 kwk2 + hw. ui = T u para todo u 2 V.. denotamos por lin(X ) al subespacio vectorial de H generado por X . es decir.21 Un subconjunto O de un espacio de Hilbert H se llama un conjunto ortogonal si hu. m 2 N : (15. lin(X ) := m P i vi : i=1 i 2 R. es decir.10) De…nición 15.4.4.15. ui t + kuk2 t2 2 2 Tw (T u)t: Esta función es diferenciable y su derivada es Ju0 (t) = hw. Un subconjunto B de H se llama una base de Hilbert de H si es ortonormal y lin(B) es denso en H. ui T u = 0 para todo u 2 V: 15. Bases de Hilbert Dado un subconjunto X de H. se tiene que 0 es un mínimo Ju : Por tanto. 23 Una sucesión (uk ) en H converge débilmente a u en H si. Se escribe uk * u para denotar que (uk ) converge débilmente a u: Es sencillo comprobar que el límite débil de una sucesión. en general.380 15.5. Introduciremos a continuación una noción de convergencia. Convergencia débil Vimos que. Ejemplo 15.j := 0 si denotamos por xk a la sucesión cuyos términos son xk. ESPACIOS DE HILBERT Observa que.k = 1 y ek. se cumple que l m huk . escribiremos uk * u débilmente en H . lin(B) no necesariamente coincide con H. Sea H un espacio de Hilbert.j := xj si j j > k.j = 0 si k 6= j: Entonces B := fek : k 2 Ng es una base de Hilbert de `2 : Demostración: Claramente B := fek : k 2 Ng es un subconjunto ortonormal de `2 : Los elementos de lin(B) son combinaciones lineales …nitas de elementos de B. entonces xk 2 lin(B) y xk ! x en `2 : 15. vi = hu. en cualquier espacio de Banach de dimensión in…nita existen sucesiones acotadas que no contienen ninguna subsucesión convergente (ver Ejercicio 5. para cada v 2 H. como lo muestra el siguiente ejemplo.49].39). una base de Hilbert de H no es una base de H en el sentido del álgebra lineal. es único [Ejercicio 15. en consecuencia lin(B) = f(xk ) 2 `2 : existe k0 2 N tal que xk = 0 8k k0 g: De modo que lin(B) 6= `2 : Veamos que `2 = lin(B): En efecto: dado x = (xj ) 2 `2 . a diferencia de lo que ocurre en Rn . Notación 15.22 Sea ek = (ek.j ) la sucesión cuyos términos son ek. si k y xk. En los próximos capítulos daremos aplicaciones importantes de este resultado. De…nición 15. es decir. vi : k!1 Se dice entonces que u es el límite débil de (uk ) en H.24 Cuando la notación anterior se pueda prestar a confusión. para la cual se cumple que cualquier sucesión acotada contiene una subsucesión convergente. de existir. más débil que la usual. entonces ek * 0 débilmente en H pero (ek ) no converge fuertemente en H: Demostración: Sea v 2 H: Caso 1: v 2 lin(O): m P Si v = i ei con i 2 R entonces hek .26 Si O = fek : k 2 Ng es un subconjunto ortonormal de H.50]. vi = 0 k!1 Caso 3: v 2 V ? : En este caso hek . CONVERGENCIA DÉBIL 381 si (uk ) converge débilmente a u en H y. como lo muestra el siguiente ejemplo. utilizando la desigualdad de Cauchy-Schwarz obtenemos jhek . wij kek k kv wk + jhek . vi 8v 2 H. si (uk ) converge a u en H en el sentido usual. k!1 es decir. escribiremos uk ! u fuertemente en H: Proposición 15. Ejemplo 15.25 Si uk ! u fuertemente en H.4 asegura que l m huk . vi = 0 para todo k 2 N. v wij + jhek . 8v 2 V: k0 : . wij < " 8k Esto prueba que l m hek .5. wij < " 8k 2 k0 : Entonces. No así en espacios de dimensión in…nita. uk * u débilmente en H: En espacios de dimensión …nita ambas nociones de convergencia coinciden [Ejercicio 15. entonces uk * u débilmente en H: Demostración: Si uk ! u fuertemente en H entonces la Proposición 15. vi = 0 para todo k > m: Por tanto.15. vij jhek . Caso 4: v 2 H arbitrario. i=1 l m hek . vi = hu. vi = 0 8v 2 lin(O): k!1 Caso 2: v 2 V := lin(O): Dada " > 0 escogemos w 2 lin(O) y k0 2 N tales que kv wk < " 2 y jhek . como kek k = 1. vi = l m hek .11) k!1 (b) Si (uk ) converge débilmente a u en H.11) se cumple trivialmente. ui ! kuk2 . ui ! kuk2 : De la identidad kuk uk2 = kuk k2 2 huk . v2 i = 0 = h0. ui = l m inf k!1 kuk k!1 kuk kuk = l m l m inf kuk k : k!1 (b): Si (uk ) converge débilmente a u en H. k 2 N.382 15. ui kuk k 8k 2 N: kuk Como huk . . k!1 como a…rma el enunciado.17 asegura que v = v1 + v2 con v1 2 V y v2 2 V ? : De los dos casos anteriores se sigue entonces que l m hek . la desigualdad (15.27 kuk l m inf kuk k : (15. ESPACIOS DE HILBERT Como V es un subespacio cerrado de H.12) k!1 Demostración: (a): Supongamos que (uk ) converge débilmente a u en H: Si u = 0. ui + kuk2 . entonces (uk ) converge fuertemente a u en H si y sólo si kuk = l m kuk k : (15. ui huk . Probaremos a continuación que toda sucesión acotada en H contiene una subsucesión débilmente convergente. se sigue entonces que l m kuk k!1 uk2 = 0 () l m kuk k = kuk . entonces Proposición 15. tomando límites inferiores concluimos que huk . de la desigualdad de CauchySchwarz se sigue que huk . el Teorema 15. entonces huk . vi k!1 k!1 k!1 8v 2 H: Esto prueba que ek * 0 débilmente en H: Finalmente observa que kek ej k2 = kek k2 + kej k2 = 2 8k 6= j: En consecuencia (ek ) no converge fuertemente en H: (a) Si (uk ) converge débilmente a u en H. v1 i + l m hek . Si u 6= 0. Requerimos el siguiente lema. una subsucesión (um k ) m 1 m k de (uk ) tal que (huk . vi k!1 8v 2 H: Esto prueba que uk * u débilmente en H: La propiedad fundamental de la convergencia débil es la siguiente. Caso 1: v = um : . u2 i) también está acotada y. vi) converge en R para cada v 2 H: Consideramos cuatro casos. existe una subsucesión (u2k ) de (u1k ) tal que (hu2k . Continuando de este modo obtenemos.5. Teorema 15. existe una subsucesión (u1k ) de (uk ) tal que (hu1k . u1 ij kuk k ku1 k c c ku1 k : Es decir.15. Sea c 2 R tal que kuk k Cauchy-Schwarz se sigue que jhuk . 8v 2 H: Por tanto. vij kuk k kvk c para todo k 2 N: De la desigualdad de c kvk 8k 2 N. por tanto. vij k!1 c kvk 8v 2 H: Esto prueba que T es continua.28 Sea (uk ) una sucesión acotada en H tal que la sucesión (huk . vi k!1 es claramente lineal. vi) converge en R para cada v 2 H: Entonces existe u 2 H tal que uk * u débilmente en H: Demostración: La función T : H ! R dada por T v := l m huk . u2 i) converge en R.28 basta probar que la sucesión (hwk . vi =: T v = hu. para cada m 2 N.29 Toda sucesión acotada en H contiene una subsucesión débilmente convergente en H: Demostración: Sea (uk ) una sucesión acotada en H y sea c 2 R tal que kuk k para todo k 2 N: De la desigualdad de Cauchy-Schwarz se sigue que jhuk . jT vj = l m jhuk . Por el teorema de representación de Fréchet-Riesz (Teorema 15. por tanto. um i) converge en R cuando k ! 1: De…nimos wk := uk : La sucesión (wk ) es una subsucesión de (uk ): Probaremos que (wk ) converge débilmente en H: De acuerdo con el Lema 15. la sucesión de números reales (huk . u1 i) está acotada y.19) existe u 2 H tal que l m huk . u1 i) converge en R. CONVERGENCIA DÉBIL 383 Lema 15. La sucesión (hu1k . v wij + jhwk wj . hwk . Caso 3: v 2 V : Dada " > 0 elegimos w 2 V tal que kv wk < 4c" : El caso anterior asegura que la sucesión (hwk . jhwk wj . vi) es de Cauchy en R y. Caso 4: v 2 H arbitrario. um i) converge en R cuando k ! 1. Estudió en la École Normale Supérieure y fue profesor de la Universidad de Dijon. vi) converge en R. wij kwk wj k kv wk + jhwk wj . . wij " " < 2c + = " si k. existe k0 2 N tal que jhwk wj . wi) es de Cauchy en R. wi + hwk . Caso 2: v 2 V := lin(fum : m 2 Ng). j k0 : En consecuencia. j k0 : 4c 2 Esto prueba que la sucesión (hwk . René-Louis Baire 6 René-Louis Baire (1874-1932) nació en París. wij (kwk k + kwj k) kv wk + jhwk wj .384 15. Por tanto. converge. (hwk . vi) converge. Usaremos el siguiente resultado de Baire6 . ESPACIOS DE HILBERT Observa que la subsucesión (wm . probaremos que toda sucesión débilmente convergente está acotada. Como V es cerrado en H. :::) de (wk ) es una subsucesión de (um j ): En consecuencia. Para concluir. wij < 2" si k. el Teorema 15. vij jhwk wj .17 asegura que v = w + z con w 2 V y ? z 2 V : Por tanto. wi : Aplicando el caso anterior concluimos que la sucesión (hwk . wm+1 . Del caso anterior y la bilinealidad del producto escalar se sigue que (hwk . zi = hwk . vi = hwk . por tanto. m=1 entonces int(Xm0 ) 6= . w0 + 2 kuukk k 2 Xm0 para todo k 2 N. la sucesión (xi ) es de Cauchy en X y. supongamos que int(Xm ) = . kuk k uk . wij m 8k 2 Ng: Claramente.13) Xm . w0 + 4 uk 2 kuk k m0 para todo k 2 N. Xm es cerrado en H: Además. X2 .13). lo cual contradice (15. rm ) 8m > 1: (15. r2 ) BX (x1 . existen m0 2 N.15) obtenemos que dX (xi . Por tanto.14) que x 2 X r Xm para todo m 2 N.14) Se tiene entonces que 1 8i m 1: (15. ) En particular. xm ) rm 8m 2 N: Se sigue de (15.30 (de Baire) Si X es un espacio métrico completo no vacío y X1 . r1 ) \ (X r X1 ): Continuando de este modo obtenemos xm 2 X y rm 2 (0. existen x2 2 X y r2 2 (0. se tiene que 1 S H= Xm : m=1 Por el lema de Baire. : : : es una sucesión de subconjuntos cerrados de X tales que 1 S X= (15. 14 ) tales que BX (x2 . Proposición 15. xm ) < rm < dX (x. w0 2 Xm0 y > 0 tales que BH (w0 . en consecuencia.15. como X es completo. + jhuk . wi) está acotada en R. 2 kuk k = uk . r1 ) \ (X r X1 ) 6= . CONVERGENCIA DÉBIL 385 Lema 15. Demostración: Argumentando por contradicción. para algún m0 2 N. uk 2 kuk k y. para todo m 2 N. xi ! x en X: Haciendo tender i ! 1 en (15.. rm 1 ) \ (X r Xm 1 ) BX (xm .5. 12 ): Como BX (x1 . 21m ) tales que BX (xm 1 . w0 ij 2m0 Xm0 : 8k 2 N . Tomemos x1 2 X y r1 2 (0.31 Si uk * u débilmente en H entonces (uk ) está acotada en H: Demostración: Para cada m 2 N de…nimos Xm := fw 2 H : jhuk . como para cada w 2 H la sucesión (huk .15) 2m En consecuencia. wk2 es un producto escalar en V tal que kvk2 = hv.4)).6. si k k es la norma inducida por un producto escalar en V. k k) un espacio normado. w 2 V.35 Sea (V. (b) `p con p 2 [1. p 6= 2 (ver Proposición 2. ESPACIOS DE HILBERT Ejercicios Ejercicio 15.37 Demuestra que las normas de los siguientes espacios no están inducidas por ningún producto escalar. si V es un espacio vectorial con producto escalar y hv. w 2 V: Ejercicio 15. p 6= 2 (ver (2. 1]? Z 1=2 fg 0 Ejercicio 15. 15. wi = 0. gi := un producto escalar en C 0 [0. i = 1.386 15.19). 1]. entonces kv + wk2 + kv wk2 = 2(kvk2 + kwk2 ) 8v. wi demuéstralo primero para 2 Q y usa la continuidad para demostrarlo para 2 R:) Ejercicio 15. p 6= 2 (ver De…niciones 14. wi := 1 kv + wk2 4 kv 8v. w 2 V1 : Ejercicio 15. 2: Prueba que. ii . wi2 = hv. (a) Rnp = (Rn .15). k kp ) con p 2 [1. entonces h v. si la norma cumple la ley del paralelogramo kv + wk2 + kv wk2 = 2(kvk2 + kwk2 ) entonces hv. (c) Lp ( ) con p 2 [1. vi para todo v 2 V: (Sugerencia: Para probar que h v. si : V1 ! V2 es una isometría lineal.18 y 14. wi = hv.32 ¿Es hf. entonces kv + wk2 = kvk2 + kwk2 : Ejercicio 15. 