analisis real monica clapp

Análisis Matemático

Mónica ClappInstituto de Matemáticas

Universidad Nacional Autónoma de México

Enero 2013

Índice general

I Continuidad, compacidad y completitud 1

1. Motivación 3

2. Espacios métricos 72.1. Denición y ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82.2. Espacios normados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112.3. Espacios de funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172.4. El espacio de funciones acotadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212.5. Subespacios métricos e isometrías . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232.6. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

3. Continuidad 313.1. Deniciones y ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 323.2. Conjuntos abiertos y conjuntos cerrados . . . . . . . . . . . . . . . . . 373.3. Convergencia de sucesiones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 433.4. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

4. Compacidad 554.1. Conjuntos compactos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 554.2. El teorema de Heine-Borel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 594.3. Existencia de máximos y mínimos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 624.4. Semicontinuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 654.5. Continuidad uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 694.6. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

5. Completitud 755.1. Espacios métricos completos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 755.2. Convergencia uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 795.3. Espacios completos de funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 845.4. Series en espacios de Banach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86

3

4 ÍNDICE GENERAL

5.5. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 905.6. Proyecto: Completación de un espacio métrico . . . . . . . . . . . . . . 97

5.6.1. Objetivo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 975.6.2. Procedimiento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 975.6.3. Observaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98

6. El teorema de punto jo de Banach y aplicaciones 996.1. El teorema de punto jo de Banach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 996.2. Sistemas de ecuaciones lineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1026.3. Ecuaciones integrales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104

6.3.1. La ecuación integral de Fredholm del segundo tipo . . . . . . . . 1046.3.2. La ecuación integral de Volterra del segundo tipo . . . . . . . . 107

6.4. El problema de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1116.5. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116

7. Compacidad en espacios de funciones 1217.1. Conjuntos totalmente acotados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1217.2. El teorema de Arzelà-Ascoli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1257.3. El problema de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1307.4. Existencia de trayectorias de longitud mínima . . . . . . . . . . . . . . 1357.5. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1407.6. Proyecto: Un espacio completo sin trayectorias de longitud mínima . . 144

7.6.1. Objetivo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1447.6.2. Procedimiento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144

8. Teoremas de aproximación 1478.1. El teorema de aproximación de Weierstrass . . . . . . . . . . . . . . . . 1478.2. El teorema de Stone-Weierstrass . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1548.3. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158

II Diferenciabilidad 161

9. Diferenciabilidad 1639.1. El espacio de funciones lineales y continuas . . . . . . . . . . . . . . . . 1649.2. Diferenciabilidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1669.3. El teorema del valor medio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1719.4. Un criterio de diferenciabilidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1769.5. Derivadas parciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1809.6. Derivadas de orden superior . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183

ÍNDICE GENERAL 5

9.7. La fórmula de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1889.8. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191

10.El teorema de la función implícita 19910.1. El teorema de la función implícita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20110.2. Extremos locales de una función diferenciable sobre una variedad . . . 20510.3. Homeomorsmos lineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20810.4. Demostración del teorema de la función implícita . . . . . . . . . . . . 21110.5. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 216

III La integral de Lebesgue 221

11.La integral de una función continua con soporte compacto 22311.1. Denición y propiedades básicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22411.2. Unicidad de la integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22811.3. Invariancia bajo isometrías . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23511.4. El teorema de cambio de variable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24011.5. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 246

12.Funciones Lebesgue-integrables 25312.1. La integral de una función semicontinua . . . . . . . . . . . . . . . . . 25412.2. Propiedades de la integral de funciones semicontinuas . . . . . . . . . . 26112.3. El volumen de un conjunto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26712.4. Funciones Lebesgue-integrables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27212.5. Propiedades básicas de la integral de Lebesgue . . . . . . . . . . . . . . 27812.6. Conjuntos integrables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28212.7. La integral sobre un subconjunto de Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28412.8. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 286

13.Teoremas fundamentales de la teoría de integración 29113.1. Conjuntos nulos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29213.2. El teorema de Fubini . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29813.3. Teoremas de convergencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30113.4. La integral de funciones radiales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31013.5. El teorema de cambio de variable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31413.6. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 319

6 ÍNDICE GENERAL

14.Los espacios de Lebesgue 32714.1. Conjuntos y funciones medibles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32814.2. Los espacios Lp() . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33714.3. Aproximación mediante funciones suaves . . . . . . . . . . . . . . . . . 34714.4. Un criterio de compacidad en Lp() . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35414.5. Un criterio de nulidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35814.6. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 359

15.Espacios de Hilbert 36715.1. Conceptos y propiedades básicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36815.2. Complemento ortogonal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37215.3. El teorema de representación de Fréchet-Riesz . . . . . . . . . . . . . . 37615.4. Bases de Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37915.5. Convergencia débil . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38015.6. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 386

16.Espacios de Sobolev 39316.1. Derivadas débiles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39416.2. Espacios de Sobolev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39916.3. Problemas elípticos con condición sobre la frontera . . . . . . . . . . . 410

16.3.1. Un problema de Dirichlet homogéneo . . . . . . . . . . . . . . . 41016.3.2. Un problema de Dirichlet no homogéneo . . . . . . . . . . . . . 414

16.4. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 415

17.Encajes de Sobolev 41917.1. Desigualdades de Sobolev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42017.2. El teorema de Rellich-Kondrashov . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43017.3. Valores propios del laplaciano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43417.4. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 440

Parte I

Continuidad, compacidad ycompletitud

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 unatrayectoria 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]:

Su longitud se dene como

L() := sup

mPk=1

k(tk1) (tk)k : 0 = t0 t1 tm = 1; m 2 N; (1.1)

donde kx yk :=p(x1 y1)2 + + (xn yn)2 denota la distancia de x a y:

p

q

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 + tqcumple que L() = kp qk : De modo que es una trayectoria de longitud mínima dep a q en Rn:

3

4 1. MOTIVACIÓN

p

q

Sin embargo, si X 6= Rn no siempre existe una trayectoria de longitud mínima, comolo muestra el siguiente ejemplo. Recuerda que, si es continuamente diferenciable,entonces la longitud de está dada por la integral1

L() =

Z 1

0

k0(t)k dt:

Ejemplo 1.2 No existe una trayectoria de longitud mínima de p = (0; 0) a q = (1; 0)en X = f(x; y) 2 R2 : (x; y) 6= (1

2; 0)g:

Demostración: Considera las trayectorias k(t) = (t; 1ksent); k 2 N: Su longitudsatisface

L(k) =

Z 1

0

k0kk =Z 1

0

r1 +

k

2cos2 t dt

<

Z 1

0

1 +

kjcos tj

dt = 1 +

2

k:

Por tanto, lmk!1 L(k) = 1: De modo que, si existiera una trayectoria de longitudmínima de p a q en X, ésta debería tener longitud 1: Pero cualquier trayectoria de p aq en R2 de longitud 1 pasa por el punto (1

2; 0); que no pertenece a X:

Este ejemplo muestra que el Problema 1.1 no es un problema trivial. Para intentarresolverlo, empezaremos expresándolo como un problema de minimización.

1Consulta por ejemplo el libro de J.E. Marsden y A.J. Tromba, Cálculo Vectorial, México: Addison-Wesley, Pearson Educación, 1998.

5

Denotemos por Tp;q(X) al conjunto de todas las trayectorias de p a q en X: Podemosentonces considerar a la longitud como una función denida en dicho conjunto, es decir,

L : Tp;q(X)! R [ f1g; L() := longitud de :

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

L(0) L() 8 2 Tp;q(X):

En estos términos el Problema 1.1 se expresa como sigue.

Problema 1.3 ¿Alcanza L su mínimo en Tp;q(X)?

En los cursos de cálculo diferencial e integral tratamos un problema parecido y vimosel siguiente resultado2.

Teorema 1.4 Si f : Rn ! R es una función continua y K es un subconjunto compactono vacío de Rn; entonces f alcanza su mínimo en K; es decir, existe x0 2 K tal que

f(x0) f(x) 8x 2 K:

Ahora bien, como Tp;q(X) es un conjunto de funciones y no de puntos en Rn; no tienesentido aplicar este teorema al problema que nos interesa. Pero sí podemos inspirarnosen él. El gran matemático francés Henri Poincaré armó lo siguiente3:

"La matemática es el arte de nombrar de la misma manera cosas distintas".

