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Capı́tulo 9
Espacios de Hilbert
1.
Propiedades básicas
En este capı́tulo estudiaremos las propiedades básicas, ası́ como algunas
aplicaciones, de la teorı́a de espacios de Hilbert.
Definición 9.1. Decimos que X es un espacio de Hilbert si es un espacio
vectorial con producto interno completo.
Es decir, si d es la métrica inducida por la norma en X, inducida a su
vez por el producto interno, entonces (X, d) es completo.
Si X es un espacio con producto interno, escribiremos el producto interno
de x, y ∈ X como (x, y), y la norma inducida como ||x||.
Entre las propiedades que satisface la norma inducida se encuentra la
identidad del paralelogramo.
Proposición 9.2 (Identidad del paralelogramo). Si x, y ∈ X, entonces
||x + y||2 + ||x − y||2 = 2||x||2 + 2||y||2 .
Demostración. Sean x, y ∈ X. Entonces
||x + y||2 + ||x − y||2 = (x + y, x + y) + (x − y, x − y)
= (x, x) + (x, y) + (y, x) + (y, y)
+ (x, x) − (x, y) − (y, x) + (y, y)
= 2||x||2 + 2||y||2 .
De hecho, uno puede mostrar que, si X es un espacio normado tal que
su norma satisface la identidad del paralelogramo, entonces la norma es
149
150
9. Espacios de Hilbert
inducida por un producto interno, por medio de la identidad de polarización
(ejercicios 3 y 4).
Decimos que x, y ∈ X son ortogonales, y escribimos x ⊥ y, si (x, y) = 0.
Proposición 9.3 (Teorema de Pitágoras). Si x ⊥ y, entonces
||x + y||2 = ||x||2 + ||y||2 .
Demostración. Como (x, y) = 0,
||x + y||2 = (x + y, x + y) = (x, x) + (x, y) + (y, x) + (y, y)
= ||x||2 + ||y||2 .
Observamos que hemos utilizado el hecho que, si (x, y) = 0, entonces
(y, x) = 0.
Mostramos ahora la continuidad del producto interno.
Proposición 9.4. Sea X un espacio con producto interno (·, ·). Entonces
(·, ·) : X × X → K es continua.
Recordemos que a X × X se le asigna la métrica producto (ejemplo 1.10,
capı́tulo 1).
Demostración. Es suficiente con mostrar que, si xn → x y yn → y en
X, entonces (xn , yn ) → (x, y) en K. Pero, por la desigualdad de CauchySchwarz,
|(xn , yn ) − (x, y)| ≤ |(xn − x, yn )| + |(x, yn − y)|
≤ ||xn − x|| ||yn || + ||x|| ||yn − y||.
Como la sucesión (yn ) converge, es acotada, digamos ||yn || ≤ M para todo
n. Entonces, dado ε > 0, tomamos N tal que, para n ≥ N ,
ε
ε
||xn − x|| <
y
||yn − y|| <
.
2M + 1
2||x|| + 1
Entonces, si n ≥ N ,
|(xn , yn ) − (x, y)| ≤ ||xn − x|| ||yn || + ||x|| ||yn − y||
ε
ε
≤
M + ||x||
< ε.
2M + 1
2||x|| + 1
Si x ∈ X y Y es un subespacio1 de X, decimos que x es perpendicular a
Y , y escribimos x ⊥ Y , si x ⊥ y para todo y ∈ Y .
1De aquı́ en adelante, con subespacio de X nos referiremos a un subespacio vectorial de X.
151
1. Propiedades básicas
No es muy difı́cil verificar que, si Y es un subespacio de X, entonces su
cerradura Ȳ también lo es (ejercicio 5). El siguiente corolario se sigue de
forma inmediata de la proposición 9.4.
Corolario 9.5. Si x ⊥ Y , entonces x ⊥ Ȳ .
Mostramos ahora el siguiente teorema.
Teorema 9.6. Sea Y un subespacio cerrado del espacio de Hilbert X. Entonces, para cada x ∈ X, existe un único y0 ∈ Y tal que
||x − y0 || ≤ ||x − y||
para todo y ∈ Y . Es decir, y0 es el vector en Y más cercano a x.
Por la definición de distancia entre dos conjuntos (más exactamente,
entre un punto y un conjunto), vemos que y0 es el único vector en Y que
satisface
||x − y0 || = d(x, Y ).
Notamos que, si x ∈ Y , entonces y0 = x.
Demostración. Sea r = d(x, Y ). Para cada n ≥ 1, tomamos yn ∈ Y tal
1
que ||x − yn || < r + . Mostraremos que la sucesión (yn ) es de Cauchy y,
n
como X es completo (es un espacio de Hilbert), converge.
Observamos primero que, por la identidad del paralelogramo,
||yn − ym ||2 = 2||yn − x||2 + 2||ym − x||2 − ||yn + ym − 2x||2
1
2
1 2
1 2 2 r+
− 4 (yn − ym ) − x
<2 r+
n
m
2
2r
1
1
2r
≤ 2 r2 +
+ 2 + 2 r2 +
+ 2 − 4r 2
n
n
n
n
1
1
1
1
+ 2 + 2,
+
= 4r
n m
n
m
1
donde hemos usado el hecho que (yn + ym ) ∈ Y y entonces
2
1
(yn − ym ) − x ≥ r.
2
1 1
Como ,
→ 0, concluimos que, dado ε > 0, existe N tal que, si n, m ≥ N ,
n m
||yn − ym || < ε.