1]. wi1 8v. 1].36 Sea Vi espacio vectorial con producto escalar h . . Prueba que.34 (Identidad del paralelogramo) Demuestra que.33 (Teorema de Pitágoras) Prueba que. prueba que c 2 R es un valor regular de ' si y sólo si r'(u) 6= 0 para todo u 2 M := ' 1 (c): . si C es un subconjunto cerrado y convexo de un espacio de Hilbert H y u 2 H. es continua. en general. la Proposición 15. entonces (V ? )? = V: (c) (V ? )? = V : (d) Si V es denso en H entonces V ? = f0g: Ejercicio 15. EJERCICIOS 387 Ejercicio 15. (c) Si ' es de clase C 1 .42 (Gradiente de una función diferenciable) Sean U un subconjunto abierto de H y ' : U ! R una función diferenciable. u 7! r'(u).14 no es válida.38 Prueba que todo subespacio vectorial de dimensión …nita de un espacio de Hilbert H es cerrado en H: Ejercicio 15. (a) Prueba que. 1]: Prueba que.39 Sea V un subespacio vectorial de un espacio de Hilbert H: Demuestra las siguientes a…rmaciones: (a) (V )? = V ? : (b) Si V es cerrado en H. vi 8v 2 H: r'(u) se llama el gradiente de ' en u: (b) Prueba que ' es de clase C 1 si y sólo si la función r' : U ! H.40 Prueba que. existe un único elemento r'(u) 2 H tal que '0 (u)v = hr'(u). si V no es cerrado en H: Ejercicio 15. para cada u 2 U. entonces existe un único v 2 C tal que ku vk = nf ku wk : w2C Ejercicio 15. si f 2 L2 ( ) r Cc0 ( ).41 Un subconjunto C de un espacio vectorial es convexo si (1 t)x+ty 2 C para cualesquiera x. y 2 C y t 2 [0. no existe ningún g 2 Cc0 ( ) tal que kf gk2 = nf kf h2Cc0 ( ) hk2 : Es decir.6.15. es decir. que c 2 R es un valor regular de ' y que M := ' 1 (c): Recuerda que. Tu M = fv 2 H : hr'(u). (b) Calcula r (u) para todo u 2 H.45 Sea B un subconjunto ortonormal de H: Demuestra que son equivalentes las siguientes a…rmaciones: . M es una subvariedad de clase C 1 de H. (d) Prueba que el espacio tangente a M en el punto u 2 M es el espacio ortogonal a r'(u). ej i ej y ek := wk : kwk k Prueba que O = fek : k 2 Ng es un subconjunto ortonormal de H y que lin(O) = lin(X ): Ejercicio 15. Las de…niciones necesarias se encuentran en el Capítulo 10. ESPACIOS DE HILBERT En lo que sigue supondremos que ' es de clase C 1 . kv1 k y para k > 1 de…nimos inductivamente wk := vk kP1 j=1 hvk . para 1 .44 (Ortonormalización de Gram-Schmidt) Sea X = fvk : k 2 Ng un subconjunto linealmente independiente de H. (c) Prueba que la esfera unitaria := fu 2 H : kuk = 1g es una subvariedad de clase C 1 de H y que el espacio tangente a Tu en u es = fv 2 H : hu.388 15. es decir. vi = 0g: (e) (Multiplicador de Lagrange) Sea : U ! R una función de clase C 1 : Prueba que u es un punto crítico de en M si y sólo si existe 2 R tal que r (u) = r'(u): Ejercicio 15. m 2 R se cumple que + m vm = 0 () = m = 0: 1 v1 + 1 = De…nimos e1 := v1 . vi = 0g: Ejercicio 15. : : : .43 En un espacio de Hilbert H considera la función (u) := kuk2 : (a) Prueba que : H ! R dada por es de clase C 1 y calcula sus derivadas. en ese caso. 1): (Sugerencia: Usa el Teorema 8. ek i ek := l m m P m!1 k=1 hu. si B 0 es un subconjunto ortonormal de H y B B0 entonces B = B 0 : Ejercicio 15. ).46 Sea B = fek : k 2 Ng un subconjunto ortonormal de H: Prueba que B es una base de Hilbert de H si y sólo si 1 P k=1 hu. para toda función f 2 L2 ( f= 1 P k=1 . m 2 N [ f0g: Prueba que P[ 1. 1 e2m+1 (x) := p cos mx: (a) Prueba que B = fek : k 2 Ng es una base de Hilbert de L2 ( (b) Prueba que. Z f ek ek : Esta serie se llama la serie de Fourier de f: . es decir. EJERCICIOS 389 (a) B es una base de Hilbert de H: (b) B es un subconjunto ortonormal maximal de H. donde pk (x) := xk :) (c) Prueba que B es una base de Hilbert para L2 ( 1. 1] el conjunto de todas Ejercicio 15. 1) y que lin(B) = P[ 1. 1] ! R de la forma + am x m . Prueba que B := fek : k 2 N [ f0gg es un subconjunto ortonormal de L2 ( 1. ): . 2 1 e2m (x) := p sin mx. 1]: (Sugerencia: Observa que B se obtiene aplicando el proceso de ortonormalización de Gram-Schmidt al conjunto fpk : k 2 N [ f0gg. ek i ek = u (a) Sea P[ 1. 1] es denso en L2 ( 1.6.47 (Polinomios de Legendre) las funciones p : [ 1.15.48 (Serie de Fourier) Sean 1 e1 (x) := p . 1): Ejercicio 15.3.) (b) Sea ek (x) := k+ 1 2 1=2 con Pk (x) := Pk (x) 1 k 2 k! d dx k (x2 1)k : Pk se llama el k-ésimo polinomio de Legendre. p(x) = a0 + a1 x + 8u 2 H: ai 2 R. si uk * u débilmente en H. :::. u + v débilmente en H: 2 R. entonces uk + vk * Ejercicio 15.53 Sea g 2 Cc0 (Rn ) tal que sop(g) B n (0. 21 ) y k 2 N. entonces toda subsucesión de (uk ) converge débilmente a u en H: (c) Prueba que uk * u débilmente en H si y sólo si T uk ! T u en R para todo T 2 L(H.51 Sean H1 y H2 espacios de Hilbert.49 Sea H un espacio de Hilbert. (a) Prueba que.390 15.50 Prueba que toda sucesión débilmente convergente en Rn es convergente. xn ) := g(x1 + k. uk * u débilmente en H1 y T uk * v débilmente en H2 . xn ): R Rn g 2 = 1: Para cada (a) Prueba que gk * 0 débilmente en L2 (Rn ) y que (gk ) no converge en L2 (Rn ): (Sugerencia: Demuestra que fgk : k 2 Ng es un subconjunto ortonormal de L2 (Rn ):) (b) Sea hk := kgk : ¿Converge (hk ) débilmente en L2 (Rn )? Ejercicio 15. (b) Prueba que. Ejercicio 15.54 Se dice que un subconjunto A de H es débilmente cerrado en H si para cualquier sucesión (uk ) en A tal que uk * u débilmente en H se cumple que u 2 A: . (a) Prueba que el límite débil de una sucesión débilmente convergente en H es único. entonces T uk * T u débilmente en H2 : (b) Prueba que.52 Sea fk (x) := sin kx: Prueba que la sucesión (fk ) converge débilmente a 0 en L2 ( . ): Ejercicio 15. ESPACIOS DE HILBERT Ejercicio 15. entonces v = T u: (c) Da un ejemplo de una función continua ' : H1 ! H2 y una sucesión (uk ) débilmente convergente en H1 tal que ('(uk )) no converge débilmente en H2 : Ejercicio 15. de…nimos gk (x1 . si uk * u y vk * v débilmente en H y . si T : H1 ! H2 es una función lineal y continua. si T : H1 ! H2 es una función lineal y continua y uk * u débilmente en H1 . :::. R): (d) Prueba que. Dugundji. EJERCICIOS 391 (a) Prueba que. y H son débilmente cerrados en H. Ejercicio 15.56.) 7 Para la de…nición de topología consulta por ejemplo el libro de J. entonces i2I Ai es débilmente cerrado en H: El Ejercicio 15. la esfera unitaria S := fv 2 H : kvk = 1g es cerrada pero no es débilmente cerrada en H: (c) Prueba que todo subespacio vectorial cerrado V de un espacio de Hilbert H es débilmente cerrado. si H es un espacio de Hilbert de dimensión in…nita. . Topology. fek : k 2 Ng un subconjunto ortonormal de H y 2 [0. entonces A es cerrado en H: (b) Prueba que. (a) . (b) si A1 y A2 son débilmente cerrados en H.15. Boston. si H es un espacio de Hilbert de dimensión in…nita. la cerradura débil de la esfera unitaria S := fv 2 H : kvk = 1g es la bola unitaria B := fu 2 H : kuk 1g: (Sugerencia: Usa el Ejercicio 15.56 Sean H un espacio de Hilbert.55 Prueba que. si H es un espacio de Hilbert. 1]: De…nimos p 2 e + e .55 a…rma que el conjunto fH r A : A es débilmente cerrado en Hg es una topología7 en H: Esta topología se llama la topología débil.6. 1 k 2: vk := k 1 (a) Calcula kvk k para k 2: (b) Prueba que vk * e1 débilmente en H: Ejercicio 15. entonces A1 [ A2 es débilmente cerrado en H. Ejercicio 15. Allyn and Bacon. MA 1966.57 La cerradura débil de un subconjunto A de un espacio de Hilbert H es el conjunto de los puntos u 2 H para los cuales existe una sucesión (vk ) en A tal que vk * u débilmente en H: Prueba que. T (c) si Ai es débilmente cerrado en H para todo i 2 I. si A es débilmente cerrado en H. ESPACIOS DE HILBERT .392 15. al que denotamos Cc1 ( ). no sólo a la función misma. Los espacios de Sobolev que estudiaremos en este capítulo son espacios de Banach y contienen a Cc1 ( ) como subespacio denso. Las derivadas débiles son una herramienta fundamental en el estudio de ecuaciones en derivadas parciales. Una vez encontrada la solución débil. sino a sus derivadas. Gracias al principio de Dirichlet. Los espacios de Sobolev son el ambiente adecuado para estudiar la existencia de soluciones débiles. pues al debilitar la noción de derivada se vuelve más fácil encontrar soluciones. 1): El espacio de dichas funciones. p 2 [1. hay que analizar si ésta resulta diferenciable en el sentido usual y si resulta ser una solución auténtica de nuestra ecuación. podemos considerar las normas k'k := Z p j'j + Z @' @x1 p + + Z @' @xn p 1=p . si ' es una función de clase C 1 con soporte compacto en un abierto de Rn . no resulta completo con esta norma. Aplicaremos la teoría de espacios de Sobolev para probar la existencia de una solución u : ! R de la ecuación en derivadas parciales u+u=f 393 . los mínimos de ciertos funcionales en un espacio de Sobolev resultan ser soluciones débiles de ciertas ecuaciones en derivadas parciales. Consisten de funciones en Lp ( ) que tienen derivadas parciales en un sentido débil y dichas derivadas débiles son elementos de Lp ( ): De modo que la norma de…nida arriba tiene sentido para dichas funciones.Capítulo 16 Espacios de Sobolev En el estudio de ecuaciones en derivadas parciales surge de manera natural la necesidad de considerar normas que involucren. Por ejemplo. Este tipo de soluciones se llaman soluciones débiles. x b) '( a. Proposición 16. x b) = 0 8b x = (x2 .394 16.e. entonces Z @' =0 8i = 1. :::. @xi @xi @xi .1 (Integración por partes) (a) Si ' 2 Cc1 ( ). : : : . y elegimos a > 0 de modo que sop(') [ a. a]n : Sin perder generalidad podemos tomar i = 1: El teorema fundamental del cálculo asegura que Z a @' (x1 . La fórmula de integración por partes es el punto de partida para de…nir las derivadas débiles. x b) dx1 = '(a.48). Derivadas débiles de Rn denotamos por Dado un subconjunto abierto Cck ( ) := Cc0 ( ) \ C k ( ) al conjunto de las funciones ' : ! R de clase C k con soporte compacto contenido en . x b) dx1 db x = 0: @x1 (b): Aplicando la a…rmación (a) al producto f ' 2 Cc1 ( ) obtenemos Z Z Z @(f ') @f @' 0= = '+ f . i. n: @xi (b) Si f 2 C 1 ( ). Z @' = @x1 Z Rn 1 Z a a @' (x1 . :::. g : ! R son funciones dadas. es el operador de Laplace y f. n: Demostración: (a): Identi…camos a ' con su extensión trivial a Rn . xn ) 2 Rn 1 : @x 1 a Cc1 (Rn ) Por tanto. @2u @x21 . entonces Z Z @f @' '+ f =0 @xi @xi 8i = 1. tal que cumple 8 2@ . ' 2 Cc1 ( ).1. ESPACIOS DE SOBOLEV con valor prescrito sobre la frontera @ de u( ) = g( ) donde u := n P i=1 16. así que ' 2 (ver Ejercicio 11. función vi que cumple (16. w 2 L1loc ( ) satisfacen Z Z Z @' v' = u = w' 8' 2 Cc1 ( ). n: vi se llama la i-ésima derivada débil de u en y se denota Di u := vi : El gradiente débil de u en es la función derivadas débiles. 1 x 0: .1) es única. Ejemplo 16. Lo denotamos por ! Rn cuyas componentes son las ru := (D1 u. :::.1) + vi ' = 0 8' 2 Cc1 ( ) u @xi para toda i = 1. Este resultado motiva la siguiente de…nición. la La Proposición 16.16. D2 u.49).5 Sea u : R ! R la función u(x) = jxj: Entonces u es débilmente diferenciable en R y su derivada débil es la función (Du)(x) = 1 x > 0.1 a…rma lo siguiente. entonces u es débilmente diferenciable en Di u = @u @xi y 8i = 1. Es decir.d.4 Si u 2 C 1 ( ). : : : .2 Sea u 2 L1loc ( ). . . De…nición 16. n. como lo muestra el siguiente ejemplo. : : : . para cada i = 1.1.3 Observa que. si v. n: No todas las funciones débilmente diferenciables son diferenciables. vn 2 L1loc ( ) tales que Z Z @' (16. DERIVADAS DÉBILES 395 como a…rma el enunciado. Ejemplo 16. @xi entonces v = w c. Decimos que u es débilmente diferenciable en si existen v1 . Dn u): Observaciones 16. en (ver Proposición 14. supongamos que existe v 2 L1loc (R) tal que Z 1 Z 1 0 v' 8' 2 Cc1 (R): 1( 1. a) y usando el teorema fundamental del cálculo obtenemos Z a Z 0 Z 1 0 0 [u'0 + (Du)'] [u' + (Du)'] + [u' + (Du)'] = 0 a 1 Z a Z 0 (u')0 = a'( a) + a'(a) = 0. 8' 2 Cc1 (0. .7 El Ejemplo 16. 1): Estas dos identidades. 0) y en (0. Z 0 Z 1 0 '(0) = ' = 1( 1. a]. En consecuencia. en particular. en general.6 La función característica 1( en R.0) : R ! R no es débilmente diferenciable en R. (u')0 + = a 0 pues '(a) = '( a) = 0: Existen funciones que no son débilmente diferenciables. ESPACIOS DE SOBOLEV Demostración: Si ' 2 Cc1 (R) y sop(') [ a. Veamos un ejemplo. junto con la Proposición 14. implican que v = 0 c.49. que Z 0 Z 0 v' = '0 = 0 1 Z 1 Z 1 1 0=0 v' = 0 0 8' 2 Cc1 ( 1. 1.d. en R.0) : R ! R no es débilmente diferenciable Demostración: Argumentando por contradicción.0) '0 = 0 8' 2 Cc1 (R): 1 1 Esto es una contradicción.0) ' = 1 1 Entonces se cumple. 0). 0) pero su extensión trivial 1( 1. tomando en cuenta que u es diferenciable en ( a. débilmente diferenciable en Rn : la función constante igual a 1 es de clase C 1 en ( 1. Observaciones 16.6 muestra que la extensión trivial de una función débilmente diferenciable en no es.396 16. Ejemplo 16. Un ejemplo interesante es el siguiente. en Rn @xi @xi y u k @' @xi u @' @xi en Rn 8k 2 N: Del teorema de convergencia dominada (Teorema 13.8 Si diferenciable en Rn y 397 2 R y + n > 1.d. Como jvi (x)j kxk 1 . (x) = 0 si kxk 1 y (x) = 1 si kxk 2. como @ k (x) @xi Z Rn @u @xi k ': @ = k @x (kx).4) .2) Calcularemos ahora el límite cuando k ! 1 de cada uno de los sumandos.1 asegura que Z Z @' @ k @u u k + '=0 8' 2 Cc1 (Rn ): k +u @x @x @x n n i i i R R k (16.16. se tiene que i @ k @xi k 1 @ @xi : 1 (16.3) (16.31 asegura que u 2 L1loc (Rn ) si + n > 0. se tiene que vi 2 L1loc (Rn ) si 1 + n > 0: 1 Elegimos 2 C (Rn ) tal que 0 (x) 1 para todo x 2 Rn . 