Entonces, ¿será posible pensar a las trayectorias como si fuesen puntos? ¿El Teorema1.4 tendrá algún sentido para la función longitud? ¿Qué querría decir que la funciónL : Tp;q(X)! R [ f1g es continua o que un subconjunto de Tp;q(X) es compacto?El análisis matemático da respuesta a este tipo de preguntas. Profundiza en los

conceptos y los resultados que aprendimos en cálculo, captura su esencia, y los extiendea otros espacios distintos del euclidiano. Muy especialmente, a espacios de funciones,como el conjunto de trayectorias Tp;q(X): Y a funciones como L, cuyo dominio no es unsubconjunto de Rn sino un conjunto de funciones.Los espacios de funciones aparecen de manera natural en muchos problemas de

las matemáticas y de sus aplicaciones. Por ejemplo, las soluciones de una ecuacióndiferencial son funciones. Veremos que el análisis matemático nos permite demostrar laexistencia de soluciones de ecuaciones diferenciales.

2Referencia!!!3E.T. Bell, Men of mathematics, New York: Simon and Schuster, 1937.

6 1. MOTIVACIÓN

En la primera parte de estas notas introduciremos y estudiaremos los conceptos decontinuidad, compacidad y completitud en espacios muy generales. Estas nociones sedenen a partir de un concepto muy sencillo: el concepto de distancia. Los conjuntosprovistos de una distancia se llaman espacios métricos y son el objeto del siguientecapítulo. Veremos aplicaciones interesantes de esos conceptos y daremos una respuestaal Problema 1.1.

Capítulo 2

Espacios métricos

Algunos conceptos fundamentales, como el paso al límite o la continuidad de fun-ciones en espacios euclidianos, se denen exclusivamente en términos de la distancia.Otras propiedades de los espacios euclidianos, como su estructura de espacio vectorial,no intervienen en la denición de estos conceptos.

Empezaremos pues considerando conjuntos dotados de una distancia, a los que sedenomina espacios métricos. El matemático francés Maurice Fréchet1 introdujo estanoción, que juega un papel fundamental en las matemáticas modernas.

Maurice Fréchet

Daremos en este capítulo ejemplos interesantes de espacios métricos que aparecende manera natural en muchas aplicaciones, algunas de las cuales se verán más adelante.

1Maurice René Fréchet (1878-1973) nació en Maligni, Francia. En la escuela secundaria fue alumnode Jacques Hadamard, quien reconoció su potencial y decidió asesorarlo de manera personal. Estudiómatemáticas en la École Normale Supérieure de París. Introdujo la noción de espacio métrico en 1906,en su tesis de doctorado.

7

8 2. ESPACIOS MÉTRICOS

2.1. Denición y ejemplos

Denición 2.1 Sea X un conjunto. Una métrica (o distancia) en X es una funciónd : X X ! R que tiene las siguientes tres propiedades:

(M1) d(x; y) = 0 si y sólo si x = y:

(M2) d(x; y) = d(y; x) para cualesquiera x; y 2 X:

(M3) d (x; z) d(x; y) + d(y; z) para cualesquiera x; y; z 2 X: A esta desigualdad sele llama la desigualdad del triángulo.

Un espacio métrico es un conjunto X provisto de una métrica d: Lo denotaremospor (X; d); o simplemente por X cuando no haga falta especicar quién es su métrica.

Veamos que la distancia entre dos puntos nunca es negativa.

Proposición 2.2 d(x; y) 0 para cualesquiera x; y 2 X:

Demostración: De las propiedades (M1), (M3) y (M2) respectivamente se sigue que

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

En consecuencia, d(x; y) 0 para todos x; y 2 X:

Los siguientes dos ejemplos de espacios métricos son bien conocidos.

Ejemplo 2.3 El conjunto R de los números reales con la distancia usual

d(x; y) := jx yj =x y si x y;y x si x y;

es un espacio métrico.

Ejemplo 2.4 El espacio euclidiano Rn con la distancia usual

d2(x; y) :=p(x1 y1)2 + + (xn yn)2;

donde x = (x1; :::; xn); y = (y1; :::; yn) 2 Rn; es un espacio métrico.

La demostración de estas armaciones se propone como ejercicio [Ejercicio 2.33].Podemos darle a Rn otras métricas interesantes, por ejemplo las siguientes dos.

2.1. DEFINICIÓN Y EJEMPLOS 9

Ejemplo 2.5 La función

d1(x; y) := jx1 y1j+ + jxn ynj ;

x = (x1; :::; xn); y = (y1; :::; yn) 2 Rn; es una métrica para el espacio euclidiano Rn.

Demostración: Las propiedades (M1) y (M2) son inmediatas y la propiedad (M3)se sigue de la desigualdad del triángulo en R que arma que, para cada i = 1; :::; n;

jxi zij jxi yij+ jyi zij :

Sumando ambos lados de estas desigualdades para i = 1; :::; n obtenemos

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

En consecuencia, d1 es una métrica.

Ejemplo 2.6 La función

d1(x; y) := max fjx1 y1j ; : : : ; jxn ynjg ;

x = (x1; :::; xn); y = (y1; :::; yn) 2 Rn; es una métrica para el espacio euclidiano Rn.

La demostración es sencilla y se propone como ejercicio [Ejercicio 2.34].Introduciremos ahora métricas análogas en espacios de sucesiones (xk) de números

reales:

Ejemplo 2.7 Sea `1 el conjunto de todas las sucesiones acotadas de números reales,es decir, de las sucesiones x = (xk) para las cuales existe c 2 R (que depende de x) talque jxkj < c para todo k 2 N. Denimos

d1(x; y) := supk1

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

Entonces d1 toma valores en R y es una métrica en `1.

Demostración: Sean x = (xk); y = (yk) sucesiones acotadas, y sean c1; c2 2 R talesque jxkj < c1 y jykj < c2 para todo k 2 N: De la desigualdad del triángulo para númerosreales se sigue que

jxk ykj jxkj+ jykj c1 + c2 8k 2 N;


es decir, la sucesión (xk yk) está acotada y, por tanto,

d1(x; y) = supk1

jxk ykj 2 R:

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

jxk ykj jxk zkj+ jzk ykj d1(x; z) + d1(z; y) 8k 2 N:

En consecuencia,

d1(x; y) d1(x; z) + d1(z; y) 8x; y; z 2 `1;

es decir, d1 satisface (M3).

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

1Pk=1

xk

converge, si la sucesión (sn) de sumas nitas

sn :=nPk=1

xk

converge. En tal caso, se denota1Pk=1

xk := lmn!1

sn:

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

1Pk=1

xk = lmn!1

sn = supn1

sn:

Ejemplo 2.8 Sea `1 el conjunto de las sucesiones (xk) de números reales tales que laserie

1Pk=1

jxkj

converge, y sea

d1(x; y) :=1Pk=1

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

Entonces d1 toma valores en R y es una métrica en `1:

2.2. ESPACIOS NORMADOS 11

Demostración: De la desigualdad del triángulo para números reales,

jxk ykj jxkj+ jykj ;

se sigue que

nPk=1

jxk ykj nPk=1

jxkj+nPk=1

jykj

1Pk=1

jxkj+1Pk=1

jykj :

Por consiguiente, si (xk); (yk) 2 `1, la serie1Pk=1

jxk ykj converge y se cumple que

1Pk=1

jxk ykj 1Pk=1

jxkj+1Pk=1

jykj : (2.1)

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

d1(x; y) =1Pk=1

jxk ykj 1Pk=1

jxk zkj+1Pk=1

jzk ykj = d1(x; z) + d1(z; y);

para cualesquiera x; y; z 2 `1:

2.2. Espacios normados

Nota que todos los ejemplos anteriores, además de la estructura geométrica dadapor la distancia, poseen una estructura algebraica: la de espacio vectorial. Las métricasmás interesantes en un espacio vectorial son las inducidas por una norma.

Denición 2.9 Sea V un espacio vectorial sobre R. Una norma en V es una funciónkk : V ! R que tiene las siguientes propiedades:

(N1) kvk = 0 si y sólo si v = 0;

(N2) kvk = jj kvk para cualesquiera v 2 V; 2 R;

(N3) kv + wk kvk+ kwk para cualesquiera v; w 2 V:


Un espacio normado es un espacio vectorial V provisto de una norma kk. Lodenotaremos por (V; kk); o simplemente por V cuando no haga falta especicar quiénes su norma.