Entonces (yn ) converge, digamos yn → y0 , y, como Y es cerrado, y0 ∈ Y .
Por la construcción de (yn ), obtenemos que ||x − y0 || = r = d(x, Y ).
152
9. Espacios de Hilbert
Para mostrar unicidad, sea z0 ∈ Y tal que ||x − z0 || = d(x, Y ). Entonces,
por la identidad del paralelogramo nuevamente,
||y0 − z0 ||2 = 2||y0 − x||2 + 2||z0 − x||2 − ||y0 + z0 − 2x||2
1
2
= 2r 2 + 2r 2 − 4 (y0 − z0 ) − x ≤ 0,
2
donde también hemos usado el hecho que
1
(y0 − z0 ) − x ≥ r,
2
con r = d(x, Y ). Entonces ||y0 − z0 || = 0, lo que implica que z0 = y0 .
Al vector y0 del teorema 9.6 se le llama la proyección ortogonal de x
sobre Y , y se denota por ProyY x. La razón de este nombre está dada por el
siguiente teorema.
Teorema 9.7. Sea Y un subespacio de X y x ∈ X. Entonces y0 = ProyY x
si, y solo si, x − y0 ⊥ Y .
Demostración. Sea y0 = ProyY x y w = x − y0 . Para y ∈ Y , y 6= 0, sea
z=
Primero, tenemos que
(w, y)
y.
||y||2
||w − z|| = ||x − (y0 + z)|| ≥ ||x − y0 || = ||w||.
Entonces
||w||2 ≤ ||w − z||2 = ||w||2 − (w, z) − (z, w) + ||z||2
(w, y)
(w, y)
|(w, y)|2
(w,
y)
−
(y,
w)
+
||y||2
||y||2
||y||2
||y||4
|(w, y)|2
,
= ||w||2 −
||y||2
= ||w||2 −
lo que implica que |(w, y)| ≤ 0, y entonces w ⊥ y. Como y ∈ Y es arbitrario,
w ⊥Y.
Para la inversa, suponemos ahora que x − y0 ⊥ Y . Entonces, para y ∈ Y ,
x − y0 ⊥ y0 − y, porque y0 − y ∈ Y , y, por el teorema de Pitágoras,
||x − y||2 = ||x − y0 ||2 + ||y0 − y||2 ≥ ||x − y0 ||2 .
Ejemplo 9.8. Consideramos el caso en que el subespacio Y es de dimensión
finita, con base ortonormal {u1 , . . . , ul }. Entonces, para x ∈ X,
ProyY x = (x, u1 )u1 + . . . + (x, ul )ul .
153
2. Sistemas ortonormales completos
Para mostrar esto, sea y0 = (x, u1 )u1 + . . . + (x, ul )ul . Mostraremos que
x − y0 ⊥ Y .
Si y ∈ Y , como la base {u1 , . . . , ul } es ortonormal (ejercicio 6),
y = (y, u1 )u1 + . . . + (y, ul )ul .
Entonces
l
l
X
X
(x, uj )uj , y
(y, uj )uj −
(x − y0 , y) = (x, y) − (y0 , y) = x,
=
l
X
j=1
(y, uj )(x, uj ) −
j=1
j=1
l
X
(x, uj )(uj , y) = 0,
j=1
por lo que x − y0 ⊥ y.
En la siguiente sección estudiaremos el caso general, para el cual Y no
necesariamente es de dimensión finita, por lo que tenemos que extender el
concepto de base ortonormal.
2.
Sistemas ortonormales completos
Decimos que un subconjunto S ⊂ X es ortonormal si, para todo x, y ∈ S,
(
1 x=y
(x, y) =
0 x 6= y.
Lo primero que haremos es recordar el proceso de Gram-Schmidt para
producir sucesiones ortonormales.
Teorema 9.9. Sea (vn ) un sucesión (posiblemente finita) de vectores linealmente independientes en X. Entonces existe un conjunto ortonormal
S = {u1 , u2 , . . . , }
(posiblemente finito) tal que, para cada n,
vn ∈ gen{u1 , . . . , un },
el espacio generado por u1 , . . . , un .
Se entiende que, si (vn ) es un sucesión finita con, digamos, l vectores,
entonces la conclusión del teorema se cumple para n ≤ l.
Demostración. La demostración de este teorema es constructiva, cuyo algoritmo, como lo mencionamos antes, es conocido como el proceso de GramSchmidt.
154
9. Espacios de Hilbert
Empezamos por observar, que, como los vn son linealmente independienv1
. Claramente
tes, en particular v1 6= 0, por lo que podemos definir u1 =
||v1 ||
v1 ∈ gen{u1 }.
Habiendo definido u1 , . . . , uk ortonormales tales que
vn ∈ gen{u1 , . . . , un },
para n ≤ k, definimos
wk+1 = vk+1 − (vk+1 , u1 )u1 − . . . (vk+1 , uk )uk .
Es decir, wk+1 es la diferencia entre vk+1 y su proyección ortogonal sobre el
espacio generado por u1 , . . . , uk . Como cada
un ∈ gen{v1 , . . . , vn },
n ≤ k (ejercicio 8), wk+1 es una combinación lineal no trivial de v1 , . . . vk+1
(el coeficiente de vk+1 es 1), por lo que wk+1 6= 0 porque los vn son linealmente independientes. Definimos entonces
wk+1
uk+1 =
.
||wk+1 ||
Entonces uk+1 ⊥ un para n = 1, . . . , k, por la definición de wk+1 , y tiene norma 1. Por la hipótesis de inducción, entonces, u1 , . . . , uk+1 son ortonormales.