1=k y 2=k: k (x) = 0 si kxk k (x) = 1 si kxk Observa que u es diferenciable en Rn r f0g y que @u (x) = @xi Por tanto.26) se sigue entonces que Z Z @' @' u k u = lm : k!1 Rn @xi Rn @xi Análogamente se demuestra que Z vi ' = l m k!1 Rn Por otra parte. la función u(x) = kxk es débilmente (Di u) (x) = kxk 2 8i = 1.1. DERIVADAS DÉBILES Proposición 16. n: xi Demostración: Por simplicidad denotamos vi (x) := kxk 2 xi : La Proposición 13. @' @' y u @x son integrables en Rn y cumplen que Sea ' 2 Cc1 (Rn ): Las funciones u k @x i i u k @' @' !u c. : : : . u 2 kxk si x 6= 0: xi = vi (x) 2 C 1 (Rn ) y la Proposición 16. y de…nimos k (x) := (kx): Entonces 0 1 para todo k (x) n x2R . n y ' 2 Cc1 ( ). dado que +n @ @xi 1 k'k1 n! n +n 2 +n 1 k +n 1 1 > 0. L1loc ( .30 obtenemos Z Z @ k @ ' u u k' @xi @xi An ( k1 . v 2 L1loc ( ) son débilmente diferenciables y . :::.5) De (16. k2 ): En consecuenObserva además que sop( @@xki ) fx 2 Rn : k1 cia.3). se tiene el siguiente resultado. u @x n n i R R como a…rma el enunciado. (16. ESPACIOS DE SOBOLEV kxk k2 g =: An ( k1 . concluimos que Z @ lm u k ' = 0: k!1 Rn @xi (16. k2 ) Rn Z @ k kxk dx k'k1 @xi 1 An ( k1 . :::. k2 ) = y. Sin embargo.2). usando el Ejemplo 13. n: Demostración: Observa que.4) y (16. Proposición 16.398 16. Z @' ( u + v) + ( Di u + Di v)' @xi Z Z @' @' = u + (Di u)' + v + (Di v)' = 0: @xi @xi Esto prueba que u + v es débilmente diferenciable y Di ( u + v) = Di u + Di v: Dado que el producto de dos funciones en L1loc ( ) no necesariamente pertenece a ) no siempre tiene sentido preguntarse si el producto de funciones débilmente diferenciables es débilmente diferenciable. (16. 2 R.5) se sigue que Z Z @' + vi ' = 0 8' 2 Cc1 (Rn ). entonces u + v es débilmente diferenciable y Di ( u + v) = Di u + Di v 8i = 1. para cada i = 1.9 (Linealidad de la derivada débil) Si u. Rusia. 1). ESPACIOS DE SOBOLEV 399 Proposición 16. : : : .p ( ) de…nimos kukW 1. kukpp + kD1 ukpp + + kDn ukpp max fkuk1 . Entonces ' 2 Cc1 ( ) y. Fue investigador del Instituto Steklov y profesor de la Universidad Estatal de Moscú. Sergei Sobolev De…nición 16. donde fue alumno de Nikolai Maksimovich Günter y Vladimir Smirnov.p ( 1 ) := ( 1=p si p 2 [1. 16. Espacios de Sobolev Introducimos ahora los espacios de Sobolev1 .p ( ) := fu 2 Lp ( ) : u es débilmente diferenciable en .p ( ) se de…ne como W 1. entonces la extensión trivial de u es débilmente diferenciable en Rn y @ u + Di u: Di ( u) = @xi Demostración: Sea ' 2 Cc1 (Rn ).16.10 (Derivada débil de un producto) Si u 2 L1loc ( ) es débilmente diferenciable en y 2 Cc1 ( ). kD1 uk1 .2. Z Z Z Z @' @ @( ') u + Di u + u '= u + (Di u) ( ') = 0: @xi @xi @xi Rn Rn Esto demuestra la a…rmación. Estudió en la Universidad de Leningrado. Di u 2 Lp ( ) 8i = 1. 1]: El espacio de Sobolev W 1.2. ng: Para u 2 W 1. kDn uk1 g si p = 1: Sergei Lvovich Sobolev (1908-1989) nació en San Petersburgo.11 Sea p 2 [1. en consecuencia. : : : . . 2 R: (N3): Si p 2 [1. @xi @xi @xi q Z Z vi ' (Di uk )' kvi Di uk kp k'kq ! 0 cuando k ! 1: .p ( ) = kukW 1.p ( ) para cualesquiera u 2 W 1. 1).p ( ) . si kukW 1. obtenemos que. n y. v 2 W 1. Probaremos que W 1. y uk ! u en W 1.p ( ) es una norma.p ( ) es un espacio vectorial.12 W 1. :::. 1]: Demostración: Sea ' 2 Cc1 ( ): Entonces '.p ( ).p ( ): Si u = 0 entonces Di u = 0 para todo i = 1.p ( n P i=1 1=p kDi u + Di vkpp p + kDi ukpp n P i=1 1=p p 1=p kDi ukp + kDi vkp + kvkpp + ) + kvkW 1.p ( ).p ( ) = 0 entonces u = 0 en Lp ( ): (N2): Claramente k ukW 1. n: Entonces u es débilmente diferenciable en . La demostración se basa en el siguiente hecho.p ( ) = ku + vkpp + n P i=1 kukp + kvkp kukpp + = kukW 1.p ( W 1. ku + vkW 1.p ( ) : n P i=1 1=p kDi vkpp La demostración de la desigualdad para p = 1 es análoga. @x i Tomando q de modo que p1 + 1q = 1 y usando la desigualdad de Hölder (ver Proposición 14.p ( ) para todo p 2 [1.13 Sean p 2 [1. kukW 1. :::. 1]: ) es una norma en Demostración: Como Lp ( ) es un espacio vectorial. :::.21) obtenemos que Z Z @' @' @' u uk ku uk kp !0 cuando k ! 1.p ( ) es un espacio de Banach.p ( ) tal que uk ! u en Lp ( ) y Di uk ! vi en Lp ( ) para cada i = 1. Lema 16. para cualesquiera u. Probemos ahora que k kW 1.9 se sigue que W 1. (N1): Sea u 2 W 1. aplicando primero la desigualdad de Minkowski en Lp ( ) (ver Proposición 14. n. vi = Di u para todo i = 1.400 16.3) para la norma k kp en Rn+1 .p ( ) = 0: Inversamente: como kukp kukW 1.p ( ) es un espacio vectorial y k kW 1.24) y luego la desigualdad del triángulo (2. de la Proposición 16.p ( ): @' 2 Lq ( ) para todo q 2 [1. ESPACIOS DE SOBOLEV Proposición 16. en consecuencia. 1] y (uk ) una sucesión en W 1. 6) (16. Notación 16.16.p ( ): Además se tiene que l m kuk k!1 ukpW 1. Proposición 16.p (B n (0. Veamos un ejemplo.15 Si p = 2 se denota H 1 ( ) := W 1.p ( ) ukpp = l m kuk k!1 Análogamente. l mk!1 kuk + n X i=1 ukW 1.p ( ): Entonces las sucesiones (uk ) y (Di uk ) son de Cauchy en Lp ( ): Como Lp ( ) es completo. n: Esto prueba que u es débilmente diferenciable en Di u: En consecuencia.2 ( ) : En este caso la norma está inducida por el producto escalar Z Z Z Z n P (Di u)(Di v) = uv + ru rv: hu. n: Del Lema 16. 1) y ( (b) Si 2 R.2 ( ) y kukH 1 ( ) := kukW 1. :::. 1): = 0 si p = 1: Teorema 16. ESPACIOS DE SOBOLEV Por tanto.16 Sean (a) Si p 2 [1. H 1 ( ) es un espacio de Hilbert.7) .1 ( ) l m kDi uk k!1 y que vi = Di ukpp = 0 si p 2 [1. viH 1 ( ) := uv + i=1 Por tanto.p ( ) es un espacio de Banach para todo p 2 [1.14 W 1.2.p ( ) y uk ! u en W 1. :::. 1]: Demostración: Sea (uk ) una sucesión de Cauchy en W 1.p ( ) es completo. r)): 1 entonces u 2 W 1. Z @' + u @xi 401 Z vi ' = l m k!1 Z @' uk + @xi Z (Di uk )' =0 para cada i = 1. u(x) := kxk y r > 0: 1)p + n > 0 entonces u 2 W 1. r)): (16.1 (B n (0.p ( ): Esto demuestra que W 1.13 se sigue que u 2 W 1. se tiene que uk ! u en Lp ( ) y Di uk ! vi en Lp ( ) para cada i = 1. u 2 W 1. n: Como j(Di u) (x)j kxk 1 . 1) y ( k ) una sucesión en C 1 (Rn ) \ W 1.17 (de truncamiento) Sean p 2 [1. : : : . .p (Rn ) tal que k ! u en W 1. puesto que k kp =0 @ k (x) @xi = @ k @xi y 1 @ k @xi l m Di u k!1 x k = 1 . en consecuencia.402 16. k (t) = 0 si kxk 2k: De…ninimos 'k := k k : Nota que 'k 2 Cc1 (Rn ): Probaremos que 'k ! u en W 1.p (Rn ): Demostración: Escogemos una función 2 Cc1 (Rn ) tal que 0 (x) 1 para todo x 2 Rn . de la Proposición 14. 1): Veremos primero que sí lo es cuando = Rn : Requerimos el siguiente resultado. k (x) k (x) = 1 si kxk k. y de…nimos k (x) := ( xk ): Entonces. r)) para todo i = 1. si 1 entonces 1 + n > 0: Así que en ambos casos la Proposición 16.p (Rn ): Entonces existe una sucesión ('k ) en Cc1 (Rn ) tal que 'k ! u en W 1.29 se sigue que u 2 Lp (B n (0. : : : .8 asegura que u es débilmente diferenciable en B n (0. como y Z Rn Z Rn p j ku k Di u k vkp kj k @ k k @xi = Z j k jp ju p kj j k jp Di u @ k @xi Rn p = Z Rn 8v 2 Lp (Rn ) !0 p k kp ku p Di u !0 @ k @xi p p usando la desigualdad del triángulo en Lp (Rn ) concluimos que l m ku k!1 k Por otra parte. r) y que (Di u) (x) = kxk 2 xi 8i = 1. r)) y que Di u 2 Lp (B n (0. ESPACIOS DE SOBOLEV Demostración: Si p 2 [1.p (Rn ): Del teorema de convergencia dominada en Lp (Teorema 14. 1 + n > 0: Análogamente. n 1 k 2 Cc (R ) y cumple que 0 1 8x 2 Rn . Lema 16.p ( ) para p 2 [1.26) se sigue que kv y. n: A continuación queremos investigar si el espacio Cc1 ( ) es denso en W 1. se tiene que 1 @ k @xi : 1 k @ k @xi = 0: p ! 0. 1) y ( 1)p + n > 0 entonces ( 1 + n)p > (p 1)n 0 y. (x) = 1 si kxk 1 y (x) = 0 si kxk 2. :::.2.p (Rn ) y sea ( k ) una sucesión regularizante (ver De…nición 14. Las Proposiciones 14.38 y 14. como ( 403 está acotada en Lp (Rn ).18 Cc1 (Rn ) es denso en W 1. :::.45 asegura que k u ! u en Lp (Rn ) u) = y k @ ( @xi Di u k 8i = 1. n: .41). ESPACIOS DE SOBOLEV Así que.40 aseguran que k u 2 C 1 (Rn ) \ W 1. :::. se tiene que Z Z @ k 0 = (x y)u(y)dy + y)Di u(y)dy k (x @xi Rn Rn @ k = u (x) + ( k Di u)(x): @xi En consecuencia. existe una constante c > 0 tal que Z p p p @ k @ k 1 @ c = k k kpp ! 0: k k p @xi k @xi 1 kp Rn @xi p k) Por tanto. :::.13 concluimos que 'k ! u en W 1. n: @xi @xi Puesto que u es débilmente diferenciable en Rn y la función y 7! k (x y) pertenece a Cc1 (Rn ) para cada x 2 Rn .p (Rn ) para todo p 2 [1. n: u) ! Di u en Lp (Rn ) 8i = 1.p (Rn ) y que @ @ ( k u) = k u 8i = 1.16. @ ( @xi k El Teorema 14. Di u @( k k) @xi = Di u k p Di u k @ k @xi @ k @xi @ k @xi + p k p @ k @xi k p ! 0: Hemos probado pues que 'k ! u en Lp (Rn ) y @'k ! Di u en Lp (Rn ) 8i = 1. n: @xi Aplicando el Lema 16. 1): Demostración: Sea u 2 W 1.p (Rn ): Teorema 16. p ( ) es la cerradura de Cc1 ( ) en W 1. :::. 1): El espacio de Sobolev W01. entonces u 2 W 1. ESPACIOS DE SOBOLEV Aplicando el Lema 16.p (Rn ) y Di (u) = Di u para cada i = 1. En el resto de esta sección supondremos que p 2 [1.p ( ): En consecuencia.p ( ).13 concluimos que k u ! u en W 1.p ( ): Demostración: Sea u 2 Cc1 ( ) y sea ( k ) una sucesión regularizante. El Teorema 16. Proposición 16.404 16.13 obtenemos que u 2 W01.p (Rn ): La a…rmación del teorema se obtiene aplicando el Lema 16. :::.p ( ): Enk k tonces 'k ! u en Lp ( ) y @' ! Di u en Lp ( ): Además.p ( ).45].20 Si u 2 Cc1 ( ) entonces u 2 W01.p ( ): En las aplicaciones que daremos en la siguiente sección jugará un papel importante el siguiente espacio.p (Rn ) = W 1.p ( ).21 Si u 2 W01. En la siguiente proposición denotamos por v a la extensión trivial de v a Rn de…nida en (12. denso en W 1.19 Sea p 2 [1.18 asegura que W01. n: @xi . De la Proposición 14.38 se sigue que k u 2 Cc1 ( ) para k su…cientemente grande y @x@ i ( k u) = @u : El Teorema 14. 'k 2 Cc1 (Rn ) y @@x'ki = @' : @xi @xi En consecuencia.p ( ): u) ! k k @u en Lp ( ) 8i = 1.p ( ) es un espacio de Banach y H01 ( ) es un espacio de Hilbert.p ( ) es un subespacio vectorial cerrado de W 1. 'k ! u en Lp (Rn ) y @ 'k ! Di u en Lp (Rn ) 8i = 1.17 a las funciones k := k u: Si 6= Rn el espacio Cc1 ( ) no es. n.p (Rn ) pero estos espacios en general no coinciden cuando 6= Rn [Ejercicio 16. 1): Ejemplo 16.2 ( ): W01. @xi u ! u en W 1. n: Demostración: Sea ('k ) una sucesión en Cc1 ( ) tal que 'k ! u en W 1.21). en general. por tanto W01.45 asegura entonces que k @xi k u ! u en Lp (Rn ) @ ( @xi y y aplicando el Lema 16. Denotamos H01 ( ) := W01. :::. De…nición 16. puesto que g 0 es continua.p ( ) podemos extender.p ( ) y Di (g u) = (g 0 u)Di u: Demostración: Por el teorema del valor medio (ver Teorema 9.p (Rn ): Puesto que Cc1 ( ) es denso en W01. x 2 : Además. t2 2 R.p ( ): Como g(0) = 0.8) obtenemos Z Z p 0 p jg u g 'k j kg k1 ju 'k jp ! 0: Por tanto. g u 2 Lp ( ) y en Lp ( ): g 'k ! g u (16.22 (Regla de la cadena para derivadas débiles) Sea g 2 C 1 (R) tal que g(0) = 0 y g 0 2 L1 (R): Si u 2 W01.9) Por otra parte.c.p ( ): Usando (16. se tiene que g 'k 2 Cc1 ( ) W01.8) Sean u 2 W01.t. u 2 W 1. Por tanto. bajo hipótesis adecuadas. Proposición 16.p (Rn ): La proposición anterior nos permite considerar a W01. x 2 y.13 se sigue que u es débilmente diferenciable en Rn y Di (u) = Di u.c.p ( ).p ( ) como un subespacio de W 1. las fórmulas conocidas para la composición funciones diferenciables a funciones en W01. (16.t. el Teorema 14.16.28 asegura que ('k ) contiene una subsucesión tal que 'kj (x) ! u(x) p.p ( ).p ( ) y 'k 2 Cc1 ( ) tales que 'k ! u en W 1. el Teorema 14. se tiene que g 0 ('kj (x))Di u(x) ! g 0 (u(x))Di u(x) p. entonces g u 2 W01.26 asegura que (g 0 u)Di u 2 Lp ( ) y l m (g 0 u)Di u j!1 Se tiene además que Z @'kj (g 0 'kj )Di u (g 0 'kj ) @xi (g 0 'kj )Di u p p kg 0 k1 Z Di u = 0: p @'kj @xi p ! 0 cuando j ! 1: .14) jg(t1 ) kg 0 k1 jt1 g(t2 )j t2 j 8t1 . ESPACIOS DE SOBOLEV 405 Del Lema 16. g 0 ('kj (x))Di u(x) kg 0 k1 jDi u(x)j 8x 2 . 8j 2 N: Como Di u 2 Lp ( ).2. como g 'k 2 W01.p ( ): Proposición 16. entonces jv jp = jvjp es integrable y Z Z p p kv kp = jvj = jvjp det( 1 )0 cp kvkpp : 0 Sean u 2 W01. n. Demostración: Sea c 2 R tal que det( 1 0 ) 1 cp y @ i @yj 1 c 8i. j = un difeomor…smo de clase C 1 tal que @y j 1. 2 2 .p ( 0 ) y (Dj u j=1 donde i y( 1 ) @ j @yi 8i = 1. p se obtiene entonces que @(g 'kj ) @xi en Lp ( ): ! (g 0 u) Di u (16. :::.p ( ). j = 1. )i denotan a la i-ésima función componente de y 1 respectivamente.p ( ): Entonces.10) El Lema 16.13 y las a…rmaciones (16.p ( ): Finalmente. ku 'k kp = k(u 'k ) kp c ku 'k kp ! 