Proposición 2.10 Todo espacio normado (V; kk) es un espacio métrico con la métricadada por

d(v; w) := kv wk :Esta métrica se llama la métrica inducida por la norma kk :

La demostración es sencilla y se propone como ejercicio [Ejercicio 2.37].Todas las métricas consideradas en los ejemplos anteriores están inducidas por una

norma. Veamos otros ejemplos.Dado x 2 Rn denimos

kxkp :=

nPk=1

jxkjp 1

p

si p 2 [1;1);

kxk1 := max1kn

jxkj :(2.2)

Es sencillo comprobar que kkp cumple las propiedades (N1) y (N2): Para probar quecumple la propiedad (N3) requerimos unas desigualdades que demostraremos a contin-uación.

William Henry Young

Lema 2.11 (Desigualdad de Young) Sean p; q 2 (1;1) tales que 1p+ 1

q= 1: En-

tonces, para cualquier par de números reales a; b 0 se cumple que

ab 1

pap +

1

qbq:

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

(1 t)ex0 + tex1 e[(1t)x0+tx1]:


y = ex

Tomando x0 = ln ap; x1 = ln bq y t = 1qobtenemos

1

pap +

1

qbq e(

1pln ap+ 1

qln bq) = ab:

Esta es la desigualdad deseada.

Aplicaremos la desigualdad de Young2 para demostrar la desigualdad de Hölder3.

Otto Hölder

2William Henry Young (1863-1942) nació en Londres, Inglaterra. Estudió matemáticas en Cam-bridge y fue profesor en diversas universidades europeas. Publicó esta desigualdad en 1912.

3Otto Ludwig Hölder (1859-1937) nació en Stuttgart, Alemania. Estudió en las universidades deStuttgart y Berlín, donde fue estudiante de Kronecker, Weierstrass y Kummer. Obtuvo el doctoradoen la Universidad de Tübingen en 1882. Descubrió la desigualdad que lleva su nombre en 1884, cuandotrabajaba en la convergencia de series de Fourier.


Proposición 2.12 (Desigualdad de Hölder en Rn) Sean p; q 2 (1;1) tales que1p+ 1

q= 1: Entonces, para cualesquiera x = (x1; :::; xn); y = (y1; :::; yn) 2 Rn se cumple

quenPk=1

jxkykj

nPk=1

jxkjp 1

p

nPk=1

jykjq 1

q

;

es decir,kxyk1 kxkp kykq

donde xy := (x1y1; :::; xnyn):

Demostración: La armación es trivial si x = 0 o si y = 0: Supongamos pues queambos son distintos de cero. Aplicando la desigualdad de Young a

ak :=jxkjkxkp

y bk :=jykjkykq

obtenemosjxkykj

kxkp kykq jxkjp

p kxkpp+jykjq

q kykqq:

Sumando todas estas desigualdades para k = 1; :::; n; concluimos que

1

kxkp kykq

nPk=1

jxkykj

1

p kxkpp

nPk=1

jxkjp+

1

q kykqq

nPk=1

jykjq

=1

p+1

q= 1:

Multiplicando ambos lados de la desigualdad anterior por kxkp kykq obtenemos la de-sigualdad deseada.

Estamos listos para demostrar el siguiente resultado.

Proposición 2.13 Para cada p 2 [1;1]; la función kkp denida en (2.2) es unanorma en Rn:

Demostración: Es sencillo ver que kkp cumple las propiedades (N1) y (N2):Demostremosla propiedad (N3), es decir, que para todo p 2 [1;1] se cumple que

kx+ ykp kxkp + kykp 8x; y 2 Rn: (2.3)

Para p =1 esta desigualdad es consequencia inmediata de la desigualdad del triángulopara números reales [Ejercicio 2.34]. El caso p = 1 se probó en el Ejemplo 2.5.


Tomemos ahora p 2 (1;1). La armación es trivial si x = 0: Supongamos pues quex 6= 0 y apliquemos la desigualdad de Hölder a x y ((jx1j+ jy1j)p1; : : : ; (jxnj+ jynj)p1):Deniendo q := p

p1 obtenemos

nPk=1

jxkj (jxkj+ jykj)p1 kxkp

nPk=1

(jxkj+ jykj)p 1

q

;

Análogamente,

nPk=1

jykj (jxkj+ jykj)p1 kykp

nPk=1

(jxkj+ jykj)p 1

q

:

Sumando las dos desigualdades anteriores obtenemos

nPk=1

(jxkj+ jykj)p kxkp + kykp

nPk=1

(jxkj+ jykj)p 1

q

:

Dividiendo ambos lados de esta desigualdad entrenPk=1

(jxkj+ jykj)p 1

q

y usando la desigualdad del triángulo para números reales jxk + ykj jxkj + jykj ;concluimos que

kx+ ykp =

nPk=1

jxk + ykjp 1

p

nPk=1

(jxkj+ jykj)p 1

p

kxkp + kykp :

Ésta es la desigualdad deseada.

Notación 2.14 Con el n de distinguir cuál de todas estas normas estamos consideran-do, usaremos la notación

Rnp := (Rn; kkp); p 2 [1;1]; (2.4)

para designar al espacio Rn con la norma kkp : Escribiremos simplemente Rn en vezde Rn2 para designar a Rn con la norma usual, a la que denotaremos simplemente por

kxk :=qx21 + + x2n: (2.5)


Nota que las métricas d1; d2 y d1 consideradas en los Ejemplos 2.4 al 2.6 son lasinducidas por las normas kk1 ; kk y kk1 ; respectivamente.Consideremos ahora espacios de sucesiones. Las sucesiones de números reales se

pueden sumar y multiplicar por escalares término a término, es decir, si x = (xk) yy = (yk) son sucesiones de números reales y 2 R; se denen

x+ y := (xk + yk) y x := (xk):

Con estas operaciones el conjunto de todas las sucesiones de números reales es un espaciovectorial. Para espacios de sucesiones adecuados podemos denir normas análogas a lasdenidas para Rn.

Proposición 2.15 (a) Si p 2 [1;1); el conjunto `p de todas las sucesiones de númerosreales (xk) tales que la serie

1Pk=1

jxkjp

converge es un espacio vectorial y

k(xk)kp := 1Pk=1

jxkjp 1

p

: (2.6)

es una norma en `p.

(b) El conjunto `1 de todas las sucesiones acotadas de números reales es un espaciovectorial y

k(xk)k1 := supk1

jxkj (2.7)

es una norma en `1.

Demostración: Es sencillo ver que x 2 `p para cualesquiera x 2 `p; 2 R, y quekkp cumple las propiedades (N1) y (N2) [Ejercicio 2.41]. Probaremos a continuaciónque x+ y 2 `p si x; y 2 `p y que kkp cumple la propiedad (N3).(a): Si p 2 [1;1) y (xk); (yk) 2 `p; como la norma kkp en Rn satisface la propiedad

(N3), se tiene quenPk=1

jxk + ykjp 1

p

nPk=1

jxkjp 1

p

+

nPk=1

jykjp 1

p

k(xk)kp + k(yk)kp

para todo n 2 N: En consecuencia, la serie1Pk=1

jxk + ykjp converge y se cumple que

k(xk + yk)kp = 1Pk=1

jxk + ykjp 1

p

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

2.3. ESPACIOS DE FUNCIONES 17

(b): El caso p =1 se probó en el Ejemplo 2.7.

Si p 2 [1;1) la desigualdad (N3) en `p se llama la desigualdad de Minkowskipara series. Nota que las métricas d1 y d1 consideradas en los Ejemplos 2.8 y 2.7 sonlas inducidas por las normas kk1 y kk1 que acabamos de denir.No cualquier métrica en un espacio vectorial está inducida por una norma. De hecho,

a cualquier conjunto le podemos dar la métrica siguiente.

Ejemplo 2.16 Sea X un conjunto arbitrario. La función

ddisc(x; y) =

0 si x = y;1 si x 6= y;

es una métrica en X; llamada la métrica discreta. El espacio Xdisc := (X; ddisc) sellama un espacio discreto.