Además,
vk+1 = wk+1 + (vk+1 , u1 )u1 + . . . (vk+1 , uk )uk ∈ gen{u1 , . . . , uk+1 }.
Por lo tanto, la existencia del conjunto S deseado se sigue por inducción. Ejemplo 9.10. Consideramos el espacio X = C([0, 1], C) con producto
interno
Z 1
f ḡ,
(f, g) =
0
y consideramos la sucesión (fn ) donde fn (x) = xn . Entonces, el proceso
de Gram-Schmidt, a partir de la sucesión (fn ), produce la sucesión (en ) de
funciones
e0 (x) = 1,
√ 1
e1 (x) = 2 3 x −
,
2
√
1
,
e2 (x) = 6 5 x2 − x +
6
√ 3
1
3
,
e3 (x) = 20 7 x3 − x2 + x −
2
5
20
..
.
polinomios ortonormales tales que cada en tiene grado n.
2. Sistemas ortonormales completos
155
Un sistema ortonormal completo es un conjunto ortonormal S tal que
Y = gen S es denso en X, es decir, Ȳ = X. En otras palabras, S es un sistema
ortonormal completo si para cada x ∈ X y ε > 0 existe una combinación
lineal
y = a1 v1 + . . . ak vk ,
con v1 , . . . , vk ∈ S, tal que
||x − y|| < ε.
El siguiente teorema establece la condición necesaria y suficiente para
la existencia de un sistema ortonormal completo contable en un espacio de
Hilbert.
Teorema 9.11. Sea X un espacio de Hilbert. Entonces X es separable si,
y solo si, existe un sistema ortonormal completo contable en X.
Recordemos que un espacio es separable si existe un conjunto denso
contable.
Demostración. Sea X un espacio de Hilbert separable, y sea
F = {vn : n ∈ Z+ }
denso en X. Por el teorema 9.9, existe un conjunto ortonormal contable
S = {un : n ∈ Z+ }
tal que vn ∈ gen{u1 , . . . , un } para cada n. Demostraremos que gen S es denso
en X.
Sea x ∈ X y ε > 0. Entonces, como F es denso, existe vk ∈ F tal que
||x − vk || < ε.
Ahora bien, vk ∈ gen{u1 , . . . , uk }, por lo que existen escalares a1 , . . . , ak
tales que
vk = a1 u1 + . . . + ak uk .
Entonces vk ∈ gen S y ||x − vk || < ε, por lo que podemos concluir que gen S
es denso.
Para la inversa, suponemos que S = {un : n ∈ Z+ } es un sistema
ortonormal completo, y definimos
F = {(a1 + ib1 )un1 + . . . + (ak + ibk )unk :
k ∈ Z+ , aj , bj ∈ Q, unj ∈ S, j = 1, . . . , k},
es decir, el conjunto de todas las combinaciones lineales de vectores en S
con coeficientes racionales complejos (si X es un espacio real, simplemente
tomamos bj = 0).
156
9. Espacios de Hilbert
Entonces F es contable. Para verificar que es denso, sea x ∈ X y ε ∈ X.
Como gen S es denso, existe
y = λ1 un1 + . . . + λk unk ∈ gen S
ε
tal que ||x−y|| < . Ahora bien, para cada j = 1, . . . , k, tomamos aj , bj ∈ Q
2
tales que
ε
|aj + ibj − λj | < √ .
2 k
Entonces, si z = (a1 + ib1 )un1 + . . . + (ak + ibk )unk ,
v
v
u k
u k
uX
uX ε2
ε
t
2
= ,
||y − z|| =
|aj + ibj − λj | < t
4k
2
j=1
j=1
y por lo tanto
||x − z|| ≤ ||x − y|| + ||y − z|| < ε.
Como z ∈ F , F es denso, y por lo tanto X es separable.
Por el teorema anterior, cualquier espacio de Hilbert separable X tiene al
menos un sistema ortonormal completo contable. Mostraremos ahora que,
de hecho, todos los sistemas ortonormales completos son contables, y son
finitos si y solo si X es de dimensión finita.
Teorema 9.12. Sea X un espacio de Hilbert separable y S un sistema ortonormal completo.
1. Si dim X = l < ∞, entonces S tiene l elementos y es una base para
X.
2. Si dim X = ∞, entonces S es infinito contable.
Notamos que, si X es un espacio de dimensión finita, entonces sus bases
podrı́an ser incontables. Sin embargo, por el teorema 9.12, todos sus sistemas
ortonormales completos son contables.
Demostración. Suponemos primero que X es dimensión finita, digamos
dim X = l. Entonces, como los elementos de S son ortogonales, entonces
son linealmente independientes (ejercicio 9). Entonces S tiene a los más l
vectores, digamos N ≤ l.
Sea S = {u1 , . . . , uN }. Como gen S es denso, para x ∈ X y ε > 0 existe
y = a1 u1 + . . . + aN uN tal que
||x − y|| < ε.
Pero, si y0 = (x, u1 )u1 + . . . + (x, uN )uN es la proyección ortogonal sobre
gen S, entonces
||x − y0 || ≤ ||x − y||,
2. Sistemas ortonormales completos
157
y por lo tanto ||x − y0 || < ε. Como ε > 0 es arbitrario, x = y0 , y entonces
X = gen S. Ası́ que S es una base para X.