0.9) y (16.p ( ) y W01.p ( 0 ): De la observación anterior se sigue que u 2 Lp ( 0 ). entonces u Di (u )= n P 2 W01. que Di (g u) = (g 0 u)Di u y que g 'kj ! g u en W 1.p ( ) y 'k 2 Cc1 ( ) tales que 'k ! u en W 1. se tiene que g u 2 W01. :::.36) asegura que. ESPACIOS DE SOBOLEV De la desigualdad del triángulo @(g 'kj ) (g 0 u) Di u @xi (g 0 u) Di u p g 0 'kj Di u g 0 'kj Di u + p g 0 ' kj @'kj @xi .p ( ) es un subespacio cerrado de W 1. n.p ( ). Observa primero que el teorema de cambio de variable (Teorema 13.10) nos permiten concluir que g u es débilmente diferenciable en . n: Si u 2 W01.406 16. Dj u p 0 L ( ).23 (Cambio de variable para derivadas débiles) Sea : 0 ! 1 @ i 2 L1 ( 0 ) y @(@xj )i 2 L1 ( ) para i. 'k Cc1 ( 0 ) W01. :::. si v 2 Lp ( ). p ( ) es un subespacio cerrado de W 1. :::. ESPACIOS DE SOBOLEV 407 y (Dj u ) @ j @yi @'k @xj @ j @yi Dj u = p c n P @('k ) = @yi j=1 @'k @xj El Lema 16. como 'k 2 W01. que Di (u ) = en W 1. ya que los elementos de W 1.p ( ).p ( ) y W01. bajo ciertas condiciones. Análisis Funcional. Una función ' : U ! U 0 entre subconjuntos abiertos U y U 0 de Rn se llama un difeomor…smo de clase C k si ' es de clase C k en U.p ( ) son clases de equivalencia de funciones que coinciden c.p ( ).13 asegura entonces que u Pn @ ) @yji y que 'k !u j=1 (Dj u ! @'k @xj p @'k @xj p p ! 0 cuando k ! 1.2.p ( ) como el espacio de las funciones de W 1. 2 Consulta. en y @ tiene medida 0. Veremos que.d. Alianza Editorial. 'k @'k @xj n P (Dj u j=1 ) @ j @yi en Lp ( 0 ): es débilmente diferenciable en . en Lp ( 0 ) y !u @ j @yi @ j @yi Dj u c2 Dj u para cada j = 1.16.p ( ): Finalmente.5 y IX. r) a su cerradura. r) := fx 2 Rn 1 : jxj < rg y por B n 1 (0. ' es biyectiva y su inverso ' 1 : U 0 ! U es de clase C k en U 0 : Como antes denotamos por B n 1 (0. el libro de H. Intuitivamente se antoja pensar a W01.6). Madrid 1984 (Proposiciones IX. por ejemplo. . esta a…rmación tiene sentido y es cierta. n: Por tanto.p se tiene que u 2 W0 ( ): Observa que en las dos proposiciones anteriores jugó un papel importante el hecho de que u es el límite de funciones en Cc1 ( ): Estas proposiciones son válidas también para funciones en W 1.p ( ) que se anulan en la frontera de : Esta a…rmación no tiene sentido en general. pero su demostración requiere de un resultado de aproximación más delicado que no veremos aquí2 . Brezis. 1. p ( ) y ( k ) es una sucesión en Cc1 ( ) tal que k ! u en W 1.23 concluimos que v := u # 2 W01. 1) por B n 1 (0. entonces u(x) = 0 para Demostración: Sean u 2 W01. reemplazando a B n 1 (0. U\ Di ( u) @( k ) @xi Di u Lp (U \ ) Di u @ k @xi @ k @xi + Lp (U \ ) + Lp ( ) @ @xi @ u @xi 1 ku @ @xi k Lp (U \ ) p k kLp ( ) ! 0: Del Lema 16. 1]): Demostraremos que v(y. para cada n x0 2 @ . podemos suponer que # y @y j [ 1.25 Si todo x 2 @ : (0. 1] y que @( 1 )i @xj es continua en U . 1) por ( 3=4.p (U \ ) y.p ( ). ESPACIOS DE SOBOLEV De…nición 16. 3=4)) y reescalando. 1) (0. 3=4).p ( ) \ C 0 ( ) y x0 2 @ : Probaremos que u(x0 ) = 0: Elegimos U y # como en la De…nición 16.13 se sigue que u 2 W 1.p (U \ ) y que k ! u en W 1. 1)) \ C 0 (B n 1 (0. j = 1. Z p p p k u j jp ju ku k kLp (U \ ) = kj k kLp ( ) ! 0. 0) = 0 8y 2 B n 1 (0. 1) @yj y (0. 0) = x0 . Nota primero que. entonces k 2 Cc1 (U \ ): Además.24 Un subconjunto abierto de Rn es de clase C k si. a U por #(B n 1 (0. 1) y f0g) = U \ @ : es de clase C 1 y u 2 W01. Rn r U ): Por el Lema 14. 1)) @( 1 )i 2 L1 (U ) @xj 8i. 1) ( 1.p 1 k 2 Cc (U \ ). #(B n 1 (0. 1): (16. 1)) = U \ #(B n 1 (0. (x) = 1 si x 2 K y (x) = 0 si existe 2 Cc1 (Rn ) tal que 0 dist(x. 1) ( 3=4. como 1. en cuyo caso @ i 2 L1 (B n 1 (0. 3=4) @ i son continuas en B n 1 (0. existe un subconjunto abierto U de R que contiene a x0 y un difeomor…smo # : B n 1 (0.408 16. se tiene entonces que u 2 W0 (U \ ): Aplicando la Proposición 16. 3=4). 21 ]) y := 12 dist(K. 1) [ 1.p ( ) \ C 0 ( ). :::. K) : Si u 2 W01. n: Sean K := #(B n 1 (0. 1) Teorema 16.11) .p (B n 1 (0. 21 ) [ 21 .24.48 (x) 1 si x 2 Rn . 1) ! U de clase C k tal que #(0. a ( 1. 2. t)j dt = " jv(y. s) ds @xn 8" 2 (0.36) concluimos que Z Z Z jv(y. s" )j = jv(y. s" )j ! jv(y. s" )j : (16. 1): Q" . t" )j y jv(y. s" )j l m jDn vj = 0: kyk<1 "!0 kyk<1 "!0 En consecuencia.p W (B n 1 (0. v(y. De modo que. " Q" Q" @xn donde Q" := B n 1 (0. ESPACIOS DE SOBOLEV 409 Observa que esto basta para probar la a…rmación del teorema ya que.12) obtenemos Z Z Z Z 1 " 1 jv(y. 0) = 0 para todo y 2 B n 1 (0. como v es continua. 0) = 0: Para probar (16. 0) = 0 para todo y 2 B n 1 (0. 1). 1): Por el teorema del valor medio para integrales existen t" . t)j dt = " j'k (y.31). 1) obtenemos que Z Z @'k 1 j'k j . el teorema fundamental del cálculo asegura que Z t @'k (y. 1) (0. 1) (0. se tiene que u(x0 ) = (x0 )u(x0 ) = v(0. 1 " Z 0 " j'k (y. jv(y. t)j dt Z 0 " @'k (y. 0) 2 K. 1) (0.11) elegimos 'k 2 Cc1 (B n 1 (0.12) 0 0 Por tanto. e integrando ambos lados de la desigualdad sobre B n 1 (0. pasando al en L1 (Q" ) y @' @xn límite cuando k ! 1. "): Dado que Q" tiene medida …nita. 0)j cuando " ! 0: Aplicando el teorema de convergencia dominada (Teorema 13. s)ds 8t 2 (0. puesto que x0 = #(0. 0)j = l m jv(y. 1)): Como 'k (y. ") tales que Z " Z " j'k (y.16. t) = 0 @xn Sea " 2 (0. se tiene que 'k ! v k ! Di v en L1 (Q" ) (ver Proposición 14. s" 2 (0. t)j dtdy = jvj " Q" kyk<1 kyk<1 " 0 Z Q" jDn vj : Nota que. concluimos que Z Z 1 jvj jDn vj : " Q" Q" Combinando esta desigualdad con (16. 1). 1): 'k (y. 1)) tal que 'k ! v en 1. Un ejemplo bien conocido de funciones armónicas aparece en análisis complejo: la parte real y la parte imaginaria de una función holomorfa son funciones armónicas. Análisis Funcional. En física aparece en múltiples contextos. Addison-Wesley 1966. un potencial electrostático. 4 Consulta el libro de R. . por ejemplo. II. Más precisamente: si u 2 W 1. (16.410 16. Las soluciones de esta ecuación se llaman funciones armónicas.14) es el operador de Laplace o laplaciano.1. Leighton y M. entonces u 2 W01.4 La ecuación de Laplace es el ejemplo más sencillo de una ecuación elíptica. Un problema de Dirichlet homogéneo Dado un subconjunto abierto de Rn y una función f : si existe una función u : ! R que satisface u + u = f en .p ( ) \ C 0 ( ) y u(x) = 0 para todo x 2 @ . Sands. The Feynman lectures in physics. Brezis.3. se llama la ecuación de Laplace. Dedicaremos esta sección al estudio de algunos problemas elípticos lineales que satisfacen una condición prescrita sobre la frontera de : 16.15) : La demostración de esta a…rmación se encuentra. Problemas elípticos con condición sobre la frontera La ecuación en derivadas parciales u = 0 en donde . Alianza Editorial.13) es un subconjunto abierto de Rn y u= n @2u P 2 i=1 @xi (16. En la teoría de probabilidad la ecuación de Laplace juega un papel importante en el estudio del movimiento Browniano.3. R. en el libro de H. u = 0 sobre @ .17). nos preguntamos (16. Típicamente. Vol. Madrid 1984 (Teorema IX. donde @ 3 denota a la frontera de ! R. una temperatura. ESPACIOS DE SOBOLEV El recíproco del teorema anterior también es cierto sin ninguna condición de regularidad en @ . una concentración química. Feynman. etc.p ( )3 : 16. por ejemplo. u denota la densidad de alguna cantidad en equilibrio. 17) obtenemos la identidad deseada.15). (16.27 Si u 2 C 2 ( ) satisface u + u = f. Este resultado motiva la siguiente de…nición.15) se llama una solución clásica de (16. obtenemos que Z Z Z ( u)' + u' = f' 8' 2 Cc1 ( ): (16.15).26 Una función u 2 C 2 ( ) que satisface (16.15).16.16) y (16. entonces Z Z Z ru r' + u' = f' 8' 2 Cc1 ( ): Demostración: Sea u 2 C 2 ( ) una solución clásica de (16. :::. se cumple lo siguiente. n. PROBLEMAS ELíPTICOS CON CONDICIÓN SOBRE LA FRONTERA 411 La condición “u = 0 sobre @ ” recibe el nombre de condición de Dirichlet homogénea.17) Combinando (16. obtenemos la fórmula de Green Z Z ( u)'dx = ru r' 8' 2 Cc1 ( ): (16.15).16) La fórmula de integración por partes (ver Proposición 16.28 Una función u 2 H01 ( ) que satisface Z Z Z ru r' + u' = f' 8' 2 Cc1 ( ) se llama una solución débil de (16.1) asegura que Z @u @' = @xi @xi Z @2u ': @x2i Sumando estas identidades para i = 1. De…nición 16.3. Multiplicando ambos lados de la ecuación u + u = f por ' 2 Cc1 ( ) e integrando. si existe una solución clásica de (16.18) . Observa que. De…nición 16. 0 Proposición 16. entonces forzosamente f 2 C ( ): Además. ESPACIOS DE SOBOLEV El lado izquierdo de (16.20. es decir. u es el único mínimo de J: .29 (Existencia y unicidad) Para cada f 2 L2 ( ) existe una única solución débil u 2 H01 ( ) del problema (16.18) como Z hu.15).19) existe un único u 2 H01 ( ) tal que hu. 'iH 1 ( ) := en el espacio H 1 ( ) que de…nimos en (16. Demostración: Para f 2 L2 ( ) considera la función T : H01 ( ) ! R dada por Z f v: T v := Esta función es claramente lineal. Teorema 16. así que podemos reescribir la condición (16. Por la Proposición 15.7). u es la única solución débil de (16. Además. u es el único mínimo del funcional J : H01 ( ) ! R dado por Z 1 2 f v: J(v) = kvkH 1 ( ) 2 A esta última a…rmación se le conoce como el principio de Dirichlet. 'iH 1 ( ) = f' 8' 2 Cc1 ( ): (16.15). Más aún.19) La existencia de una solución débil es consecuencia del teorema de representación de Fréchet-Riesz.18) es el producto escalar Z Z u' + ru r' hu. usando la desigualdad de Hölder en L2 ( ) obtenemos Z fv kf k2 kvk2 kf k2 kvk2 + n P i=1 1=2 kDi vk2 = kf k2 kvkH 1 ( ) 8v 2 H01 ( ): Esto prueba que T es continua en H01 ( ): Por el teorema de representación de FréchetRiesz (Teorema 15. viH 1 ( ) = Tv 8v 2 H01 ( ).412 16. por ejemplo. en : Como h es continua. PROBLEMAS ELíPTICOS CON CONDICIÓN SOBRE LA FRONTERA 413 Observaciones 16. Elliptic partial di¤ erential equations of second order.C. Providence 1988.25 asegura que u(x) = 0 para todo x 2 @ : Por otra parte. Si los datos del problema son su…cientemente regulares. Gilbarg y N. Math. viH 1 ( ) y T v = f v son continuas en H01 ( ). si la identidad (16. Soc.S.3. Evans. Demostración: El Teorema 16. ) con > 0.30 Observa que. aplicando la fórmula de Green (16. como requiere la Proposición 16.31. Amer.d. Berlin Heidelberg 2001.19) se satisface para todo ' 2 Cc1 ( ) entonces se cumple también para todo v 2 H01 ( ).16. Se tiene. . viH 1 ( ) = El siguiente resultado a…rma que. como Cc1 ( ) es denso en H01 ( ) y las funciones R v 7! hu. f 2 C 1 ( ) y u 2 H01 ( ) es una solución débil del problema (16. Trudinger. entonces u es solución clásica de (16. se tendría que h(x) 6= 0 para todo x 2 B n (x0 . entonces ésta es una solución clásica. 6 Una referencia muy completa sobre resultados de este tipo es el libro de D. si los datos del problema y la solución débil son su…cientemente regulares. f 2 L2 ( ) \ C 0 ( ) y la solución débil u 2 1 H0 ( ) del problema (16.49 asegura entonces que h := u + u f = 0 c.15). el siguiente resultado. Así que u+u=f en : Esto prueba que u es una solución clásica de (16. De hecho. Graduate Studies in Math. Proposición 16. lo cual es una contradicción.18) es equivalente a Z fv 8v 2 H01 ( ): (16. Usando el teorema de regularidad obtenemos el siguiente resultado. Springer-Verlag.32 (de regularidad) Si es un subconjunto abierto y acotado de Rn de clase C 1 .31 Si es de clase C 1 . si h(x0 ) 6= 0 para algún x0 2 . Partial di¤ erential equations. Así que la condición (16.15) satisface u 2 C 2 ( ).15).15). bastan condiciones de regularidad mucho más débiles sobre concluir que u 2 C 2 ( )6 . 19.20) hu. la solución débil resulta ser su…cientemente regular. Teorema 16. 5 y f para Puedes consultar la demostración en el libro de L.17) obtenemos Z Z Z Z ( u + u f )' = ru r' + u' f' = 0 8' 2 Cc1 ( ): La Proposición 14.. entonces u 2 C 1 ( ). cuya demostración no daremos aquí5 . . u = g sobre @ : (16.22) es la misma que la condición (16. De…nición 16.21) se llama una solución clásica de (16. 