Es sencillo comprobar que en un espacio vectorial no trivial ninguna norma inducela métrica discreta [Ejercicio 2.40].

2.3. Espacios de funciones

Denotemos por C0[a; b] al conjunto de todas las funciones continuas f : [a; b] ! R:La suma de funciones y el producto de una función por un escalar, denidos como

(f + g)(x) := f(x) + g(x); (f)(x) := f(x); f; g 2 C0[a; b]; 2 R;

le dan a C0[a; b] la estructura de espacio vectorial. Dada f 2 C0[a; b] denimos

kfkp :=R b

ajf(x)jp dx

1p

si p 2 [1;1);kfk1 := maxfjf(x)j : a x bg:

(2.8)

Demostraremos a continuación que éstas son normas en C0[a; b]: Empecemos observandolo siguiente.

Lema 2.17 Sean f 2 C0[a; b] y p 2 [1;1]: Entonces, kfkp = 0 si y sólo si f = 0:

Demostración: Para p =1 esta armación es consecuencia inmediata de la deni-ción (2.8). Si p 2 [1;1); como jf(x)jp es una función continua y no negativa, se tieneque

kfkpp =Z b

a

jf(x)jp dx = 0 () jf(x)jp = 0 8x 2 [a; b]:


En consecuencia, kfkp = 0 si y sólo si f = 0.

Probaremos ahora la desigualdad de Hölder para integrales. Su demostración esanáloga a la correspondiente para Rn.

Proposición 2.18 (Desigualdad de Hölder para integrales) Sean p; q 2 (1;1)tales que 1

p+ 1

q= 1: Entonces, para cualquier par de funciones continuas f; g : [a; b]! R

se cumple que Z b

a

jf(x)g(x)j dx Z b

a

jf(x)jp dx 1

pZ b

a

jg(x)jq dx 1

q

;

es decir,kfgk1 kfkp kgkq :

Demostración: La armación es trivial si f = 0 o si g = 0: Supongamos pues queambas funciones son distintas de cero. Para cada x 2 [a; b]; denimos

ax :=jf(x)jkfkp

y bx :=jg(x)jkgkq

:

Aplicando la desigualdad de Young (Lema 2.11) a estos números obtenemos

jf(x)g(x)jkfkp kgkq

jf(x)jp

p kfkpp+jg(x)jq

q kgkqq;

e integrando ambos lados de esta desigualdad concluimos queR bajf(x)g(x)j dxkfkp kgkq

R bajf(x)jp dxp kfkpp

+

R bajg(x)jq dxq kgkqq

=1

p+1

q= 1.

Multiplicando ambos lados de esta desigualdad por kfkp kgkq obtenemos la desigualdaddeseada.

Es fácil ver que también vale la desigualdad de Hölder

kfgk1 kfk1 kgk1[Ejercicio 2.47]. A partir de la desigualdad de Hölder se obtiene la desigualdad deMinkowski4.

4Hermann Minkowski (1864-1909) nació en Lituania, entonces parte del Imperio Ruso. Obtuvo eldoctorado en 1885 en la Universidad Albertina de Königsberg. Fue profesor en la ETH de Zürich y enla Universidad de Göttingen, ciudad en la que murió.

2.3. ESPACIOS DE FUNCIONES 19

Proposición 2.19 (Desigualdad de Minkowski para integrales) Sea p 2 [1;1]:Entonces,

kf + gkp kfkp + kgkp 8f; g 2 C0[a; b]:

Demostración: Los casos p = 1;1 se proponen como ejercicio [Ejercicio 2.46].Sea p 2 (1;1): Si f = 0 la armación es evidente. Supongamos pues que f 6= 0:

Sea h(x) = (jf(x)j + jg(x)j)p1: Aplicando la desigualdad de Hölder para integrales(Proposición 2.18) a las funciones f; h, y g; h respectivamente, obtenemosZ b

a

jf(x)j (jf(x)j+ jg(x)j)p1dx kfkpZ b

a

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

q

;Z b

a

jg(x)j (jf(x)j+ jg(x)j)p1dx kgkpZ b

a

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

q

;

y sumando estas desigualdades concluimos queZ b

a

(jf(x)j+ jg(x)j)pdx kfkp + kgkp

Z b

a

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

q

:

Dividiendo ambos lados de esta desigualdad entreZ b

a

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

q

y usando la desigualdad del triángulo para números reales jf(x) + g(x)j jf(x)j+jg(x)jy la monotonía de la integral obtenemos

kf + gkp =Z b

a

jf(x) + g(x)jp dx 1

p

Z b

a

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

p

kfkp + kgkp ;

como arma el enunciado.

Ahora podemos concluir lo siguiente.

Proposición 2.20 Para cada p 2 [1;1] la función kkp denida en (2.8) es una normaen C0[a; b].

Demostración: Las propiedades (N1) y (N3) se probaron en el Lema 2.17 y laProposición 2.19 respectivamente. La propiedad (N2) es consecuencia inmediata de lalinealidad de la integral.


Notación 2.21 Con el n de distinguir cuál de todas estas normas estamos consideran-do, usaremos la notación

C0p [a; b] := (C0[a; b]; kkp); p 2 [1;1];

para designar al espacio de las funciones continuas f : [a; b] ! R con la norma kkp :Como veremos más adelante, la norma más adecuada en el espacio de funciones con-tinuas C0[a; b] es la norma kk1 : Por ello, escribiremos simplemente

C0[a; b] := (C0[a; b]; kk1):

Observa que la distancia kf gk1 entre dos funciones continuas f y g es pequeña sisus grácas están cerca la una de la otra, mientras que la distancia kf gk1 es pequeñasi el área de la región delimitada por sus grácas es pequeña. Así, dos funciones continuaspueden estar muy cerca según la norma kk1 y a distancia arbitrariamente grande segúnla norma kk1, como lo muestra el siguiente ejemplo.

Ejemplo 2.22 Sean R > 0 y fk : [0; 1]! R la función dada por

fk(x) =

R(1 kx) si 0 x 1

k;

0 si 1k x 1:

Entonces kfkk1 = R para toda k 2 N; mientras que kfkk1 = R2k:

10 .7 50 .50 .2 50

1

0 .7 5

0 .5

0 .2 5

0

y = f4(x)

10 .7 50 .50 .2 50

1

0 .7 5

0 .5

0 .2 5

0

y = f8(x)

Es decir, según la norma kk1 todas las funciones fk distan exactamente R de la funciónconstante igual a 0; mientras que, según la norma kk1 ; dichas funciones se acercan cadavez más a la función 0 conforme k crece.

Las normas denidas en esta sección satisfacen las siguientes relaciones.

2.4. EL ESPACIO DE FUNCIONES ACOTADAS 21

Proposición 2.23 Para toda f 2 C0[a; b] se cumple que

kfks (b a)rsrs kfkr 81 s < r <1;

kfks (b a)1s kfk1 81 s <1:

Demostración: Si 1 s < r <1; aplicando la desigualdad de Hölder (Proposición2.18) con p = r

rs y q =rsa la función constante con valor 1 y a la función jf js

obtenemos que Z b

a

jf(x)js dx Z b

a

dx

rsrZ b

a

jf(x)jr dx s

r

= (b a)rsr

Z b

a

jf(x)jr dx s

r

:

Por otra parte, de la monotonía y la linealidad de la integral se sigue queZ b

a

jf(x)js dx Z b

a

kfks1 dx = (b a) kfks1 :

Elevando a la potencia 1scada una de las desigualdades anteriores obtenemos las de-

sigualdades deseadas.

2.4. El espacio de funciones acotadas

El siguiente ejemplo juega un papel importante en muchas aplicaciones, algunas delas cuales se estudiarán más adelante.Sean S un conjunto y X = (X; d) un espacio métrico.

Denición 2.24 Una función f : S ! X es acotada si existen c 2 R y x0 2 X talesque

d(f(z); x0) c 8z 2 S:

Denotamos porB(S;X) := ff : S ! X : f es acotadag

y denimosd1(f; g) := sup

z2Sd(f(z); g(z)):


Proposición 2.25 d1 es una métrica en B(S;X): Esta métrica se llama la métricauniforme.