Del párrafo anterior podemos concluir, en general, que si S es finito entonces es una base para X. Entonces, si X es de dimensión infinita, entonces
S es infinito. Solo resta por demostrar que S debe ser contable.
Para verificarlo, construiremos una función inyectiva φ : S → N de la
siguiente forma. Sea F = {vn : n ∈ Z+ } un conjunto denso contable en X.
F existe porque X es separable. Entonces, para u ∈ S, existe vk ∈ F tal que
1
||u − vk || < .
2
Definimos entonces φ en S como
n
1o
.
φ(u) = mı́n k : ||u − vk || <
2
Si u 6 u0 son vectores en S, por el teorema de Pitágoras
||u − u0 ||2 = ||u||2 + ||u0 ||2 = 1 + 1 = 2.
Entonces
||vφ(u) − vφ(u0 ) || = ||vφ(u) − u + u − u0 + u0 − vφ(u0 ) ||
por lo que vφ(u)
≥ ||u − u0 || − ||vφ(u) − u|| − ||u0 − vφ(u0 ) ||
√
1 1
> 2 − − > 0,
2 2
6 vφ(u0 ) , y entonces φ(u) 6= φ(u0 ). Por lo tanto S es contable.
=
Ahora bien, recordemos que, si S = {u1 , . . . , ul } es una base ortonormal
del espacio de dimensión finita X, entonces, para cada x ∈ X,
x = (x, u1 )u1 + . . . + (x, ul )ul
(ejercicio 6). El siguiente teorema generaliza este resultado a espacio de
Hilbert separables.
Teorema 9.13. Sea X un espacio de Hilbert separable y S = {un : u ∈ Z+ }
un sistema ortonormal completo. Entonces, para cada x ∈ X,
(9.1)
∞
X
(x, un )un = x.
n=1
Más aún, esta expansión de x es única; es decir, si
∞
X
n=1
entonces an = (x, un ).
an un = x,
158
9. Espacios de Hilbert
Demostración. Para cada n, sea Yn = gen{u1 , . . . , un }. Entonces cada Yn
es de dimensión finita y
ProyYn x =
n
X
(x, uj )uj = sn ,
j=1
P∞
las sumas parciales de la serie n=1 (x, un )un . Como gen S es denso, para
ε > 0 existe
y = a1 un1 + . . . + ak unk
tal que ||x − y|| < ε. Entonces, como y ∈ YN , donde
N = máx{n1 , . . . , nk },
tenemos que ||x − sN || ≤ ||x − y|| < ε. Más aún, para n ≥ N , sN ∈ Yn ,
ası́ que
||x − sn || ≤ ||x − sN || < ε.
Por lo tanto sn → x.
Suponemos ahora que
∞
X
Por el teorema 9.4, si sn =
an un = x.
n=1
n
X
aj uj son las sumas parciales de la serie,
j=1
entonces (sn , uj ) → (x, uj ). Pero
(
0
(sn , uj ) =
aj
n<j
n ≥ j.
Entonces aj = (x, uj ) para cada j.
La expansión (9.1) es llamada una expansión ortogonal de x, o serie de
Fourier de x, con respecto al sistema ortonormal completo S. A cada uno de
los coeficientes (x, un ) se les llama coeficientes de Fourier de x, y se denotan
como x̂(n). Se entiende que, si X es de dimensión finita, entonces (9.1) es
una suma finita.
Como corolario, tenemos que estos coeficientes satisfacen la siguientes
identidades, conocidas como de Parseval.
Corolario 9.14 (Parseval). Sea X un espacio de Hilbert separable y S =
{un }∞
n=1 un sistema ortonormal completo. Entonces, para cada x,
2
||x|| =
∞
X
n=1
|x̂(n)|2 ,
3. El espacio l2
159
donde x̂(n) = (x, un ). Además, para x, y ∈ X,
(x, y) =
∞
X
x̂(n)ŷ(n).
n=1
P
Demostración. Sean sn = nj=1 x̂(j)uj las sumas parciales de la serie de
Fourier de x. Entonces, por el teorema 9.4, ||sn ||2 → ||x||2 . Pero, por el
teorema de Pitágoras,
n
X
2
|x̂(j)|2 ,
||sn || =
j=1
lo que demuestra la primera parte del teorema.
P
Para la segunda parte, sean tn = nj=1 ŷ(j)uj las sumas parciales de la
serie de Fourier de y. Entonces, como u1 , . . . , un son ortonormales,
(sn , tn ) =
n
X
x̂(j)ŷ(j).
j=1
Pero, nuevamente por el teorema 9.4, (sn , tn ) → (x, y).
Como corolario, también obtenemos la desigualdad de Bessel,
k
X
(9.2)
j=1
|(x, vj )|2 ≤ ||x||2 ,
si v1 , . . . , vk son ortonormales en X.
3.
El espacio l2
En esta sección estudiaremos con detalle un ejemplo básico de un espacio
de Hilbert de dimensión infinita.
Sea l2 el conjunto de todas las sucesiones (an )∞
n=1 tales que
∞
X
n=1
|an |2 < ∞.
Podemos hacer l2 un espacio vectorial, si definimos las operaciones
(an ) + (bn ) = (an + bn )
y
λ(an ) = (λan ).