16.21).32 y la Proposición 16. g : ! R. Observa que la condición (16.29 se extiende como sigue. entonces el problema (16. Dados un subconjunto abierto de Rn y funciones f. Un problema de Dirichlet no homogéneo Estudiaremos ahora la misma ecuación con una condición más general sobre la frontera.35 Una función u 2 Ag que satisface Z Z Z ru r' + u' = f' 8' 2 Cc1 ( ) (16. nos preguntamos si existe una función u : ! R que satisface u + u = f en .21).22) se llama una solución débil de (16.18) del caso homogéneo. Demostración: La a…rmación es consecuencia inmediata del Teorema 16. De…nición 16. ESPACIOS DE SOBOLEV Corolario 16.25 sugiere buscar soluciones en el espacio afín Ag := fu 2 H 1 ( ) : u g 2 H01 ( )g: De…nimos entonces una solución débil como sigue.34 Una función u 2 C 2 ( ) que satisface (16.15) tiene una única solución clásica u 2 C 1 ( ).31. El Teorema 16.33 Si es un subconjunto abierto y acotado de Rn de clase C 1 y f 2 C 1 ( ).21) La condición “u = g sobre @ ”recibe el nombre de condición de Dirichlet.2. Sólo que ahora buscamos una solución en Ag en vez de en H01 ( ): Nota que Ag no es un espacio vectorial (y en consecuencia no es un espacio de Hilbert) a menos que g = 0 en cuyo caso Ag = H01 ( ): El Teorema 16.3.414 16. g 2 C 1 ( ) [Ejercicio 16. 16. entonces u es solución clásica de (16.d.32 se prueba la existencia de una única solución clásica cuando es de clase C 1 y f. que proponemos aquí como ejercicio [Ejercicio 16. el Teorema 16. si es conexo. u es el único mínimo del funcional J : Ag ! R dado por Z 1 2 f v: J(v) := kvkH 1 ( ) 2 A esta última a…rmación se le llama el principio de Dirichlet. los expertos (incluyendo a Riemann. u es una solución clásica de (16. Proposición 16. prueba que u + u = f en : Por tanto. en : .47].21) satisface u 2 C 2 ( ). Proponemos la demostración de este teorema como ejercicio [Ejercicio 16. Más aún. Como en el caso homogéneo.37 Si es de clase C 1 .31. n. Hasta que Weierstrass en 1895 mostró un contraejemplo. Nuevamente. entonces la restricción de u a ! es débilmente diferenciable en ! y Di (u j! ) = (Di u) j! : Ejercicio 16.d.36 (Existencia y unicidad de la solución débil) Para cada f 2 L2 ( ) y g 2 H 1 ( ) existe una única solución débil u 2 Ag del problema (16. usando el Teorema 16. Durante mucho tiempo el principio de Dirichlet se aplicó de manera exitosa pero poco rigurosa: si la integral de Dirichlet (que en nuestro caso es el funcional J) resultaba estar acotada inferiormente.21).48]. en para todo i = 1. Ejercicios Ejercicio 16. entonces u es constante c. si ! es un subconjunto abierto de y u 2 L1loc ( ) es débilmente diferenciable en . f 2 L2 ( ) \ C 0 ( ).4.4.21).48].16. ésta es una solución clásica. si los datos del problema y la solución débil son su…cientemente regulares. que fue quien le puso el nombre de principio de Dirichlet) daban por hecho la existencia de un mínimo. EJERCICIOS 415 Teorema 16.39 Prueba que. :::. u 2 L1loc ( ) es débilmente diferenciable en y Di u = 0 c. g 2 H 1 ( ) \ C 0 ( ) y la solución débil u 2 Ag del problema (16.21).38 Prueba que. Demostración: Como u g 2 H01 ( ) \ C 0 ( ).25 asegura que u(x) = g(x) para todo x 2 @ : El mismo argumento empleado en la demostración de la Proposición 16. 1): Prueba que. 1): Prueba que. si u y 8 < (Di u) (x) 0 (Di juj) (x) = : (Di u) (x) (Sugerencia: Considera las funciones que " u ! juj en W 1.p (Rn )? Ejercicio 16. entonces u+ := maxfu.p ( ).p ( ).416 16. donde B n (0.41 Considera las siguientes funciones: xi .42 Sea p 2 [1.p ( ).p ( ):) " (t) 2 W01. kxk (a) ui : Rn ! R.p ( ) si u(x) 0. 0: Ejercicio 16. y " u: Prueba Ejercicio 16.p ( ) y @' 8i = 1. si u 2 W 1.p ( ).p ( ). n: Di (u') = (Di u) ' + u @xi Ejercicio 16. entonces W 1. r > 0. " > 0.1) : Rn ! R.40 Sean = Rn r Bn (0. 1): Prueba que. :::. 1) := fx 2 Rn : kxk = 1g: ¿Para qué valores de n es cada una de las funciones anteriores débilmente diferenciable en Rn ? ¿Para qué valores de n y p pertenece a W 1. si u 2 W01. 1): Prueba que. ¿para qué valores de ? 2 R se cumple que u 2 W 1. y sus derivadas débiles son Di u+ (x) = (Di u) (x) si u(x) 0 si u(x) 0. entonces u' 2 W01.44 Sea p 2 [1. y u(x) := kxk : (a) ¿Para qué valores de 2 R es u es débilmente diferenciable en (b) Dada p 2 [1. 0: Di u (x) = (Di u) (x) si u(x) 0 si u(x) 0. si u(x) 0: = (t2 + "2 )1=2 ".p ( )? Ejercicio 16. n: (c) 1B n (0. 1].43 Sea p 2 [1.p ( ) 6= W01.p (Rn ) y ' 2 Cc1 ( ). 0g 2 W01. r). . u := m nfu.45 Sean un subconjunto abierto de clase C 1 de Rn y p 2 [1. :::. 0g 2 W01. ui (x) := (b) u : Rn ! R. si 6= Rn . u(x) := ln kxk : i = 1. entonces juj 2 W01. ESPACIOS DE SOBOLEV Ejercicio 16. si u(x) = 0. :::. el problema (16. Considera el (16.47 (Ejemplo de Weierstrass) Sea V := fu 2 C 1 [ 1.23) si y sólo si u es un mínimo del funcional J : Ag ! R dado por Z 1 2 f w: J(w) := kwkH 1 ( ) 2 . (Sugerencia: Prueba que u 2 Ag satisface (16.16. :::. f.46 Prueba que. n: Ejercicio 16. y aplica el teorema de representación de Fréchet-Riesz.4.) (b) u 2 Ag es una solución débil de (16. u( 1) = 1g y sea Z 1 2 jxu0 (x)j dx J(u) := 1 (a) Prueba que nffJ(u) : u 2 V g = 0: (Sugerencia: Considera las funciones u" (x) := arctan arctan x " 1 " .23) tiene una única solución débil. g : u + u = f en .23) Recuerda que una solución débil de este problema es una función u 2 Ag := fw 2 H 1 ( ) : w g 2 H01 ( )g que satisface Z Z Z ru r' + u' = f' 8' 2 Cc1 ( ): (16.p ( ) para todo i 2 f1. 1] : u(1) = 1.48 Sean problema un subconjunto abierto de Rn .p ( ) y Di u 2 W 1. si u 2 W 1. " > 0: Prueba que pertenecen a V y que J(u" ) ! 0 cuando " ! 0:) (b) Prueba que J no alcanza su mínimo en V: Ejercicio 16. EJERCICIOS 417 Ejercicio 16. ng entonces Dj Di u = Di Dj u 8i.24) si y sólo si v := u g 2 H01 ( ) satisface Z Z Z Z Z rv r' + v' = rg r' g' + f ' 8' 2 Cc1 ( ).24) Demuestra las siguientes a…rmaciones: (a) Si g 2 H 1 ( ) y f 2 L2 ( ). j = 1. u = g sobre @ : ! R. entonces u es solución clásica de (16.23) si y sólo si v := u solución clásica de v+v = g v=0 g es g + f en . ESPACIOS DE SOBOLEV (c) Si g 2 C 2 ( ).23) tiene una única solución clásica u 2 C 1 ( ). .418 16. entonces el problema (16. g 2 C 1 ( ). sobre @ : (d) Si es un subconjunto abierto y acotado de Rn de clase C 1 y f. La herramienta fundamental para este análisis son ciertas desigualdades que permiten estimar la norma en Lq de una función ' 2 Cc1 (Rn ) en términos de la norma en Lp de su gradiente.p ( ) Lq ( ) resulta ser una función continua. la inclusión W01. en honor al matemático Sergei Sobolev a quien se deben algunas de ellas. donde p := nnpp : Este número se llama el exponente crítico de Sobolev. Cuando el dominio es acotado y q < p se tiene una propiedad aún más fuerte: la inclusión W01. dependiendo de si p 2 [1. ¿pertenecerá también a algún otro Lq ( )? En este capítulo daremos una respuesta a…rmativa a esta pregunta y veremos que la respuesta varía. p = n o p 2 (n. Más aún. que cuando p 2 [1.p ( ) Lq ( ) resulta ser compacta.Capítulo 17 Encajes de Sobolev En el estudio de problemas no lineales surge de manera natural la siguiente pregunta: si una función u pertenece al espacio de Sobolev W01.p ( ) contiene una subsucesión convergente en Lq ( ): Este resultado. Estas desigualdades se extienden por densidad a W01. toda sucesión acotada en W01. n).p ( ) está contenido en Lq ( ) para todo q 2 [p. en particular. Probaremos. tiene implicaciones muy importantes para la existencia de soluciones de problemas elípticos. el espacio W01. n). Lo aplicaremos aquí para probar la existencia de una sucesión no acotada de valores propios del operador laplaciano en H01 ( ) cuando es un dominio acotado. 419 . 1). es decir. ¿automáticamente pertenece a algún otro espacio? Por de…nición pertenece a Lp ( ) pero. A este tipo de desigualdades se les suele llamar desigualdades de Sobolev. debido a Franz Rellich y Vladimir Kondrashov.p ( ).p ( ) y permiten obtener encajes continuos de éste en otros espacios. p ]. en cuyo caso np > 1 y q = nnpp . k(f1 . @' @' .420 17. 1): Si existe una constante C > 0.1. si ' 2 Cc1 (Rn ) . q 2 [1. p y q.1 Sean p. tal que k'kq entonces p < n y q = 8' 2 Cc1 (Rn ) . fn )kp := kf1 kpp + + kfn kpp 1=p (ver Ejercicio 2.1) np : n p Demostración: Para cada ' 2 Cc1 (Rn ) y > 0 de…nimos ' (x) := '( x): Aplicando el teorema de cambio de variable obtenemos Z Z 1 1 q q j'(y)jq dy = n k'kqq j'( x)j dx = n k' kq = Rn Rn y @' @xi p p = Z p Rn p @'( x) dx = @xi p n Z Rn p @'(y) dy = @xi p n @' @xi p : p Aplicando la desigualdad (17. @x ) pertenece a [Lp (Rn )]n Nota que. : : : . si 1 np + nq 6= 0. p 2 [1. 1). ENCAJES DE SOBOLEV 17. 8' 2 Cc1 (Rn ) . q 2 [1. que depende únicamente de n. Desigualdades de Sobolev En el producto [Lp (Rn )]n := Lp (Rn ) consideramos la norma Lp (Rn ) (con n factores). .1) a la función ' concluimos que 1 n=q k'kq C es decir. k'kq C 1 n=p n +n p q kr'kp kr'kp 8' 2 Cc1 (Rn ) . Proposición 17.53). 1) es posible acotar uniformemente a k'kq en términos de kr'kp : Veamos primero que p y q no pueden ser arbitrarios. 8 > 0. la desigualdad anterior no se satisface para ninguna ' 6= 0. C kr'kp (17. como a…rma el enunciado. 8 > 0: Haciendo tender a cero si 1 np + nq > 0 o a in…nito si 1 np + nq < 0 vemos que. 1). Así que necesariamente 1 np + nq = 0. Nos preguntamos para qué números p. : : : . su gradiente r' = ( @x n 1 para todo p 2 [1. DESIGUALDADES DE SOBOLEV 421 De…nición 17. : : : . concluimos que la función g(y) := n Q gi (b yi ) = i=1 pertenece a L1 (Rn ) y que kgkL1 (Rn ) Nota que n Q i=1 kgi kLn jf (y. n) se de…ne el exponente crítico de Sobolev como np p := n p : Nota que p > p: Probaremos a continuación que la desigualdad (17. Lema 17. xn ) 2 Rn 1 y de…nimos f (x) := n Q fi (b xi ): i=1 Entonces f 2 L1 (Rn ) y n Q kf kL1 (Rn ) i=1 kfi kLn 1 (Rn 1 ) : Demostración: Demostraremos esta a…rmación por inducción sobre n: Si n = 2 la a…rmación es obvia.3 Sean n 2 y f1 . aplicando la hipótesis de inducción. n 1 1 n 1 jfi (z. :::. : : : . xn ) 2 Rn denotamos x bi := (x1 .1) se cumple cuando p 2 [1. n: Observa que gi 2 Ln 1 (Rn 1 ) de modo que. zn 1 ) := jfi (z1 . : : : . xi 1 . y 2 Rn . xn+1 )j n 1 .17. xn+1 )j dz jfi (b yi . :::. : : : . xn+1 )j n n Q i=1 Z Rn n 1 . xn+1 )j = n Q i=1 n Q i=1 1 (Rn 1 ) = jfi (b yi . n) y q = p : Usaremos el siguiente lema.1. :::.2 Si p 2 [1. x2 )j dx1 dx2 = jf1 (x2 )j dx2 jf2 (x1 )j dx1 : R2 R R Supongámosla cierta para n y demostrémosla para n + 1: Sean f1 .2) . ya que Z Z Z jf (x1 . i = 1. xn+1 )j jfn+1 (y)j = jg(y)j n 1 n : jfn+1 (y)j : (17. xi+1 . :::. fn+1 2 Ln (Rn ) : Fijemos por un momento el valor de xn+1 y de…namos n gi (z1 . fn 2 Ln 1 (Rn 1 ) : Si x = (x1 . zn 1 . Emilio Gagliardo i=1 n+1 Q i=1 kfi kLn (Rn ) : Louis Nirenberg Teorema 17. integrando la desigualdad (17. xn+1 )j dz dxn+1 = kfi kLn (Rn ) : Así que. : : : . ENCAJES DE SOBOLEV Aplicando la desigualdad de Hölder y la desigualdad (17.68). xn+1 )j dy kgkL1n(Rn ) kfn+1 kLn (Rn ) Rn n Q i=1 Z Rn 1 n n 1 jfi (z. con las siguientes propiedades: . i = 1.2) obtenemos Z n 1 jf (y. concluimos que ni=1 hi 2 L1 (R) y Z n Z n Q Q jhi (xn+1 )j dxn+1 kfn+1 kLn (Rn ) jf (x)j dx khi kLn (R) kfn+1 kLn (Rn ) Rn+1 = R i=1 n Q i=1 kfi kLn (Rn ) kfn+1 kLn (Rn ) = Ésta es la desigualdad deseada.422 17. xn+1 )j dz 1 n .3) Ahora hagamos variar xn+1 : Cada una de las funciones Z hi (xn+1 ) 7! n Rn 1 jfi (z. n.4 Existen constantes C > 0. que dependen únicamente de n y p. xn+1 )j dz kfn+1 kLn (Rn ) : (17. pertenece a Ln (R) y su norma en este espacio es khi kLn (R) = Z Z R Rn 1 n n 1 jfi (z.3) respecto a xn+1 yQ aplicando la desigualdad de Hölder generalizada (ver Ejercicio 14. fn 2 Ln 1 Z 1 1 @' (x1 . zn 1 ) dt @xi 1 n 1 : (Rn 1 ) y kfi kLn 1 (Rn 1 ) @' = @xi 1 n 1 : L1 (Rn ) Elevando las desigualdades (17. :::. i=1 1 Emilio Gagliardo (1930-2008) nació en Génova.1. t. : : : . xn ) dt: 1 @xi (17. Italia. en consecuencia. xi 1 . el teorema fundamental del cálculo asegura que Z xi @' ' (x) = (x1 .6) 2 de…nimos fi (z1 . :::. Estudió en la Universidad de Génova. Es profesor en el Courant Institute of Mathematical Sciences de dicha universidad. :::. n) entonces k'kp 8' 2 Cc1 (Rn ) : C kr'kp (17. . Obtuvo el doctorado en la Universidad de Nueva York bajo la dirección de James Stoker. 