Demostración: Veamos primero que, si f; g 2 B(S;X); entonces d1(f; g) 2 R. Seanx0; x1 2 X y c0; c1 2 R tales que

d(f(z); x0) c0 y d(g(z); x1) c1 8z 2 S:

Como d satisface (M3) se tiene que

d(f(z); g(z)) d(f(z); x0) + d(x0; x1) + d(x1; g(z)) c0 + d(x0; x1) + c1 8z 2 S:

En consecuencia, d1(f; g) 2 R: Probemos ahora que d1 es una métrica para B(S;X):Como d satisface (M1) se tiene que

d1(f; g) = 0 , d(f(z); g(z)) = 0 8z 2 S, f(z) = g(z) 8z 2 S;

es decir, d1 satisface (M1). La propiedad (M2) para d1 se sigue inmediatamente de lamisma propiedad para d: Sean f; g; h 2 B(S;X): La propiedad (M3) de d implica que

d(f(z); g(z)) d(f(z); h(z)) + d(h(z); g(z)) d1(f; h) + d1(h; g) 8z 2 S:

En consecuencia,d1(f; g) d1(f; h) + d1(h; g);

es decir, d1 satisface (M3).

Si V es un espacio vectorial, entonces el conjunto de todas las funciones de S a Ves un espacio vectorial con las operaciones dadas por

(f + g)(z) := f(z) + g(z); (f)(z) := f(z):

Si V es un espacio normado con norma kk entonces B(S; V ) es un espacio vectorial y

kfk1 := supz2S

kf(z)k

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

2.5. SUBESPACIOS MÉTRICOS E ISOMETRíAS 23

2.5. Subespacios métricos e isometrías

Los subconjuntos de un espacios métrico heredan su métrica.

Denición 2.26 Si X = (X; d) es un espacio métrico y A es un subconjunto de Xdenimos

dA(x; y) := d(x; y) 8x; y 2 A:

Esta es claramente una métrica en A; que se llama la métrica inducida por d: Alconjunto A con esta métrica se le llama un subespacio métrico de X:

Nota que toda función continua f : [a; b]! Rn es acotada. En particular, C0[a; b] B([a; b];R): La norma denida en (2.8) coincide con la norma inducida en C0[a; b] porla norma uniforme de B([a; b];R):Veamos otros ejemplos.

Ejemplo 2.27 Si X es un subconjunto de Rn y p; q 2 X; el conjunto Tp;q(X) de to-das las trayectorias de p a q en X, denido en el Capítulo 1, es un subconjunto deB([0; 1];Rn): Así que Tp;q(X) resulta ser un espacio métrico con la métrica inducida porla métrica uniforme de B([0; 1];Rn):

A un subconjunto de un espacio métrico se le pueden dar otras métricas, distintasde la inducida. Una métrica muy natural sobre la esfera es la siguiente.

Ejemplo 2.28 Sean Sn1 := fx 2 Rn : kxk = 1g la esfera unitaria en Rn y x; y 2Sn1: Consideremos el conjunto Tx;y(Sn1) de todas las trayectorias de x a y en Sn1:Denimos

d(x; y) := nffL() : 2 Tx;y(Sn1)g;

donde L() es la longitud de la trayectoria denida en (1.1). Ésta es una métrica enSn1; distinta de la métrica inducida por la métrica usual de Rn:

La demostración de estas armaciones se propone como ejercicio [Ejercicio 2.57].

Denición 2.29 Sean X = (X; dX) y Y = (Y; dY ) dos espacios métricos. Una función : X ! Y es una isometría si

dY ((x1); (x2)) = dX(x1; x2) 8x1; x2 2 X:


Por ejemplo, si a un subconjunto A de un espacio métrico de X le damos la métricainducida, entonces la inclusión : A ,! X es una isometría. Por otra parte, observemosque toda isometría es inyectiva. En efecto, si (x1) = (x2) entonces dX(x1; x2) =dY ((x1); (x2)) = 0 y, en consecuencia, x1 = x2:Desde el punto de vista geométrico dos espacios métricos se consideran iguales si

existe una biyección entre ellos que es una isometría. Así pues, una isometría : X ! Ynos permite identicar a X con el subespacio métrico (X) := f(x) : x 2 Xg de Y:Veamos algunos ejemplos.

Ejemplo 2.30 Para cada p 2 [1;1]; la función

: Rnp ! `p; (x1; :::xn) = (x1; :::xn; 0; 0; :::);

es una isometría. Es decir, podemos identicar a Rnp con el subespacio de `p que consistede las sucesiones (xk) tales que xk = 0 para k > n:

Ejemplo 2.31 La identidad

id : C01[0; 1]! C01 [0; 1]; id(f) = f;

no es una isometría. En efecto, la función fk del Ejemplo 2.22 satisface

R

2k= kfkk1 6= kfkk1 = R;

es decir, la distancia de fk a la función constante 0 según la métrica inducida por lanorma kk1 es R

2k; mientras que su distancia según la métrica inducida por kk1 es R:

2.6. Ejercicios

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

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

Ejercicio 2.33 Demuestra las siguientes armaciones.

(a) La distancia usual en R, denida en el Ejemplo 2.3, es una métrica.

(b) La distancia usual en Rn, denida en el Ejemplo 2.4, es una métrica.

Ejercicio 2.34 Prueba que kxk1 := max fjx1j ; :::; jxnjg donde x = (x1; :::; xn) 2 Rn;es una norma en Rn:

2.6. EJERCICIOS 25

Ejercicio 2.35 ¿Es la función : Rn ! R; dada por (x) = mn fjx1j ; :::; jxnjg ; unanorma en Rn? Justica tu armación.

Ejercicio 2.36 Muestra que la desigualdad (2.3) en Rn no se cumple si p = 12:

Ejercicio 2.37 Sea (V; kk) un espacio normado. Prueba que la función d(v; w) :=kv wk es una métrica en V:

Ejercicio 2.38 Describe los conjuntos Bp(0; 1) := fx 2 R2 : kxkp 1g para p =1; 2;1: Haz un dibujo de cada uno de ellos.

Ejercicio 2.39 Describe los conjuntos

Bdisc(0; 1) := fx 2 R2 : ddisc(x; 0) 1g;Bdisc(0; 1) := fx 2 R2 : ddisc(x; 0) < 1g;

donde ddisc es la métrica discreta en R2:

Ejercicio 2.40 Sea V un espacio vectorial distinto de f0g: Prueba que no existe ningu-na norma en V que induzca la métrica discreta, es decir, no existe ninguna norma enV tal que

kv wk =0 si v = w;1 si v 6= w:

Ejercicio 2.41 Prueba que, para cada p 2 [1;1]; la función kkp denida en (2.6) y(2.7) satisface

(N1) kxkp = 0 si y sólo si x = 0 en `p:

(N2) Si (xk) 2 `p y 2 R; entonces (xk) 2 `p y k(xk)kp = jj k(xk)kp :

Ejercicio 2.42 Prueba que, para toda x 2 Rn;

(a) kxkr kxks si 1 s r 1;

(b) kxks nrssr kxkr si 1 s r <1;

(c) kxks n1s kxk1 si 1 s <1:

(Sugerencia: Para probar la segunda desigualdad aplica la desigualdad de Hölder a losvectores (1; :::; 1) y (jx1js ; :::; jxnjs) con p = r

rs y q =rs).