Para verficar que estas operaciones están bien definidas, vemos que, por la
desigualdad del triángulo en KN con la norma euclideana,
v
v
v
v
v
uN
uN
uN
u∞
u∞
uX
uX
uX
uX
uX
t
t
t
2
2
2
2
|an + bn | ≤
|an | +
|bn | ≤ t
|an | + t
|bn |2
n=1
n=1
n=1
n=1
n=1
160
9. Espacios de Hilbert
para todo N , porque
∞
X
|an |2
y
∞
X
n=1
n=1
P∞
convergen, y entonces
n=1 |an
Similarmente, (λan ) ∈ l2 , y no
|2
|bn |2
+ bn converge, ası́ que (an + bn ) ∈ l2 .
es diff́icil verificar que estas operaciones
satisfacen los axiomas de un espacio vectorial (ejercicio 15).
Más aún, por la desigualdad de Cauchy-Schwarz en KN , si (an ), (bn ) ∈ l2 ,
v
v
v
v
uN
uN
u∞
u∞
N
uX
uX
X
X
uX
u
t
t
2
2
2
t
|an bn | ≤
|an |
|bn | ≤
|an | t
|bn |2
n=1
n=1
n=1
n=1
n=1
P∞
para todo N , por lo que la serie n=1 an b̄n converge absolutamente. Definimos entonces la función (·, ·) : l2 × l2 → K como
∞
X
an b̄n .
(9.3)
(an , (bn ) =
Proposición 9.15. La función (·, ·) :
producto interno en l2 .
n=1
2
l × l2
→ K definida por (9.3) es un
Más aún, con este producto interno, l2 es un espacio de Hilbert.
Demostración. Para mostrar que (9.3) es un producto interno, tomamos
(an ), (bn ), (cn ) ∈ l2 , λ ∈ K, y verificamos lo siguiente.
∞
X
|an |2 ≥ 0, y es 0 si y solo si an = 0 para todo n, o
1. (an ), (an ) =
n=1
sea (an ) = (0).
2. Para todo N ,
N
X
an b̄n =
n=1
N
X
bn ān ,
n=1
lo que demuestra que, en el lı́mite, (an ), (bn ) = (bn ), (an ) .
3. Como todas las series siguientes son convergentes,
∞
X
(an + bn )c̄n
(an ) + (bn ), (cn ) = (an + bn ), (cn ) =
n=1
=
∞
X
n=1
y
an c̄b +
∞
X
n=1
bn c̄n = (an ), (cn ) + (bn ), (cn ) ,
∞
∞
X
X
an b̄n = λ (an ), (bn ) .
λan b̄n = λ
λ(an ), (bn ) = (λan ), (bn ) =
n=1
n=1
3. El espacio l2
161
Ya solo resta mostrar completitud de l2 . Sea (Ak ) una sucesión en l2 . Escribiremos cada Ak = (ank )∞
n=1 , donde el ı́ndice de cada sucesión Ak lo hemos
escrito como superı́ndice. Demostraremos que, si la serie
∞
X
k=1
||Ak ||
converge, entonces la serie
∞
X
Ak
k=1
l2
converge, y la completitud de se sigue del teorema 2.24. Recordemos que
la norma || · || inducida por el producto interno está dada por
v
u∞
uX
|an |2 .
||(an )|| = t
n=1
Observamos
primero que, para cada nP
y cada k, |ank | ≤ ||Ak ||, y por
P∞
n
n
lo tanto k=1 |ak | < ∞. Ası́ que la serie ∞
k=1 ak converge para cada n,
digamos
∞
X
ank = an .
Mostraremos que la serie
P∞
k=1
converge a la sucesión (an ) en l2 .
k=1 Ak
Empezamos por verificar que (an ) ∈ l2 . Para cada n, sea
snk
=
k
X
anl
l=1
la k-ésima suma parcial de cada serie
N podemos encontrar k tal que
P
k
ank . Como cada snk → an , para cada
1
|an − snk | < √ ,
N
para n = 1, . . . , N . Ahora bien,
v
v
v
uN
uN
uN
uX
uX
uX
t
t
n
n
2
n
2
|a | ≤
|a − sk | + t
|snk |2 .
n=1
n=1
n=1
Por la selección de k,
v
v
uN
uN
uX 1
uX
t
|an − snk |2 < t
= 1.
N
n=1
n=1
162
9. Espacios de Hilbert
P
Ahora, si llamamos M = ∞
k=1 ||Ak ||, tenemos entonces
v
v
v
uN
uN k
k u
k
N
uX
uX
uX X 2 X
X
t
t
|snk |2 = t
|anl |2 ≤
anl ≤
||Al || ≤ M.
n=1
Por lo tanto
n=1
N
X
n=1
l=1
l=1
n=1
l=1
|an |2 ≤ (1 + M )2 y, como N es arbitrario, (an ) ∈ l2 .
Sea ahora
sk =
la k-ésima suma parcial de
k ≥ K,
Tal K existe porque
P
k
P
k
X
Al =
l=1
k
k
X
anl
l=1
Ak . Sea ε > 0, y tomamos K tal que, para
X
l>k
ε
||Al || < .
2
||Ak || < ∞. Mostraremos que, para k ≥ K,
||sk − (an )|| < ε.
Sea k ≥ K, y tomamos N ∈ Z+ . Escogemos p > k tal que, para cada
n = 1, . . . , N ,
ε
|snp − an | < √ .