1) entonces 1 k'k1 C jsop(')j n 1 p 8' 2 Cc1 (Rn ) . kr'kp (17. zi . :::.4) (b) Si p 2 (n. xi 1 . donde fue asistente de Guido Stampacchia con quien realizó sus primeros trabajos en ecuaciones diferenciales. t. xi+1 . t. :::. DESIGUALDADES DE SOBOLEV 423 (a) Desigualdad de Gagliardo1 -Nirenberg2 -Sobolev: Si p 2 [1. Canadá. xi+1 . Ontario.17.5) donde jsop(')j denota la medida del soporte de ': Demostración: Sea ' 2 Cc1 (Rn ) : Como ' tiene soporte compacto. zn 1 ) := Entonces f1 . zi 1 .6) a la n 1 1 y tomando el producto de todas ellas obtenemos n n Q j' (x)j n 1 fi (b xi ). Fue profesor en las universidades de Génova y Pavia. 2 Louis Nirenberg nació en 1925 en Hamilton. xn )dt 1 @xi para cada 1 Si n i n y. :::. :::. Z 1 @' j' (x)j (x1 . . :::. xn ) 2 Rn 1 . reemplazando a ' por j'j y aplicando la desigualdad de Hölder. :::.7) 1 n n Y @' @xi i=1 1 n (17. donde la última desigualdad se obtiene aplicando el Ejercicio 2.66 (con X = sop(')) implican que k'k1 k'0 k1 jsop(')j p 1 p k'0 kp .9) p kr'kp . xi 1 . ENCAJES DE SOBOLEV donde x bi := (x1 . 1): Si n = 1.9) se sigue entonces que p 1 k'kp kr'kp : (b): Supongamos que p 2 (n.3 se tiene entonces que 1 Z Z n n Y n 1 n Q @' : fi (b xi ) j'j n 1 @x i Rn i=1 Rn 1 i=1 Por tanto. n): Si p = 1 entonces p = nn 1 y la desigualdad (17. Si p 6= 1 tomamos := nn 1 p : Nota que > 1.42 como sigue: !1 1 p 1 n n n p p Y X @' n 1 X @' n p @' < kr'kp : @x n @x n @x i i i p p p i=1 i=1 i=1 Usaremos las desigualdades anteriores para probar las a…rmaciones del teorema. k'k n n 1 1 n n Y @' @xi i=1 (17.8) es la desigualdad deseada.424 17. . (a): Supongamos que p 2 [1. obtenemos Z RN j'j n n 1 Z n Y n 1 n Rn i=1 Z Rn < Z Rn j'j j'j j'j p( 1) p 1 p( 1) p 1 1 1 @' @xi p 1 p p 1 p (17.6) y el Ejercicio 14. la desigualdad (17.8) ' en la desigualdad (17. para cada > 1. Aplicando el Lema 17.7) 1 y como la media geométrica es menor o igual que la media aritmética concluimos que 1 X @' n i=1 @xi n k'k n n 1 = 1 1 kr'k1 : n Por otra parte. que p( 1) = nn 1 = p y que nn 1 p p 1 = p1 : De la desigualdad (17. xi+1 . 1. si jsop(')j = 0 o kr'kp = 0. e iterando la desigualdad (17.10). existe k0 0 tal que k'k n n 1 y 1 k0 entonces k k'k n n 1 k > 1 8k > k0 .11) : Como hemos supuesto que jsop(')j = 1 y kr'kp = 1.11) obtenemos k'k k + k n n 1 + k k0 +1 k0 +1 k'k k0 1 k0 n n 1 k0 .69 i=1 i < 1.66 se sigue entonces que k'k 1 1 k'k p( n n 1 1 1 k'k 1) p 1 8 > 1: p p 1 Tomemos := nn 1 p p 1 : Nota que > 1: Sustituyendo por p anterior y tomando en cuenta que p 1 k = nn 1 k 1 obtenemos k k'k n n 1 k k k k'k k 1 en la desigualdad 1 k n n 1 k (17.17. la desigualdad (17.10) De la desigualdad (17. DESIGUALDADES DE SOBOLEV 425 que es la desigualdad deseada.9) y el Ejercicio 14. entonces ' = 0 y la desigualdad se satisface trivialmente. Si jsop(')j = 6 0 .8) y el Ejercicio 14.12) Para probar la desigualdad (17. por el contrario.5) en el caso general observa primero que.70 aseguran que k'k 1 kr'k1 n n n 1 p 1 1 (n jsop(')j) p kr'kp < 1: n Si k'k n k 1 para una in…nidad de k 2 N.69 garantiza que k'k1 n 1 Si. el Ejercicio 14. P1 i donde := > 1: Aplicando nuevamente el Ejercicio 14. ya que concluimos que k'k1 : Así pues. Si n 2 consideramos primero el caso en el que jsop(')j = 1 y kr'kp = 1: (17. entonces k'k1 = jsop(')j p n np kr'kp : (17. si ' satisface (17. 1 k n n 1 k'k 1: k'k k 1 n n 1 k 1 8k > k0 + 1. ('k ) es una sucesión de Cauchy en Lp ( ) y. 'k ! v en Lp ( ): Como además 'k ! u en Lp ( ). si u 2 W01. aplicando el caso anterior obtenemos k'k1 = k k1 kr kp = jsop(')j p n np kr'kp .4) se sigue que 'k 'j p C r'k r'j p C 'k 'j W 1.12) a la función := 1=n kr kp donde (x) := '(jsop(')j x): Nota que jsop( )j = jsop( )j = 1 y que kr kp = 1: Así que.p ( ). en consecuencia. de la desigualdad (17.c.p ( ) está contenido en Lp ( ) y la inclusión W01. usando de nueva cuenta la desigualdad (17.p ( ): C krukp Demostración: Si u 2 W01.5 Si es un subconjunto abierto de Rn y p 2 [1.t. : : : . n). Por de…nición. u (x) = v (x) p. entonces W01. entonces k'k ukp ! 0 y kr'k rukp ! 0: Por otra parte. n). que depende únicamente de n y p. obtenemos kukp = l m k'k kp n!1 C l m kr'k kp = C krukp .4). aplicamos la desigualdad (17. en : Por tanto. n!1 que es la desigualdad deseada.p ( ) Lp ( ) es una función continua.426 17.p ( ): Nota que.p ( ) Lq ( ) y esta inclusión es continua. como a…rma el enunciado. Teorema 17. tal que kukp 8u 2 W01.p ( ) Lp ( ) y existe una constante C > 0. j 2 N: Por tanto. el espacio W01. x 2 : Esto implica que u 2 Lp ( ) y.p ( ) y ('k ) es una sucesión en Cc1 ( ) que converge a u en W 1. su gradiente r' = (D1 u. Dn u) pertenece a [Lp (Rn )]n y + kDn ukpp krukp := kD1 ukpp + 1=p : Corolario 17. el Teorema 14.p ( ) 8k.6 (de encaje de Sobolev) Si [1. La desigualdad anterior tiene la siguiente consecuencia importante.d.28 asegura que una subsucesión de ('k ) converge tanto a u como a v c. p ] . La desigualdad de Gagliardo-Nirenberg-Sobolev se extiende por densidad a W01. ENCAJES DE SOBOLEV y kr'kp 6= 0.p ( ). es un subconjunto abierto de Rn y p 2 8q 2 [p. entonces W01. 1] cumple que esta inclusión es continua.n ( ) Lq ( ) para todo q 2 [n. DESIGUALDADES DE SOBOLEV 427 Demostración: El Corolario 17.p ( ) Lp ( ) y que existe una 8u 2 W01. Madrid 1984 (Corolario IX.23].p ( ) .14). 1) y esta inclusión es continua. (c) Para p 2 (n.p ( ) Lq ( ) y que Vale la pena hacer notar lo siguiente. .13) Como además W01. Alianza Editorial. por ejemplo.p ( ) .p ( ) constante C > 0 tal que kukp C krukp C kukW 1. : Esto prueba que W01. Proponemos la demostración de esta a…rmación como ejercicio [Ejercicio 17. 4 Consulta la referencia anterior (Corolario IX.p ( kukp donde 2 [0.p ( ) y q 2 [p.p ( ) kukW 1.5 a…rma que W01. la desigualdad de interpolación (ver Ejercicio 14.7 (a) Si ' no tiene soporte compacto la desigualdad (17.13). L1 ( ) \ C 0 ( ) y esta inclusión es (d) La inclusión W 1. Brezis. Observaciones 17. 1 q = 1 p + p ) = C kukW 1.4) no es válida en general: ciertamente no se cumple para la función constante ' 1: (b) Si p = n se cumple que W01.p ( ) Lp ( ) se tiene bajo ciertas condiciones.67) asegura que u 2 Lq (Rn ) para todo u 2 W01.1.p ( ) continua3 .p ( ): (17. si es de clase C 1 y su frontera está acotada4 .17. 1) se cumple que W01.p ( ) Lp ( ) y kukp kukW 1. p ] y que kukq kuk1p 1 C kukW 1. Análisis Funcional. Cuando es acotado es posible acotar a kukq en términos de krukp y de la medida para un rango mayor de valores de p y q: La siguiente desigualdad se conoce como de 3 Consulta por ejemplo el libro de H. 8 (Desigualdad de Poincaré) Sea un subconjunto abierto y acotado de Rn : Existe una constante C > 0. 1) y la inclusión es continua. . 1) entonces. módulo la elección de un representante.p ( ) continua. 1]: En consecuencia. si p 2 [1. 1) y q 2 [1. 1): (c) p 2 (n. si p 2 (n. Realizó contribuciones fundamentales en diversos campos de la matemática. donde fue alumno de Charles Hermite.14) si alguna de las siguientes tres condiciones se satisface: (a) p 2 [1. tal que kukq 1 1 C j jq+n 1 p krukp 8u 2 W01. Fue profesor de la Universidad de Paris (la Sorbonne). p ] y la inclusión es Lq ( ) para cada q 2 [1. W01. ENCAJES DE SOBOLEV la desigualdad de Poincaré5 . p y q. Henri Poincaré Teorema 17. que depende sólo de n. p ]: (b) p = n y q 2 [1. 5 C 0( ) Jules Henri Poincaré (1854-1912) nació en Nancy. (17.p ( ) y la inclusión es continua.p ( ). n) y q 2 [1. W01.428 17.n ( ) Lq ( ) para cada q 2 [1. Francia. n) entonces W01. Estudió en la École Polytechnique. p ( ): krukp (b): Sean p = n y q 2 [1.1 ( ): j j q kDuk1 nq Si n 2 de…nimos r := maxf n+q .p ( ) por krukp . 1) y q 2 [1.17.n ( ). aplicando las desigualdades de la Proposición 14. Corolario 17. de la a…rmación (a). n): Nota además que r = q nq n si r = n+q y que q n 1 si r = 1: En consecuencia. 1g: Observa que r 2 [1.5 se prueba que cada u 2 W01.21). n) y q 2 [1. 1): Si n = 1 se sigue de (17. 1): Si tonces es un subconjunto abierto y acotado de Rn enkuk := krukp . Así que. n+q kruk1 Cn n 1 n 1 j j q krukn si r = 1: (c): Sean p 2 (n.1.31 y el Ejercicio 14.5 concluimos que 1 kukq 8u 2 W01. para toda u 2 W01.5 obtenemos que 1 p 1 kukq j jq 1 1 1 p C j jq+n kukp 8u 2 W01.p ( ) coincide c.31 y el Corolario 17.15) Recuerda que C 0 ( ) con la norma k k1 es un espacio de Banach (ver Teorema 5.31 obtenemos kukq 1 j j q kuk1 1 1 C j jq+n 1 p krukp .6) que Z k'kq = Z 1 q q j'(x)j dx 1 q q k'0 k1 1 = j j q k'0 k1 8' 2 Cc1 ( ): Argumentando como en el Corolario 17. con una función que pertenece a C 0 ( ) y que la desigualdad (17. kukq C krukr kukq j jq 1 n 1 n 1 1 Cn q j j q krukn kuk n 1 n 1 C j jq n n 1 si r = nq .d. 1]: De la desigualdad (17. p ].70 se sigue que.5) se sigue que k'k1 1 C j jn 1 p 8' 2 Cc1 ( ) . Más precisamente. la Proposición 14. kr'kp (17. DESIGUALDADES DE SOBOLEV 429 Demostración: (a): Si p 2 [1.9 Sea p 2 [1. La desigualdad de Poincaré permite reemplazar a la norma de W01. que es la desigualdad deseada. se cumple lo siguiente. argumentando como en el Corolario 17.15) es válida para u: Combinando esa desigualdad con la Proposición 14. 9. la sucesión (F (xk )) contiene una subsucesión convergente en Y [Ejercicio 17. tal que kukp 1 8u 2 W01.430 17.19]. El teorema de Rellich-Kondrashov Cuando es acotado y q < p la inclusión W01. v 2 H01 ( ): i=1 De modo que H01 ( ) con este producto escalar resulta ser un espacio de Hilbert. De…nición 17.p ( ). Si p = 2 esta norma está inducida por el producto escalar Z Z n P hu.10 Una función F : X ! Y entre espacios métricos es compacta si para cualquier subconjunto acotado A de X el conjunto F (A) := fF (a) : a 2 Ag es relativamente compacto en Y: Equivalentemente. vi := ru rv = (Di u) (Di v) . Las propiedades (N2) y (N3) se prueban como en la Proposición 16.p ( ): Estas desigualdades implican. u = 0: Así que k k satisface la propiedad (N1) de la De…nición 2.p ( ) = kukpp + krukpp 1 p (C0p + 1)1=p kuk 8u 2 W01. En esta sección probaremos esta a…rmación. equivalente a la norma k kW 1.p ( ) con esta nueva norma también es un espacio de Banach.8 asegura que existe una constante C. 17.p ( ) =0 . que kuk = 0 .12. kukW 1. en particular. una función F : X ! Y entre espacios métricos es compacta si para cualquier sucesión acotada (xk ) en X.p ( ) : En consecuencia.p ( ): C j j n krukp 1 Tomando C0 := C j j n obtenemos kuk kukW 1.2. . Empezaremos probando el siguiente lema.p ( ) Lq ( ) tiene una propiedad adicional: es un operador compacto. u.p ( ) son equivalentes. Las mismas desigualdades aseguran que las normas k k y k kW 1. que depende sólo de n y p. W01. ENCAJES DE SOBOLEV es una norma en W01. Demostración: El Teorema 17. . Fue profesor del departamento de alta matemática del Instituto de Física de la Ingeniería de Moscú.11 Si u 2 W01. Estudió en la Universidad de Göttingen. uk1 donde T u denota a la traslación de u por . donde fue alumno de Sergei Sobolev con quien continuó colaborando a lo largo de su vida. kT 'k T uk1 ! 0 y kr'k ruk1 ! 0: De la desigualdad anterior se sigue que kT u uk1 = l m kT 'k k!1 ' k k1 l m kr'k k1 k k = kruk1 k k . k!1 como a…rma el enunciado. obtenemos Z 1 Z 1 0 (r'(x t ) ) dt: f (t)dt = '(x ) '(x) = f (1) f (0) = 0 0 Por tanto. 7 Vladimir Iosifovich Kondrashov (1909-1971) nació en Moscú. debido a Franz Rellich6 y Vladimir Kondrashov7 .2. 2 Rn : Aplicando el teorema fundamental del cálculo a la función f (t) := '(x t ). como director del Instituto de Matemáticas. tomamos una sucesión ('k ) en Cc1 (Rn ) tal que 'k ! u en W01.17. juega un papel crucial en la demostración de la existencia de soluciones de ciertas ecuaciones diferenciales. Estudió en la Universidad Estatal de Moscú. Regresó en 1946 y. 6 Franz Rellich (1906-1955) nació en Tramin. en el norte de Italia. es decir.1 (Rn ): Entonces k'k uk1 ! 