Ejercicio 2.43 (Desigualdad de Hölder para series) Prueba que, si p; q 2 (1;1),1p+ 1

q= 1; (xk) 2 `p y (yk) 2 `q; entonces (xkyk) 2 `1 y

1Pk=1

jxkykj 1Pk=1

jxkjp 1

p 1Pk=1

jykjq 1

q

:

es decir,k(xkyk)k1 k(xk)kp k(yk)kq :


(a) Si 1 s < r 1; entonces

`s `r; `s 6= `r y k(xk)kr k(xk)ks 8(xk) 2 `s:

(b) Si (xk) 2 `p para alguna 1 p <1; entonces

k(xk)k1 = lmr!1

k(xk)kr :

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

d(x; y) :=1Pi=1

jxi yij2i(1 + jxi yij)

:

(a) Prueba que ésta es una métrica en S:

(b) Sean xk = (xki ); x = (xi) 2 S: Prueba que

lmk!1

d(xk; x) = 0 () lmk!1

xki = xi 8i 2 N:

Ejercicio 2.46 Prueba que cualquier par de funciones continuas f; g : [a; b] ! R sat-isface las siguientes desigualdades:Z b

a

jf(x) + g(x)j dx Z b

a

jf(x)j dx+Z b

a

jg(x)j dx;

maxx2[a;b]

jf(x) + g(x)j maxx2[a;b]

jf(x)j+ maxx2[a;b]

jg(x)j :

Ejercicio 2.47 Prueba que las desigualdades de Hölder para sumas, para series y paraintegrales siguen siendo válidas si p = 1 y q =1; es decir:

2.6. EJERCICIOS 27

(a) Si (x1; :::; xn); (y1; :::; yn) 2 Rn entonces

nPk=1

jxkykj

nPk=1

jxkj

max1kn

jykj:

(b) Si (xk) 2 `1; (yk) 2 `1 entonces (xkyk) 2 `1 y

1Xk=1

jxkykj 1Xk=1

jxkj!

supk2N

jykj:

(c) Si f; g : [a; b]! R son funciones continuas, entoncesZ b

a

jf(x)g(x)j dx Z b

a

jf(x)j dx

maxaxb

jg(x)j:

Ejercicio 2.48 Da un ejemplo de una sucesión de funciones continuas fk : [0; 1]! Rtales que kfkk1 = 1 para toda k 2 N; y kfkk1 ! 1: Concluye que no existe ningunaconstante c 2 R tal que

kfk1 c kfk1 8f 2 C0[0; 1]:

¿Es posible construir una sucesión de funciones continuas gk : [0; 1] ! R tales quekgkk1 = 1 para toda k 2 N; y kgkk1 !1? Justica tu respuesta.

Ejercicio 2.49 Sea fk : [0; 1]! R, la función

fk(x) =

1 kx si 0 x 1

k;

0 si 1k x 1:

Para cada p 2 [1;1) y k 2 N calcula

kfkkp :=Z 1

0

jf(t)jp dt1=p

:

Ejercicio 2.50 Demuestra si son verdaderas o falsas las siguientes armaciones:

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

kfkp c kfkr 8f 2 C0[0; 1]:


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

kfkp c kfkr 8f 2 C0[0; 1]:

Ejercicio 2.51 Sea Cr[a; b] el conjunto de las funciones f : [a; b] ! R que son r-veces continuamente diferenciables en [a; b]; es decir, tales que todas sus derivadasf 0; f 00; :::; f (r) hasta la de orden r existen en (a; b) y son continuas en [a; b]: Para cadap 2 [1;1] denimos

kfkr;p := kfkp + kf 0kp + + f (r)

p:

Prueba que Crp [a; b] = (Cr[a; b]; kkr;p) es un espacio normado.

Ejercicio 2.52 Sean S un conjunto y V = (V; kk) un espacio normado. Prueba queB(S; V ) es un espacio vectorial con las operaciones dadas por

(f + g)(z) := f(z) + g(z); (f)(z) := f(z);

z 2 S; f; g 2 B(S; V ); 2 R; y que

kfk1 := supz2S

kf(z)k

es una norma en B(S; V ).

Ejercicio 2.53 Sean X = (X; dX) y Y = (Y; dY ) espacios métricos. Considera elproducto cartesiano

X Y := f(x; y) : x 2 X; y 2 Y g:Dados (x1; y1); (x2; y2) 2 X Y; denimos

dp((x1; y1); (x2; y2)) := (dX(x1; x2)p + dY (y1; y2)

p)1=p si p 2 [1;1);d1((x1; y1); (x2; y2)) := max fdX(x1; x2); dY (y1; y2)g :

(a) Prueba dp es una métrica en X Y para todo p 2 [1;1]:

(b) Prueba que, para cualquiera de estas métricas y para cualquier y0 2 Y , la inclusión

: X ! X Y; (x) = (x; y0);

es una isometría.

(c) ¿Es la proyección : X Y ! X; (x; y) = x;

una isometría?

2.6. EJERCICIOS 29

Ejercicio 2.54 Prueba que, si : X ! Y es una isometría y es biyectiva, entonces suinversa 1 : Y ! X es una isometría.

Ejercicio 2.55 ¿Cuáles de las siguientes funciones son isometrías y cuáles no? Justi-ca tu armación.

(a) La identidad id : R2p ! R2r; id(x) = x; con p 6= r:

(b) La identidad id : C0p [0; 1]! C0r [0; 1]; id(f) = f; con p 6= r:

(c) La inclusión : C12 [0; 1] ,! C02 [0; 1]; (f) = f:

(d) La inclusión : C01[0; 1] ,! B([0; 1];R); (f) = f:

(e) La función : B(N;R)! `1; (f) = (f(k)):

Ejercicio 2.56 Sea V un espacio vectorial de dimensión nita y sea fe1; :::; eng unabase de V: Expresamos a cada v 2 V como v =

Pni=1 xiei con xi 2 R; y denimos

kvk :=

nXi=1

x2i

!1=2:

Demuestra las siguientes armaciones:

(a) kk es una norma en V .

(b) Si a V le damos la norma kk ; entonces la función : Rn ! V dada por

(x1; :::; xn) :=nXi=1

xiei

es una isometría.

Ejercicio 2.57 Sean X Rn; x; y 2 X y Tx;y(X) el conjunto de todas las trayectoriasde x a y en X: Denimos

d(x; y) := nffL() : 2 Tx;y(X)g;

donde L() es la longitud de la trayectoria ; denida en (1.1).

(a) Prueba que, si para cada x; y 2 X existe x;y 2 Tx;y(X) con L(x;y) <1; entoncesd es una métrica en X:


(b) ¿En cuáles de los siguientes ejemplos coincide esta métrica con la inducida por lamétrica usual de Rn? Justica tu armación.

(b.1) X = Rn;(b.2) X = Bn := fx 2 Rn : kxk 1g;(b.3) X = fx 2 Bn : x 6= 0g; n 2;(b.4) X = fx 2 Bn : x =2 Dg; donde n 2 y

D := f(x1; :::; xn1; 0) 2 Rn : x21 + + x2n1 1

2g;

(b.5) X = Sn1 := fx 2 Rn : kxk = 1g; n 2:

Capítulo 3

Continuidad

A principios del siglo XIX Augustin Louis Cauchy y Bernard Bolzano dieron, demanera independiente, una denición de continuidad. Llamaron continua a una funciónque tomaba valores arbitrariamente cercanos para valores sucientemente cercanos dela variable. Esta denición es exacta pero imprecisa. La denición usual hoy en día, entérminos de "s y s, fue introducida por Karl Weierstrass1 a nales del siglo XIX.

Karl Weierstrass

La noción de continuidad de una función entre espacios métricos es formalmenteidéntica a la de continuidad de una función entre espacios euclidianos que ya conocemos.En este capítulo estudiaremos este concepto y daremos varias caracterizaciones de lacontinuidad.

1Karl Theodor Wilhelm Weierstrass (1815-1897) nació en Ostenfelde, Westfalia (actualmente Ale-mania). Estudió matemáticas en la Universidad de Münster. Fue profesor en la Universidad de Berlíny tuvo entre sus discípulos a Georg Cantor, Ferdinand Georg Frobenius y Soa Kovalévskaya. Llamadoel padre del análisis moderno, Weierstrass dio las deniciones de continuidad, límite y derivada de unafunción, que continúan vigentes hoy en día.

31

32 3. CONTINUIDAD

3.1. Deniciones y ejemplos

Sean X = (X; dX) y Y = (Y; dY ) espacios métricos.

Denición 3.1 Una función : X ! Y es continua en el punto x0 2 X si, paracada " > 0; existe > 0 (que depende de x0 y de ") tal que

dY ((x); (x0)) < " si dX(x; x0) < :

Decimos que es continua si lo es en todo punto de X.

La continuidad de depende de las métricas que estamos considerando en X y Y:Para hacer énfasis en ello usaremos en ocasiones la notación

: (X; dX)! (Y; dY )

en vez de : X ! Y: Veamos algunos ejemplos.

Ejemplo 3.2 La identidad id : Rnp ! Rnr es una función continua para cualesquierap; r 2 [1;1].