2 N
n
n
Tal p existe porque sl → a cuando l → ∞ para cada n (notamos que p
depende de N ). Entonces
v
v
v
uN
uN
uN
uX
uX
uX
t
t
|snk − an |2 ≤
|snk − snp |2 + t
|snp − an |2 .
n=1
n=1
n=1
Por la selección de p, el segundo sumando puede ser estimado por
v
v
uN
uN
uX
uX ε2
ε
t
n
n
2
= .
|sp − a | < t
4N
2
n=1
n=1
Para el primero,
v
v
v
uN
uN
uN 2
uX
uX
X
X
uX X
ε
t
t
n
n
n
2
t
al ≤
|sk − sp | =
|anl |2 ≤
||Al || < ,
2
n=1
n=1 k<l≤p
porque k ≥ K. Entonces,
||sk − (an )|| < ε.
qP
N
n
n=1 |sk
k<l≤p
n=1
k<l≤p
− an |2 < ε y, como N es arbitrario,
3. El espacio l2
163
El espacio de Hilbert l2 tiene al conjunto de las sucesiones ek , dadas por
(
1 k=n
enk =
0 k 6= n,
como sistema ortonormal completo, ya que (ejercicio 16)
(an ) =
∞
X
an en
n=1
para cualquier (an ) ∈ l2 . Por lo tanto, l2 es separable, por el teorema 9.11.
Más aún, l2 es isométricamente isomorfo a cualquier otro espacio de Hilbert
separable, como lo afirma el siguiente teorema.
Teorema 9.16. Sea X un espacio de Hilbert separable de dimensión infinita. Entonces X es isométricamente isomorfo a l2 ; es decir, existe una
isometrı́a Φ : X → l2 tal que es un isomorfismo.
Demostración. Como X es separable y de dimensión infinita, existe un
sistema ortonormal completo, digamos S = {un }∞
n=1 , infinito contable. Entonces, para cada x ∈ X,
∞
X
x̂(n)un ,
x=
n=1
donde x̂(n) = (x, un ), por el teorema 9.13. Definimos entonces la función
Φ : X → l2 como Φ(x) = (an ), donde an = x̂(n). Por la identidad de
Parseval,
∞
X
2
|an |2 = ||Φ(x)||2 ,
||x|| =
n=1
por lo que Φ es una isometrı́a. Claramente es lineal porque el producto
interno es lineal.
Para verificar que es un isomorfismo, observamos primero que Φ es inyectiva porque ||Φ(x)|| = ||x||, y entonces Φ(x) = 0 solo si x = 0. Para
mostrar que Φ es sobreyectiva, sea (an ) ∈ l2 y consideramos la serie
∞
X
an un .
n=1
Para mostrar que converge, sean sn las sumas parciales. Entonces, como los
un son ortonormales, si n > m tenemos, por el teorema de Pitágoras,
X
||sn − sm ||2 =
|an |2 .
m<l≤n
Como (an ) ∈ l2 , para ε > 0 existe N tal que, si n ≥ N ,
Por lo tanto, si n, m ≥ N , ||sn − sm || < ε.
P
n≥N
|an |2 < ε2 .
164
9. Espacios de Hilbert
Ası́ que la sucesión (sn ) es de Cauchy y, como X es completo (es un
espacio de Banach), converge, digamos
∞
X
an un = x.
n=1
Por la unicidad de la expansión ortogonal (teorema 9.13), Φ(x) = (an ), y
por lo tanto Φ es sobreyectiva.
4.
El espacio L2 ([0, 1])
Consideremos el espacio C([0, 1], C) (que solo denotaremos C([0, 1]). Recordemos que podemos definir el producto interno
Z 1
f ḡ,
(f, g) =
0
el cual induce la norma || · ||2 . Sin embargo, C([0, 1]) no es completo con
respecto a esta norma. Por ejemplo, si consideramos la sucesión de funciones
continuas (fn ) dadas por


n1/3 0 ≤ x ≤ 1
n
fn (x) =
1
1


≤ x ≤ 1,
x1/3 n
entonces (fn ) es una sucesión de Cauchy en C([0, 1]), con la norma || · ||2 ,
pero no converge.
64
Para demostrarlo, sea ε > 0, y tomamos N > 6 . Entonces, para n >
ε
m ≥ N,
Z 1
m
(n1/3 − m1/3 )2
1
2
||fn − fm ||2 =
+
dx
2/3
1
n
x
n
1
1
1 4
≤ 1/3 + 3
−
≤ 1/3 < ε2 ,
1/3
1/3
n
m
n
N
y por lo tanto ||fn − fm ||2 < ε. Entonces la sucesión (fn ) es de Cauchy.
Si convergiera, digamos, fn → f , entonces f serı́a acotada. Sea M > 0
tal que |f | ≤ M . Pero entonces, si tomamos N > (M + 1)3 ,
fN (x) − M = N 1/3 − M > 1
para x ∈ [0, 1/N ]. Ası́ que
||fN −
f ||22
=
Z
1
0
2
|fN − f | ≥
Z
1
N
0
1=
1
,
N
1
para todo n ≥ N , lo que contradice fn → f con
y entonces ||fn − f ||2 ≥
N
respecto a la norma || · ||2 .
4. El espacio L2 ([0, 1])
165
Para obtener un espacio de Hilbert, tomamos entonces la completitud
C([0, 1]) del espacio C([0, 1]) (sección 5, capı́tulo 2) con respecto a la norma
|| · ||2 . Lo denotaremos como L2 ([0, 1]).
L2 ([0, 1]) es un espacio de Hilbert (ejercicio 17), y se le llama espacio de
Lebesgue de funciones cuadráticamente integrables.