0. j'(x ) '(x)j n P i=1 Z 0 1 @' (x @xi t ) j i j dt n P i=1 Z 0 1 @' (x @xi t ) dt k k : Integrando esta desigualdad respecto a x concluimos que Z kT ' 'k1 = j'(x ) '(x)j dx Rn Z 1Z n P @' (x t ) dx dt k k = kr'k1 k k : i=1 0 Rn @xi Si u 2 W01. EL TEOREMA DE RELLICH-KONDRASHOV Lema 17.1 (Rn ). t 2 R.1 (Rn ) y 431 2 Rn entonces kT u kruk1 k k . jugó un papel importante en su reconstrucción. En 1933 se vió forzado a abandonar esa universidad debido a la posición activa que adoptó frente al nazismo. El siguiente resultado. (T u) (x) = u(x ): Demostración: Sean ' 2 Cc1 (Rn ) y x. donde fue alumno de Richard Courant. Rn r )) tal que kT u uk1p uk1 kT u ukq < " < kruk1 k k C1 k k 8u 2 A.p ( ) Lq ( ) es compacta. p ]: Como de costumbre.67).dist(!. toda sucesión acotada en W0 ( ) contiene una subsucesión que converge en Lq ( ). entonces la inclusión W01.12 (Rellich-Kondrashov) Si es un subconjunto abierto y acotado n de R . 1.11 y el Ejercicio 14. p 2 [1.47 cuando q 2 [1. el Lema 17. p ). la Proposición 14.8) implica que A un subconjunto acotado de Lq ( ) para todo q 2 [1. p ). n) y q 2 [1. concluimos que existe C1 > 0 tal que kT u kT u ukq (2C)1 kT u (2C)1 donde tomando satisface 1 q = + (n j j) 1 p (2C)1 uk1 (p 1) p krukp k k : Observa que 2 (0. > 0 si q 2 [1. . ENCAJES DE SOBOLEV Franz Rellich Teorema 17. Demostración: Sea A un subconjunto acotado de W01.70. Así pues. 1 ( C"1 ) se tiene que 8 2 Rn con k k < y 8u 2 A. Por otra parte. p ): En consecuencia.47 cuando q 2 [1. Probaremos que A satisface las hipótesis (i) y (ii) del Corolario 14. de…nida en (12.p es decir. para cualquier abierto ! kukLq ( r!) kukLp 1 ( r!) j r !j q 1 p 1 C j r !j q 1 p 8u 2 A.p ( ): La desigualdad de Poincaré (ver Teorema 17. Como la integral es invariante bajo traslaciones se tiene que kT ukp C para todo u 2 A y 2 Rn : Usando la desigualdad de interpolación (ver Ejercicio 14. identi…camos a una función de…nida en un abierto con su extensión trivial a todo Rn .31 asegura que.432 17. Sean " > 0 y ! un abierto tal que ! : Sea C > 0 tal que kukp C para todo u 2 A. . p ).21). A satisface la hipótesis (i) del Corolario 14. n ( ) Lq ( ) es compacta para todo q 2 [1. <" Es decir. en Rn : Pero también se tendría que kvkq = l m 'kj j!1 q = k'kq 6= 0.d. ninguna subsucesión de ('k ) converge en Lq (Rn ) : Denotamos por B n (0. en Rn (ver Teorema 14.p (Rn ) .14 Sean un subconjunto abierto y acotado de Rn y p 2 [1. p ].17. 1): Proponemos estas a…rmaciones como ejercicio [Ejercicio 17. En consecuencia. podemos elegir un abierto ! tal que : Se tiene entonces que kukLq ( r!) 8u 2 A.! Lp ( ) no es compacta.28) y. en consecuencia. una subsucesión de ella convergería a v c.p (Rn ) = k'kW 1. Los siguientes ejemplos muestran que el teorema de Rellich-Kondrashov no es válido en general si no es acotado o si q = p : Ejemplo 17. p ). En consecuencia. lo cual es una contradicción.25]. k'k kW 1.2. y ( k ) una sucesión en Rn tal que k k k ! 1: De…nimos 'k (x) := '(x k ): Claramente. EL TEOREMA DE RELLICH-KONDRASHOV Puesto que j r !j < ( C" ) es acotado y 1 := 1 p 1 q 433 > 0. n): Entonces la inclusión W01. r) := fx 2 Rn : jxj < rg: Ejemplo 17.p ( ) .47 cuando q 2 [1. v = 0 c. ' 6= 0. A es relativamente compacto en Lq ( ): Si es un subconjunto abierto y acotado de Rn se tiene también que la inclusión W01.! Lq (Rn ) no es compacta para ningún q 2 [p.d.p ( ) C 0 ( ) es compacta para p 2 (n. A satisface la hipótesis (ii) del Corolario 14. 1) y que la inclusión W01. .p (Rn ) y k'k kq = k'kq : Observa que 'k (x) ! 0 para cada x 2 Rn : Si alguna subsucesión ('kj ) de ('k ) convergiese a v en Lq (Rn ) .13 Sea p 2 [1. La inclusión W 1. n). Demostración: Sean ' 2 Cc1 (Rn ). en (ver Teorema 14. r)) tal que ' 6= 0.p ( ) : Si una subsucesión ('kj ) de ('k ) convergiese a una función u en Lp ( ).9 asegura entonces que ('k ) está acotada en W01.3. Para cada k 2 N y. Pero 'k (x) ! 0 para cada x 6= 0: Por tanto. Valores propios del laplaciano En toda esta sección denotará a un subconjunto abierto y acotado de Rn : Consideremos el problema de valores propios u = u en . ENCAJES DE SOBOLEV Demostración: Sin perder generalidad podemos suponer que 0 2 . entonces Z Z ru r' = u' 8' 2 Cc1 ( ): Esto motiva la de…nición de solución débil. en consecuencia. Elegimos r > 0 de modo que B n (0. r) y tomamos ' 2 Cc1 (B n (0.434 17. de…nimos 'k (x) := k (n p)=p '(kx): Entonces sop('k ) B n (0. si u 2 C 2 ( ) satisface u = u. Argumentando como en la Proposición 16. u = 0 c. kr ) 1.d. 17. u = 0 sobre @ : (17. lo que prueba que ('k ) no contiene ninguna subsucesión convergente en Lp ( ): A continuación daremos una aplicación importante del teorema de Rellich-Kondrashov.d. en : Esta es una contradicción.27 vemos que.16) Nos preguntamos para qué valores de 2 R existe una solución no trivial de este problema. se tendría que kukp = l m 'kj j!1 p = k'kp 6= 0 y que una subsucesión de ('kj ) convergería puntualmente a u c. .p 'k 2 W0 ( ) y 'k (x) ! 0 para cada x 6= 0: Mediante el cambio de variable kx = y se obtiene que Z Z p p n k'k kp = k j'(kx)j dx = j'(y)jp dy = k'kpp y kr'k kpp = n Z X i=1 X @' (kx) dx = @xi i=1 n p k n Z p @' (y) dy = kr'kpp : @xi El Corolario 17.28). 18) en H01 ( ) están acotados inferi- .17) como hu. VALORES PROPIOS DEL LAPLACIANO 435 De…nición 17. Basta pues buscar funciones propias en el conjunto := u 2 H01 ( ) : kuk2 = 1 .17) 2 R es un valor propio de en H01 ( ) si existe e 2 H01 ( ). tomando (17.16 (a) Los valores propios de ormente por una constante positiva.6) y que H01 ( ) un espacio de Hilbert con este nuevo producto escalar. Se dice entonces que e es una función propia de en H01 ( ) con valor propio : La de…nición anterior sugiere considerar el producto escalar Z hu.17). si e es una función propia con valor propio entonces cualquier múltiplo te de e con t 2 R r f0g es una función propia con valor propio . Denotamos por Z hu. se obtiene que kek2 = : Proposición 17. . vi2 := uv al producto escalar en L2 ( ): Podemos entonces reescribir la condición (17.3.9 asegura que esta norma es equivalente a la de…nida en (16. e 6= 0. vi2 8v 2 H01 ( ): Observa que.17. donde kuk2 es la norma en L2 ( ): Nota además que.16). tal que ( . vi := ru rv en H01 ( ). u) con u 2 H01 ( ) que satisface Z Z ru rv = uv 8v 2 H01 ( ): 2 R y (17.16) es una pareja ( . que induce la norma kuk := kruk2 : El Corolario 17. e) es solución débil de (17. vi = hu.15 Una solución débil de (17. si e 2 es una función propia con valor propio u = v = e en la ecuación (17. independiente de y de e. entonces E contiene un subconjunto fek 2 : k 2 Ng ortonormal en L2 ( ). e i2 : (c) Si fek 2 : k 2 Ng es un conjunto de funciones propias de en H01 ( ) que es 2 ortonormal en L ( ). C (b): Si e y e son funciones propias con valores propios he . e i2 = 0 y. entonces el conjunto de sus valores propios f k = kek k2 : k 2 Ng no está acotado. y e y e son funciones propias con valores propios y respectivamente. tal que 1 = kek22 C kek2 = C : 1 > 0: Por tanto.16)g es de dimensión …nita. lo cual contradice la a…rmación (c). e i2 : Por tanto. De…nimos I : H01 ( ) ! R como I(u) := kuk2 : La siguiente proposición nos permite obtener funciones propias mediante un proceso de minimización. si ( k ) está acotada. e i2 = he . si 6= . entonces (ek ) es una sucesión acotada en H01 ( ): Por el Teorema de Rellich-Kondrashov (Teorema 17. u) es solución débil de (17. entonces he . Para cada k 2 N. he . e i = 0 = he . se tiene que kek em k22 = kek k22 + kem k22 = 2: En consecuencia. e i = y . ninguna subsucesión de (ek ) es de Cauchy en L2 ( ): Esto es una contradicción. e i = 0: (c): Como ek 2 se cumple que kek k2 = k : De modo que. entonces he . (ek ) contiene una subsucesión convergente en L2 ( ): Ahora bien. Su dimensión se llama la multiplicidad de : Demostración: (a): Si es un valor propio y e 2 es una función propia con valor propio . (d): Argumentando por contradicción. ENCAJES DE SOBOLEV (b) Si y son valores propios distintos de en H01 ( ). si dim E = 1. como fek g es ortonormal en L2 ( ).436 17. necesariamente he . en consecuencia. (d) Para cada 2 R el espacio E := fu 2 H01 ( ) : ( . ek es una función propia de en H01 ( ) con valor propio . . la desigualdad de Poincaré asegura que existe C > 0.12). 8) asegura que existe C > 0 tal que 1 C j j n kuk kuk2 8u 2 H01 ( ): 2 En consecuencia. ") ! R dada por h(t) := I e + tv ke + tvk2 = kek2 + 2 he. vi = he. Esto demuestra la a…rmación. fuertemente en L2 ( ): . se tiene que 0 = h0 (0) = 2 (he.17 Sea H 6= f0g un subespacio vectorial de H01 ( ): (a) Se tiene que := (b) Si e es un mínimo de I en nf I(v) > 0: v2 \H \ H entonces he. concluimos que (uk ) contiene una subsucesión (ukj ) tal que u kj * e ukj ! e débilmente en H01 ( ). vi2 ) . vi2 8v 2 H: (c) Si H es cerrado en H01 ( ) entonces la función I alcanza su mínimo en \ H: Demostración: (a): La desigualdad de Poincaré para p = q = 2 (ver Teorema 17. (c): Sea (uk ) una sucesión en \ H tal que I(uk ) = kuk k2 ! : Entonces (uk ) está acotada en H01 ( ).3. vi2 t + kvk22 t2 Esta función es diferenciable y su derivada está dada por h0 (t) = 2 ke + tvk22 he. y consideremos la función h : ( ".12) y el Ejercicio 15. VALORES PROPIOS DEL LAPLACIANO 437 Proposición 17. vi + kvk2 t 2I(e + tv) he. C 2 j j n > 0: (b): Sea e un mínimo de I en \ H y sea v 2 H: Tomemos " > 0 su…cientemente pequeña de modo que ke + tvk2 6= 0 para todo t 2 ( ". vi he. vi2 + kvk22 t ke + tvk42 : Como 0 es un mínimo de h. vi t + kvk2 t2 ke + tvk2 : = ke + tvk22 kek22 + 2 he. Aplicando el Teorema 15.29.51. ").17. el teorema de Rellich-Kondrashov (Teorema 17. (c) 0 < 1 y k 2 l mk!1 k = 1. como H es débilmente cerrado en H01 ( ) (ver Ejercicio 15. em i = 0 si k 6= m. e 2 : Más aún. vi = 0 8w 2 Wk g.18 Existe un subconjunto B = fek : k 2 Ng de H01 ( ) con las siguientes propiedades: (a) ek 2 en H01 ( ) con valor propio es una función propia de k := I(ek ).19) I(u): Se tiene entonces que Hi Hk y hek .21) . se tiene que e 2 H: Usando el Corolario 15.17. :::. de…nimos Hk := fv 2 H01 ( ) : hw. y escogemos ek 2 \ Hk tal que I(ek ) = nf u2 \Hk (17.17 de…nimos (ek ) inductivamente como sigue: escogemos e1 2 tal que I(e1 ) = nf I(u): u2 Sean W2 := linfe1 g el subespacio de H01 ( ) generado por e1 y H2 := fv 2 H01 ( ) : he1 .27 concluimos que 2 I(e) = kek2 l m inf ukj = l m inf I(ukj ) = : j!1 j!1 Esto prueba que u es un mínimo de I en \ H: Teorema 17. (b) hek . kek2 = 1. (17. ENCAJES DE SOBOLEV En consecuencia. ek 1 g. usando la Proposición 17. k 1 (17.438 17. (d) B es una base de Hilbert de L2 ( ): Demostración: Usando la Proposición 17.20) y. Escogemos e2 2 \ H2 tal que I(e2 ) = nf u2 \H2 I(u): Continuando de este modo. vi = 0g su complemento ortogonal en H01 ( ). :::. es decir. Wk := linfe1 . ei i = 0 8i = 1.54). concluimos que 0< 1 2 k . . 2 Para obtener (d) resta probar que la cerradura de lin(B) = [1 k=1 Wk en L ( ) es L2 ( ): Para ello basta demostrar que Cc1 ( ) está contenido en la cerradura de lin(B). k 8i = 1.16. ek i2 para todo i = 1. :::. esta igualdad implica que 0 = hei . es decir.23) implica (b) y.22) y (17. las a…rmaciones (17. como ek 2 .17. La a…rmación (17. h' wk . vi = hek . (17. k 1: Esto prueba que h' wk . Como ' 6= wk se tiene que ' wk 2 \ Hk y la identidad (17. k' wk k22 1 k I(' wk ) 1 k I('): Como k ! 1 concluimos que wk ! ' en L2 ( ): Esto prueba que Cc1 ( ) está contenido en la cerradura de lin(B) en L2 ( ). Sea ' 2 Cc1 ( )rlin(B): Denotemos por wk a la proyección ortogonal de ' sobre Wk con respecto al producto escalar de L2 ( ): Entonces h' wk . vi2 k 8v 2 Hk : De (17. :::. asegura también que B := fek : k 2 Ng es ortonormal en L2 ( ): La a…rmación (c) se sigue entonces de (17.22) hei . VALORES PROPIOS DEL LAPLACIANO donde k 439 := I(ek ).22) se sigue que 0 = hei . ya que L2 ( ) es la cerradura de Cc1 ( ) en L2 ( ) (ver Teorema 14. ek i = puesto que i > 0. k 1 y. :::.20) y (17. vi = k hek . ei i = i h' wk .21) y de la Proposición 17.23) nos permiten concluir que hek . y que hek . ei i2 = 0 8i = 1.23) 1: Hk . ek i2 Como H01 ( ) = Wk i (17. wi = 0 para todo w 2 Wk . wi2 = 0 para todo w 2 Wk : En consecuencia.19) implica que k' wk k 2 k ' k' I wk wk k2 : Observa además que I(') = I(' wk + wk ) = k' wk k2 + 2 h' wk . ek i = hei . wk i + kwk k2 = k' wk k2 + kwk k2 k' wk k2 = I(' wk ): En consecuencia.44).3. vi2 8v 2 H01 ( ). la sucesión (ek ) satisface (a). entonces ek 2 C 1 ( ). Ejercicios Ejercicio 17. si dim X = 1.42. tal que n 1 ku'kpW 1. ENCAJES DE SOBOLEV Observa que 1 kuk2 = nf1 2. ek ) del problema (17. (b) Si dim Y < 1 entonces F es compacta.4.20 Sea F : X ! Y una función lineal y continua entre espacios de Banach. la identidad I : X ! X no es compacta.16).27]. si es de clase C 1 y ek 2 C 2 ( ). @x .p (Rn ). la sucesión (F (xk )) contiene una subsucesión convergente en Y: Ejercicio 17. 