Demostración: Observa que (max far1; : : : ; arng)1=r = max fa1; : : : ; ang si r 2 [1;1)

y a1; : : : ; an 0: En consecuencia, para cualesquiera p; r 2 [1;1) y x = (x1; : : : ; xn) 2Rn se tiene que

kxkr =

nPi=1

jxijr1=r

(nmaxi=1;:::;n jxijr)1=r = n1=rmaxi=1;:::;n jxij = n1=r kxk1 ;

kxk1 = maxi=1;:::;n jxij = (maxi=1;:::;n jxijp)1=p

nPi=1

jxijp1=p

= kxkp :

Combinando ambas desigualdades obtenemos

kxkr n1=r kxkp ; kxk1 kxkp ; 8x 2 Rn; p 2 [1;1]; r 2 [1;1): (3.1)

Dados x0 2 Rn y " > 0 denimos := n1=r" si r 2 [1;1) y := " si r = 1: De lasdesigualdades (3.1) se sigue que

kx x0kr < " si kx x0kp < :

Esto prueba que id : Rnp ! Rnr es continua.

3.1. DEFINICIONES Y EJEMPLOS 33

Ejemplo 3.3 La identidad id : C01[0; 1] ! C01 [0; 1] es continua, mientras que la iden-tidad id : C01 [0; 1]! C01[0; 1] no lo es.

Demostración: La Proposición 2.23 asegura que

kfk1 kfk1 8f 2 C0[0; 1]:

En consecuencia, dadas f0 2 C0[0; 1] y " > 0; para = " se cumple que

kf f0k1 < " si kf f0k1 < :

Esto prueba que id : C01[0; 1]! C01 [0; 1] es continua.Denotemos por 0 a la función constante con valor 0 en [0; 1]: Probaremos que id :

C01 [0; 1]! C01[0; 1] no es continua en 0 (de hecho no lo es en ningún punto de C0[0; 1]).Sea " := 1

2: Armamos que para cualquier 2 (0; 1) existe g 2 C0[0; 1] tal que kgk1 <

y kgk1 = 1 > ": En efecto, la función

g(x) =

1 1

x si 0 x ;

0 si x 1;

tiene estas propiedades.

10. 750. 50. 250

1

0. 75

0. 5

0. 25

0

y = g1=4(x)

Por tanto, la identidad id : C01 [0; 1]! C01[0; 1] no es continua en 0:

Denición 3.4 Una función : X ! Y es un homeomorsmo si es continua ybiyectiva y su inversa 1 : Y ! X es continua. Se dice que X y Y son homeomorfossi existe un homeomorsmo entre ellos.

Los ejemplos anteriores arman que id : Rnp ! Rnr es un homeomorsmo paracualesquiera p; r 2 [1;1], mientras que id : C01[a; b]! C01 [a; b] no lo es.

Proposición 3.5 Sean : X ! Y y : Y ! Z funciones entre espacios métricos.

34 3. CONTINUIDAD

(a) Si y son continuas entonces la composición : X ! Z es continua.

(b) Si es un homeomorsmo, entonces es continua si y sólo si es continua.

(c) Si es un homeomorsmo, entonces es continua si y sólo si es continua.

Demostración: (a): Sean x0 2 X y " > 0: Como es continua en y0 := (x0),existe > 0 tal que

dZ( (y); (y0)) < " si dY (y; y0) < :

Y, como es continua en x0; existe > 0 tal que

dY ((x); (x0)) < si dX(x; x0) < :

En consecuencia,

dZ( ((x)); ((x0))) < " si dX(x; x0) < :

Es decir, : X ! Z es continua.(b): Si es un homeomorsmo, de la armación (a) se sigue que es continua

si y sólo si ( ) 1 = lo es.(c): Análogamente, si es un homeomorsmo, entonces es continua si y sólo

si 1 ( ) = lo es.

La proposición anterior nos permite concluir que f : Rn ! Rm es continua si y sólosi f : Rnp ! Rmr es continua para cualesquiera p; r 2 [1;1] [Ejercicio 3.38].Algunas propiedades importantes de los espacios métricos, como la completitud (que

estudiaremos más adelante), no se preservan bajo homeomorsmos. Por ello convieneintroducir los siguientes conceptos.

Denición 3.6 Una función : X ! Y es Lipschitz continua, si existe c > 0 talque

dY ((x); (y)) c dX(x; y) 8x; 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.

2Rudolph Otto Sigismund Lipschitz (1832-1903) nació en Königsberg (entonces parte de Alemania).Se doctoró en Berlín bajo la supervisión de Lejeune Dirichlet. Fue profesor en la universidad de Bonn.

3.1. DEFINICIONES Y EJEMPLOS 35

Rudolf Lipschitz

Esta noción es más fuerte que la de continuidad, es decir, se cumple lo siguiente.

Proposición 3.7 Si es Lipschitz continua entonces es continua.

Demostración: Sea c > 0 una constante de Lipschitz para : Entonces, dada " > 0;para := "

c> 0 se cumple que

dY ((x); (x0)) < " si dX(x; x0) < :

Por tanto, es continua.

Nota que en este caso no depende del punto x0 2 X. El inverso no es cierto engeneral, es decir, no toda función continua es Lipschitz continua [Ejercicio 3.45].

Denición 3.8 Dos métricas d1 y d2 en un conjunto X son equivalentes si la identi-dad id : (X; d1)! (X; d2) es una equivalencia, es decir, si existen constantes c1; c2 > 0tales que

c1 d2(x; y) d1(x; y) c2 d2(x; y) 8x; y 2 X:Análogamente, dos normas kk1 y kk2 en un espacio vectorial V son equivalentes silas métricas inducidas son equivalentes, es decir, si existen constantes c1; c2 > 0 talesque

c1 kvk2 kvk1 c2 kvk2 8v 2 V:

Las desigualdades (3.1) muestran que kkp y kkr son normas equivalentes en Rnpara cualesquiera p; r 2 [1;1], mientras que el Ejemplo 3.3 muestra que kk1 y kk1 noson normas equivalentes en C0[0; 1]. De hecho, kkp y kkr no son normas equivalentesen C0[a; b] para ningún par de números 1 p < r 1 [Ejercicio 3.47].La siguiente noción nos permite visualizar el concepto de continuidad.

36 3. CONTINUIDAD

Denición 3.9 Sean X = (X; dX) un espacio métrico, x0 2 X y " > 0: La bolaabierta en X con centro en x0 y radio " es el conjunto

BX(x0; ") := fx 2 X : dX(x; x0) < "g :

Dados un subconjunto A de X y una función : X ! Y; denotamos por

(A) := f(x) 2 Y : x 2 Ag

a la imagen de A bajo : Con estos conceptos podemos reformular la denición decontinuidad como sigue:

: X ! Y es continua en el punto x0 de X si, dada " > 0; existe > 0 tal que

(BX(x0; )) BY ((x0); "): (3.2)

x 0φ φ

δB(x , )0

(x )0

B( (x ), )φ 0 ε

Revisemos algunos de los ejemplos anteriores bajo esta nueva óptica.

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

B BB1 2 8(0,1) (0,1) (0,1)

De las desigualdades (3.1) se sigue que existe c > 0 (que depende de n y r) tal que

Bp(x0; c") Br(x0; ") 8p; r 2 [1;1]; 8x0 2 Rn:

La caracterización (3.2) de la continuidad asegura entonces que id : Rnp ! Rnr es unhomeomorsmo.

Ejemplo 3.11 Denotemos por Bp(f0; ") a la bola abierta en C0p [0; 1] con centro en lafunción continua f0 : [0; 1]! R y radio ": Si p =1;

B1(f0; ") = ff 2 C0[0; 1] : jf(x) f0(x)j < " 8x 2 [0; 1]g;

3.2. CONJUNTOS ABIERTOS Y CONJUNTOS CERRADOS 37

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

a b

Por otra parte, si p = 1;

B1(f0; ") = fg 2 C0[0; 1] :Z 1

0

jg(x) f0(x)j dx < "g

es el conjunto de las funciones continuas g tales que el área de la región comprendidaentre las grácas de g y f0 es menor que ".Resulta claro entonces que B1(f0; ") B1(f0; "): Y también que, para cada " > 0

y cada > 0; podemos encontrar una función continua g tal que g 2 B1(f0; ) perog =2 B1(f0; ") :

a b

y=g(x)

De la caracterización (3.2) de la continuidad se sigue que id : C01[0; 1] ! C01 [0; 1] escontinua y que id : C01 [0; 1]! C01[0; 1] no lo es.