No es obvio que los elementos de L2 ([0, 1]), definidos como clases de
equivalencia de sucesiones de Cauchy en (C([0, 1]), || · ||2 ), puedan ser representados por funciones en [0, 1], y la demostración está fuera del alcance de
estas notas2. Sin embargo, será suficiente para nosotros el que f ∈ L2 ([0, 1])
si, y solo si, existe una sucesión de funciones continuas fn en [0, 1] tales que
fn → f con respecto a || · ||2 .
Ejemplo 9.17. La función f (x) = x−1/3 , x 6= 0, f (x) = 0, está en L2 ([0, 1]).
De hecho, es el lı́mite de la sucesión (fn ), presentada anteriormente, bajo la
norma || · ||2 .3
Empezamos por observar que L2 ([0, 1]) es separable.4 Como consecuencia
del teorema de Stone-Weierstrass, el espacio (C([0, 1]), || · ||u ) (con respecto
a la norma uniforme) es separable (corolario 5.15), por lo que existe un
conjunto contable F = {fn }∞
n=1 de funciones continuas tales que, para cada
f ∈ C([0, 1]) y cada ε > 0, ||fn − f ||u < ε. Podemos tomar, por ejemplo, los
polinomios con coeficientes racionales.
Ahora bien, sea f ∈ L2 ([0, 1]) y sea ε > 0. Entonces, existe una función
continua g tal que
ε
||f − g||2 < .
2
Ahora bien, existe fn ∈ F tal que
ε
||g − fn ||u < .
2
Entonces
s
Z 1
ε
||f − fn ||2 ≤ ||f − g||2 + ||g − fn ||2 < +
|g − fn |2
2
0
s
Z 1
ε ε
ε
||g − fn ||2u < + = ε.
≤ +
2
2
2
0
Por lo tanto, F es denso en L2 ([0, 1]).
2Véase, por ejemplo, [2], para la demostración de este hecho.
3Más precisamente, es un representante del lı́mite. Refiérase a la sección 5 del capı́tulo 2 para
los detalles.
4En general, la completitud de un espacio separable es separable (ejercicio 18).
166
9. Espacios de Hilbert
Por el teorema 9.11, L2 ([0, 1]) tiene un sistema ortonormal completo
contable, el cual podemos tomar, por ejemplo, el obtenido al aplicar el proceso de Gram-Schmidt a la sucesión de polinomios 1, x, x2 , x3 , . . . , como en
el ejemplo 9.10.
Sin embargo, un sistema ortonormal completo más popular es el formado
por las funciones exponenciales en (x), n ∈ Z, dadas por
en (x) = e2πinx ,
x ∈ [0, 1].
Aquı́, enumeramos a los enteros como 0, ±1, ±2, . . ..
Teorema 9.18. La colección de funciones S = {en : n ∈ Z} forma un
sistema ortonormal completo en L2 ([0, 1]).
Demostración. Empezamos por verificar que gen S es denso en C([0, 1]),
con respecto a la norma uniforme. Pero, como para cada n
en (x) = cos nx + i sen nx,
entonces gen S es el conjunto de polinomios trigonométricos en [0, 1] con
coeficientes complejos, y por lo tanto es denso en C([0, 1]) (separando partes
real e imaginaria), como habı́amos observado en el ejemplo 5.23. Entonces,
para cada f ∈ C([0, 1]) y cada ε > 0, existe un polinomio p ∈ gen S tal que
||f − p||u < ε.
Ahora, para f ∈ L2 ([0, 1]) y ε > 0, sea g ∈ C([0, 1]) tal que
ε
||f − g||2 < ,
2
y sea p ∈ gen S tal que
ε
||g − p||u < .
2
Entonces, similarmente al análisis anterior, tenemos
s
Z 1
ε
|g − p|2
||f − p||2 ≤ ||f − g||2 + ||g − p||2 < +
2
0
s
Z 1
ε ε
ε
||g − p||2u < + = ε.
≤ +
2
2 2
0
Dejamos como ejercicio la verificación que las funciones en son ortonormales
(ejercicio 19).
Podemos entonces expresar cada f ∈ L2 ([0, 1]) como la serie
X
fˆ(n)en ,
(9.4)
f=
n∈Z
4. El espacio L2 ([0, 1])
167
donde fˆ(n) son los coeficientes de Fourier fˆ(n) = (f, en ), y la suma se
entiende simétricamente, es decir
X
fˆ(n)en = lı́m
N →∞
n∈Z
N
X
fˆ(n)en ,
n=−N
con convergencia en L2 ([0, 1]).
Si f es una función continua, entonces sus coeficientes de Fourier están
dados por
Z 1
ˆ
f (x)e−2πinx ,
f (n) = (f, en ) =
0
y podemos preguntarnos si la serie
X
fˆ(n)e2πinx
n∈Z
converge punto por punto, o uniformemente, a f (x). Tenemos el siguiente
teorema.
Teorema 9.19. Sea f ∈ C([0, 1]), y suponemos que sus coeficientes de
Fourier satisfacen
X
(9.5)
|fˆ(n)| < ∞.
n∈Z
Entonces la serie de Fourier
(9.6)
X
fˆ(n)e2πinx
n∈Z
converge uniformemente a f .
Demostración. Empezamos por observar que, por el criterio M de Weierstrass, (9.5) implica que la serie converge uniformemente en C([0, 1]), digamos
a la función continua g.