17. (a) Si dim X < 1 entonces F es compacta. Un resultado de regularidad asegura que. que @' @' depende sólo de n. El mismo razonamiento que usamos para probar la Proposición 16.16). . : : : . k'k1 . entonces ( k .) 1 + jDn ujp ) 8u 2 W 1. 1=2 1 es la constante óptima para la desigualdad de Poincaré kuk2 1=2 1 kuk . si es de clase C 1 y ( k . ek ) es solución clásica de (17. Ejercicio 17. ek ) es solución débil de (17. u 2 H01 ( ): El teorema anterior asegura la existencia de soluciones débiles ( k .19 Prueba que una función F : X ! Y entre espacios métricos es compacta si y sólo si para cualquier sucesión acotada (xk ) en X.16) [Ejercicio 17. Ejercicio 17.31 demuestra que. u2H0 ( ) kuk 2 u6=0 es decir. @x .440 17.21 Prueba que. Demuestra las siguientes a…rmaciones.22 (a) Sea ' 2 Cc1 ( ): Prueba que existe una constante C > 0.p ( ) C Z 1 (jujp + jD1 ujp + (Sugerencia: Usa el Ejercicio 16. si > 1. para concluir que existe una constante Cn.24 (Espacios de Sobolev de orden superior) Sean un subconjunto abierto de Rn . 1) y que esta inclusión es continua.n (Rn ) y aplica la desigualdad de interpolación para probar que k'kq 8' 2 Cc1 (Rn ) Cn.j k'kW 1.4.p ( )+ 1. :::.) Cc1 ( (c) Si ! es abierto.p ( ) y Di u 2 W m kukW m. que depende sólo de n y j. donde X + := fx + : x 2 Xg: Ejercicio 17.j k'kW 1. i = 1. ng. existe una constante C .23 Si es un subconjunto abierto de Rn . p.p ( ) := kukpp + kD1 ukpW m 1. tal que k'k n(n+j) n 1 8' 2 Cc1 (Rn ) . Cn. ! cumple que Z .9) y la de Young para demostrar que. prueba que W01. 1]: Se de…nen recursivamente W m. tal que k'k n n 1 C k'k n( 1) n 1 + kr'kn 8' 2 Cc1 (Rn ) : Aplica esta desigualdad con = n + i. + kDn ukpW m 1=p 1. 1.n (Rn ) si q 2 [n. 2. 8 2 Rn .p ( ) := fu 2 Lp ( ) : u 2 W 1. prueba que existe una constante C > 0 que depende sólo de n. que depende sólo de . prueba que para esa misma C se p=p p !+ juj C Z + (jujp + jD1 ujp + + jDn ujp ) 8u 2 W 1. tal que Z ! p=p p juj C Z (jujp + jD1 ujp + + jDn ujp ) 8u 2 W 1. ! y . n(n+j) ].17.p (Rn ). m 2 y p 2 [1.p ( ) : .13. j.j .n ( ) Lq ( ) para todo q 2 [n. m 2 N.24) ) tal que '(x) = 1 para todo x 2 ! y (Sugerencia: Prueba que existe ' 2 aplica el problema anterior y el Teorema 17. y C satisface (17. EJERCICIOS 441 (b) Si ! es abierto y ! .) n 1 Ejercicio 17. i = 0. (Sugerencia: Usa la desigualdad (17.p (Rn ): (17. :::.24).p ( ). si n está acotado y p 2 ( m . 1): (Sugerencia: Reduce esta situación al caso p 2 [1. 2 (N [ f0g)n .p ( ) es una norma en W m. Se de…ne W0m. 1). :::. 1). entonces (b) Prueba que. entonces W0m. ver Ejercicio kD ukpp !1=p : (a) Prueba que kukW m. u 2 W m.p ( ) con dicha norma es un espacio de Banach. 1. si p 2 [1. kukW m.p ( ) C 0 ( ) es compacta. n) y usa el Teorema 17. j j := 1 + + n m.n entonces la inclusión W0 ( ) Lq ( ) es compacta para todo q 2 [1.25 (a) Prueba que.p ( ) Ck( ) con k := m n p 1 y esta inclusión es continua.12. entonces la inclusión W01.442 17.48.p ( ): n ). si es un subconjunto abierto y acotado de Rn . donde Di0 u := u y Di i u := Di D u si | {z }i i (Nota que todas las derivadas débiles de orden 16. Usando esta notación.) (b) Prueba que. si es un subconjunto abierto y acotado de Rn y p 2 (n.10. n) m. donde la norma en C k ( ) es la de…nida en el Ejercicio 5.p ( ) Lq ( ) con q := np n mp y esta inclusión es continua. ENCAJES DE SOBOLEV Es decir. m W0m. (Sugerencia: Usa el Corolario 7.) .p ( ) := cerradura de Cc1 (Rn ) en W m. (c) Prueba que.46).p ( ) y que W m.p ( ) si sus derivadas débiles de orden D u := D1 1 Dn n u con =( 1 . existen y pertenecen a Lp ( ).p ( ) = P j j m i 1: veces m son de esta forma. Ejercicio 17. EJERCICIOS 443 (c) Formula y demuestra las a…rmaciones correspondientes a éstas y a la del Teorema 17. toda solución débil ( .26 Sean un subconjunto abierto y acotado de Rn . .28 Si Rn es acotado y > 1 . := uv + ru rv: 0 (b) Prueba que todas estas normas son equivalentes en H01 ( ): En consecuencia. es solución clásica de (17. f 2 L2 ( ) y > 1. u = 0 sobre @ : tiene una única solución débil. u(x) = u(x) 8x 2 y u(x) = 0 8x 2 @ : Ejercicio 17. de…nimos Z Z 2 kukH 1 ( ).29 Prueba que.17. si es de clase C 1 .16) tal que u 2 C 2 ( ).12 para los espacios de Sobolev de orden superior W0m. := u + jruj2 0 1 es el primer valor propio 1=2 : (a) Prueba que ésta es una norma en H01 ( ) y que está inducida por el producto escalar Z Z hu. viH 1 ( ). Ejercicio 17. esta función minimiza el funcional J : H01 ( ) ! R dado por Z Z 1 2 2 jrvj + v f v: J (v) = 2 A la ecuación u = f se le llama la ecuación de Poisson. el problema u + u = f en . existe una única función u 2 H01 ( ) tal que Z Z Z ru r' + u' = f' 8' 2 Cc1 ( ): Además. es decir. H01 ( ) es completo con cualquiera de estas normas.24. donde 1 de en H0 ( ). u) del problema (17. si Rn es acotado.p ( ) de…nidos en el Ejercicio 17. Prueba que Z Z ru r' = u' 8' 2 Cc1 ( ) si y sólo si Z ru rv = Z 2 R y u 2 H01 ( ): 8v 2 H01 ( ): uv Ejercicio 17.4. es decir. Ejercicio 17.16).27 Prueba que. 39 campo vectorial. 379 bola abierta BX (x. 36 cerrada BX (x. 94 de Weierstrass para series. 57 cerrado. 192 convexo.). 112 inicial. 328 nulo.Índice alfabético ín…mo puntual. 111 casi dondequiera (c. 39 débil. 125 integrable. 379 relativamente compacto. 208 denso. 380 de una serie. 391 compactamente contenido. 260 base de Hilbert. 86 de una sucesión. 260 totalmente acotado. 387 débilmente cerrado. 88 convolución. 55 abierta. 154 equicontinuo. 43 en Lp vs. 141 444 . 39 compacto. W ). 159 abierto. 410 conjunto a lo más numerable. 379 ortonormal.d. 295 cerradura A. 40 ortogonal. 122 contracción. "). "). 348. 56 conexo. 259 S (Rn ). 80 uniforme de una serie. 413 homogénea. 374 completación. 348 complemento de un conjunto X r A. 80 uniforme. 84 de la raíz para series. 292 ortogonal. 55 cubo de Hilbert. 365 criterio de Cauchy para series. 97 condición de Lipschitz. 125 S (Rn ). convergencia puntual. 87 cubierta. 99 convergencia débil. 282 medible. 37 acotado. 111 condición de Dirichlet. 381 puntual. 343 fuerte. 390 de Cantor. cerrX (A). 87 de convergencia uniforme. 319 H(V. 78 Cc0 (Rn ). b]. 285 L(V. 78 de Banach. 191 exponente crítico de Sobolev. 167. 368 de Gagliardo-Nirenberg-Sobolev. 340 de Minkowski para series. 372 separable. 376 ecuación de Laplace. 419 extensión trivial de una función.p ( ). 15 Rnp .p ( ). 188 C k ( . 403 de Sobolev W m. W ). 86 C 0 (K. 425 de Young. 18. W ). 21 C 0 [a. 401 de Sobolev H01 ( ). 180 desigualdad de Cauchy-Schwarz. 337 de Sobolev H 1 ( ). W ).p ( ). 397 de Fréchet. 284 . 17 B(S. 395 débil de kxk . 20 Cp0 [a. W ). X). 438 de Sobolev W0m. 168 de Gâteaux. X). 184 L(V1 . 337 Lp ( ). 363 de Hölder para series. 8 normado. 184 C 0 (K). Y ). W ). 12 del triángulo. 188 métrico. :::. 83 Cck ( ). 346 L(X). 225 Cc0 ( ). 136 discreto Xdisc . 399 de Sobolev W01. 159 tangente. 165 L1loc ( ). 348 Lk (V. 420 de Hölder. 20 Rn . b]. Vk . 368 difeomor…smo de clase C 1 . 240 445 C 0 (K. 14 de Hölder generalizada. 403 de Sobolev W 1. X). 439 `p . 65 Cb0 (Z. 154 de Hilbert. 107 no lineal de Fredholm. 202 expansión de Taylor. 34 espacio completo. 8. 370 L1 ( ). 363 de Minkowski. 15 C k ( . 186 direccional.y (X). 16 Tx. C k ( ). 409 de Poisson. 338 de Hölder en Rn .ÍNDICE ALFABÉTICO derivada débil. 407 distancia. 440 integral de Fredholm. 118 equicontinuo. 26 de interpolación. 176 de orden k. 240 de clase C k . C k ( ). 12 ortogonal.p ( ). 8 dual topológico. 176 parcial. 104 integral de Volterra. 17 de Poincaré. 19. 125 equivalencia. 378 gradiente. 257 de una función s. 68 puntual. 284 de kxk .. 236 homeomor…smo. 68 uniforme. 21 analítica. 304 de Sard. 385 de Fatou. 186 esencialmente acotada. 80 laplaciano. 387 débil. 284 Lipschitz continua. 43 inferior.i. 267 continua. 409 bilineal. 67 semicontinua superiormente s. 180 propia. 240 de una función radial.446 fórmula de Green. 36 integración por partes. 166 débil de una sucesión. 168 acotada. 410 de Taylor. 272 superior. 190 frontera. 23 isomor…smo de Banach. 432 radial. 34 localmente integrable. 136 medible. 42 de un conjunto (A). 310 Riemann-integrable. 279 longitud de una trayectoria. 70 funcional. 32 de clase C 1 . 395 grupo lineal general GL(n. 184 parcialmente diferenciable. 181. 184 característica 1X . 62 . 274.s. 320 linealidad de la derivada. 395 de clase C k . 67 uniformemente continua. 313 longitud. intX (A). 235 ortogonal O(n). 290 semicontinua inferiormente s. 368 ÍNDICE ALFABÉTICO imagen inversa de un conjunto 1 (B). 166. 65 mínimo de una función. 80 superior. 226. R). 337 Gâteaux-diferenciable . 53 función (Fréchet-)diferenciable. 310 de una función s. 312 de una función continua. 272 interior int(A).s. 204 límite. 274.. 261 inferior.. 33 identidad del paralelogramo. 169 de la integral. 332 multilineal.. 380 de una sucesión.c. 176 integrable. 409 lema de Baire. 90 armónica.c.c. 37 isometría. 394 integral de Lebesgue.c.i. 173 débilmente diferenciable. 207 método de aproximaciones sucesivas. 224 regla de la cadena. 337 inducida por el producto escalar. 49 escalar. 369 k kp . 411. 62 local. 100 interior. 388 débil. 411. 125 reparametrización. 149 de Legendre. 413 soporte. 328 monotonia de la integral. 17 inducida en un subconjunto.t. 88 rectángulo. 12. 182 medida de Haar. 130 producto de espacios métricos X Y . 129 de funciones. 23 inducida por una norma. 282. 35 447 de Bernstein. 404 para funciones de variable real. 225. 337 k kp . 172 relativamente compacto.ÍNDICE ALFABÉTICO local. 137 subespacio métrico. 39 …jo. 228 de Lebesgue. 99 de Dirichlet. 368 proyección ortogonal. 378. 348 serie. 102 métrica. 17 uniforme k k1 . 389 compacto. 388 norma. 55 parametrización proporcional a la longitud de arco. 279 multiplicador de Lagrange. 11 uniforme k k1 . 111. 22 normas equivalentes. 348 f g. 88 de volterra. 12 uniforme d1 . 16. 107 de potencias. 22 métricas equivalentes. 236 matriz jacobiana. 207 máximo de una función. 135 símbolos ! . 8 discreta ddisc .). 413 problema de Cauchy. 374 punto crítico. 110 solución ortonormalización clásica. 207. 37 radio de convergencia.c. 207 de contacto. 240 para casi todo (p. 410 de Gram-Schmidt. 86 operador de Fourier. 23 polinomio . 389 principio de Cavalieri. 35 matriz ortogonal. 295 subcubierta. 270 de contracción. 169 para derivadas débiles. 88 de Fredholm. 424 de existencia de Peano. 150 propio. 391 totalmente acotado. 122 traslación T f . 429 de representación de Fréchet-Riesz. 255 de Egorov. 386 de punto …jo de Banach. 43 de Cauchy. 352 uniformemente de Cauchy. 299 de Heine-Borel. 107. 139 de Fréchet-Kolmogorov. 84 suma directa de espacios de Hilbert. 355 de Fubini. 336 de Vitali. 432 de aproximación de Weierstrass. 204 de la función inversa. 155 de Taylor. 405 de convergencia débil de sucesiones acotadas. 362 de encaje de Sobolev. 267. 302 de Dini. 65. 133 de existencia de trayectorias geodésicas. 127 volumen. 379 subsucesión. 226 trayectoria. 270 de cambio de variable. 110. 189 de Tonelli. 44 convergente. 383 de convergencia dominada. 135 teorema valor de aproximación de Bernstein. 352 regularizante estándar. generado por X . 314 de cambio de variable para derivadas débiles. 377 de Stone-Weierstrass. 282 de Bolzano-Weierstrass. 115 . 217 de Picard-Lindelöf. 202 de Arzelà-Ascoli.448 lin(X ). 61 de la función implícita. 152 regular. 100 de Rellich-Kondrachov. 331 del complemento ortogonal. 62 de una bola. 43 acotada. 75 regularizante. 44 subvariedad de un espacio de Banach. 371 supremo puntual. 374 del valor medio. 206 sucesión. 306 de convergencia dominada en Lp . 172 topología débil. 341 de convergencia monótona. 257 ÍNDICE ALFABÉTICO de Pitágoras. 280.