Ahora bien, si SN es la suma parcial
SN (x) =
N
X
fˆ(n)e2πinx
n=−N
de la serie (9.6), entonces, como SN ⇒ g, entonces SN → g en L2 ([0, 1]), y
por lo tanto ŜN (n) → ĝ(n), cuando N → ∞, para cada n. Pero
(
0
N < |n|
ŜN (n) =
ˆ
f (n) N ≥ |n|.
Entonces ĝ(n) = fˆ(n).
168
9. Espacios de Hilbert
Por el teorema 9.16, la función Φ : L2 ([0, 1]) → l2 dada por
Φ(f ) = (fˆ(n))n∈Z ,
n = 0, ±1, . . . ,
es un isomorfismo, g = f , porque ambas son continuas.
Ejercicios
1. Sea (x, y) = x · y el producto interno estándar en R2 . Entonces
(x, y) = ||x|| ||y|| cos θ,
donde θ es el ángulo entre los vectores x y y en R2 .
2. Utiliza el ejercicio anterior para mostrar la ley de cosenos: si a, b, c son
las longitudes de los lados de un triángulo, y θ es el ángulo opuesto al
lado de longitud c, entonces
a2 + b2 = c2 + 2ab cos θ.
3. La siguiente identidad es llamada la identidad de polarización, tanto en
el caso real como en el complejo.
a) Sea X un espacio con producto interno sobre R. Entonces, para
x, y ∈ X,
1
(x, y) = ||x + y||2 − ||x − y||2 .
4
b) Sea X un espacio con producto interno sobre C. Entonces, para
x, y ∈ X,
1
(x, y) = ||x + y||2 − ||x − y||2 + i||x + iy||2 − i||x − iy||2 .
4
4. Sea (X, || · ||) un espacio normado tal que, para todo x, y ∈ X,
||x + y||2 + ||x − y||2 = 2||x||2 + 2||y||2 .
Entonces || · || es inducida por un producto interno. (Sugerencia: Utiliza
el ejercicio anterior.)
5. Sea Y un subespacio vectorial del espacio normado X. Entonces la cerradura Ȳ también es un subespacio vectorial de X.
6. Sea X un espacio con producto interno de dimensión finita y sea
{u1 , . . . , ul }
una base ortonormal para X. Entonces, para todo x ∈ X,
x = (x, u1 )u1 + . . . + (x, ul )ul .
169
Ejercicios
7. Sea X un espacio con producto interno de dimensión finita sobre K.
Entonces, si dim X = l, X es isométricamente isomorfo a Kl ; es decir,
existe un isomorfismo Φ : X → Kl que preserva el producto interno,
(x, y) = (Φx, Φy)
para todo x, y ∈ X.
8. Sean (un ) y (vn ) sucesiones de vectores linealmente independientes tales
que, para cada n,
vn ∈ gen{u1 , . . . , un }.
Entonces, para cada n,
un ∈ gen{v1 , . . . , vn }.
9. Sean v1 , . . . , vk ortogonales en el espacio X. Entonces son linealmente
independientes.
10. Considera X = C([−1, 1]) con el producto interno
Z 1
f ḡ.
(f, g) =
−1
A partir de fn (x) = xn , n = 0, 1, 2, . . ., utiliza el proceso de GramSchmidt para obtener polinomios p0 , p1 , p2 , p3 tal que cada pn es de
grado n y son ortonormales.
Estos polinomios son llamados polinomios de Legendre.
11. Sea Y un subespacio cerrado del espacio de Hilbert X y T : X → Y
definida como
T x = ProyY x.
Entonces T es continua. (Sugerencia: Utiliza el teorema de Pitágoras.)
12. Sea Y un subespacio cerrado del espacio de Hilbert X, y sea
Y ⊥ = {x ∈ X : x ⊥ Y }.
Entonces Y ⊥ es un subespacio cerrado de X.
13. Sea Y un subespacio cerrado del espacio de Hilbert X. Entonces
X∼
= Y ⊕ Y ⊥.
14. Sea X un espacio de Hilbert separable y Y un subespacio cerrado de X.
Entonces Y es separable.
15. Sea l2 el conjunto de las sucesiones (an ) en K tales que
∞
X
n=1
Entonces
l2
|an |2 < ∞.
es un espacio vectorial con operaciones
(an ) + (bn ) = (an + bn )
y
λ(an ) = (λan ).
170
9. Espacios de Hilbert
16. Para cada k, sea ek la sucesión (enk )∞
n=1 donde
(
1 k=n
enk =
0 k 6= n.
Entonces, para (an ) ∈ l2 ,
(an ) =
∞
X
an en .
n=1
17. Sea X un espacio vectorial con producto interno y sea X̄ su completitud.
Entonces X̄ es un espacio de Hilbert.
18. Si X es separable, entonces X̄ es separable.
19. Para cada n ∈ Z, sea en (x) = e2πinx . Entonces
(
Z 1
1 n=m
en (x)em (x)dx =
0 n 6= m.
0
20. Para toda f ∈ C([0, 1]), la sucesión (fˆ(n)) es acotada.
21. Sea f continuamente diferenciable en [0, 1] y tal que f (0) = f (1). Entonces
fb0 (n) = 2πinfˆ(n),
donde fb0 (n) es el n-ésimo coeficiente de Fourier de la derivada f 0 de f .
(Sugerencia: Integra por partes.)
22. Sea f continuamente diferenciable en [0, 1] y tal que f (0) = f (1). Entonces su serie de Fourier converge uniformemente a f . (Sugerencia: Utiliza
el problema anterior.)