3.2. Conjuntos abiertos y conjuntos cerrados

Sea X = (X; d) un espacio métrico y sea A un subconjunto de X:

Denición 3.12 Un punto x 2 X se llama un punto interior de A si existe " > 0 talque BX(x; ") A: El conjunto de todos los puntos interiores de A se llama el interiorde A en X y se denota intX(A); o simplemente int(A). Decimos que A es abierto enX si A = int(A):

Observa que intX(A) A: Veamos que la bola abierta es un abierto en este sentido.

38 3. CONTINUIDAD

Proposición 3.13 En cualquier espacio métrico X = (X; d); la bola abierta

BX(x0; ") := fx 2 X : d(x; x0) < "g

con centro en x0 y radio " es un subconjunto abierto de X:

Demostración: Sea x 2 BX(x0; "). Tomemos := " d(x; x0) > 0: Para todoz 2 BX(x; ); se cumple que

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

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

x

x 0

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

Corolario 3.14 El interior int(A) de cualquier subconjunto A de X es abierto en X.

Demostración: Sea x 2 int(A): Entonces existe " > 0 tal que BX(x; ") A:Probaremos ahora que BX(x; ") intA: En efecto, por la Proposición 3.13, para todoz 2 BX(x; ") existe > 0 tal que BX(z; ) BX(x; ") A: Por tanto, z 2 intA:

Es fácil ver que int(A) es el mayor subconjunto abierto de X contenido en A [Ejer-cicio 3.65].El que un subconjunto A de X sea abierto en X o no lo sea depende de la métrica

que le demos a X. Veamos un ejemplo.

Ejemplo 3.15 El conjunto

A := ff 2 C0[0; 1] : jf(x)j < 1

28x 2 [0; 1]g

es abierto en C01[0; 1]; pero no es abierto en C01 [0; 1]:


Demostración: Observa que A = BC01[0;1](0;12). La Proposición 3.13 asegura que A

es abierto en C01[0; 1]:Probaremos ahora que A no es abierto en C01 [0; 1]: Para cada 0 < < 1 consideremos

la función

g(x) =

1 1

x si 0 x ;

0 si x 1:

Entonces kgk1 = 2y kgk1 = 1: Por tanto, g 2 BC01 [0;1](0; ); pero g 62 A:

0

1/2

1/2

y=g (x)δ

Es decir, BC01 [0;1](0; ) no está contenida en A para ningún > 0: En consecuencia, lafunción 0 no es un punto interior de A en C01 [0; 1]:

De hecho, el conjunto A del ejemplo anterior tiene interior vacío en C01 [0; 1] [Ejercicio3.59].

Denición 3.16 Un punto x 2 X se llama un punto de contacto de A si BX(x; ")\A 6= ; para toda " > 0: El conjunto de todos los puntos de contacto de A se llama lacerradura de A en X y se denota cerrX(A); o simplemente A: Decimos que A escerrado en X si A = A:

Nota que todo punto de A es punto de contacto de A; es decir, A A:

Denición 3.17 La bola cerrada en X con centro en x0 y radio " es el conjunto

BX(x0; ") := fx 2 X : d(x; x0) "g :

Proposición 3.18 BX(x0; ") es un subconjunto cerrado de X:

Demostración: Sea x 2 BX(x0; "): Entonces, para todo > 0; existe x 2 BX(x; )\BX(x0; "): De la desigualdad del triángulo se sigue que

d(x; x0) d(x; x) + d(x; x0) < + " 8 > 0:

40 3. CONTINUIDAD

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

Denotaremos por X r A al complemento de A en X; es decir,

X r A := fx 2 X : x =2 Ag :

Los abiertos y los cerrados son duales en el siguiente sentido.

Proposición 3.19 Para cualquier subconjunto A de un espacio métrico X se cumpleque

X r A = int(X r A):

En consecuencia, A es cerrado en X si y sólo si X r A es abierto en X:

Demostración: La primera armación es inmediata. En efecto, x 2 int(X rA) si ysólo si existe " > 0 tal que BX(x; ") \ A = ;; es decir, si y sólo si x 2 X r A:En consecuencia, si A es cerrado, entonces X r A = X r A = int(X r A); es

decir, X r A es abierto. E inversamente, si X r A es abierto, entonces X r A =int(X r A) = X r A y, en consecuencia, A = A; es decir, A es cerrado.

Corolario 3.20 La cerradura A de cualquier subconjunto A de X es cerrada en X:

Demostración: Por el Corolario 3.14 sabemos que int(X r A) es abierto en X: Enconsecuencia, por la Proposición 3.19, se tiene que A = Xr int(X r A) es cerrado enX:

Es sencillo comprobar que A es el menor subconjunto cerrado de X que contiene aA [Ejercicio 3.66].Existen subconjuntos que no son ni abiertos ni cerrados. Por ejemplo, el intervalo

[a; b) no es ni abierto ni cerrado en R. Más aún, un subconjunto puede ser simultánea-mente abierto y cerrado como lo muestra el siguiente ejemplo.

Ejemplo 3.21 Todo subconjunto de un espacio métrico discreto Xdisc es abierto enXdisc. En consecuencia, todo subconjunto de Xdisc es cerrado en Xdisc:

Demostración: Observemos que, para cada punto x 2 X;

Bdisc(x; 1) := fy 2 X : ddisc(y; x) < 1g = fxg:


Para cualquier subconjunto A de X se tiene entonces que Bdisc(x; 1) A para todox 2 A: Por tanto, A es abierto en Xdisc. De la Proposición 3.19 se sigue que A tambiénes cerrado en Xdisc.

En general no es cierto que la cerradura de una bola abierta sea la correspondientebola cerrada. Veamos un ejemplo.

Ejemplo 3.22 Si Xdisc es un espacio métrico discreto con al menos dos puntos en-tonces, puesto que todos los subconjuntos de Xdisc son cerrados, se tiene que

Bdisc(x; 1) = Bdisc(x; 1) = fxg 8x 2 X:

Por otra parte,

Bdisc(x; 1) := fy 2 X : ddisc(y; x) 1g = X 8x 2 X:

Esto no ocurre en un espacio normado.

Proposición 3.23 Si V = (V; kk) es un espacio normado, entonces la cerradurade la bola abierta B(v0; ") := fv 2 V : kv v0k < "g es la bola cerrada B(v0; ") :=fv 2 V : kv v0k "g.

Demostración: Como B(v0; ") es cerrado y contiene aB(v0; ") se tiene queB(v0; ") B(v0; ") [Ejercicio 3.66].Probaremos ahora que B(v0; ") B(v0; "): Es decir, probaremos que, para todo

v 2 B(v0; ") y > 0; se cumple que B(v; ) \ B(v0; ") 6= ;: Sin perder generalidadpodemos tomar < 2": El punto

v := v +

2"(v0 v) 2 V

satisface

kv vk =

2"kv0 vk

2< ; y

kv v0k = (1

2") kv v0k (1

2")" < ":

v

v

v0

δ

42 3. CONTINUIDAD

Por tanto, v 2 B(v; ) \B(v0; "):

Daremos ahora una caracterización de la continuidad en términos de conjuntos abier-tos y conjuntos cerrados. La imagen inversa de un subconjunto B de Y bajo la función : X ! Y es el conjunto

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

Proposición 3.24 Sean X y Y espacios métricos, y sea : X ! Y una función. Lassiguientes armaciones son equivalentes:

(a) : X ! Y es continua.

(b) 1(U) es abierto en X para todo subconjunto abierto U de Y:

(c) 1(C) es cerrada en X para todo subconjunto cerrado C de Y .

Demostración: (a) ) (b): Sea U un subconjunto abierto de Y: Para cada x 21(U) tomemos " > 0 tal que BY ((x); ") U: Como es continua, existe > 0 talque (BX(x; )) BY ((x); "): Entonces BX(x; ) 1(U): Esto prueba que 1(U)es abierto en X:(b) ) (a): Sean x 2 X y " > 0: Como BY ((x); ") es abierta en Y , se tiene

que 1(BY ((x); ")) es abierto en X: En particular, existe > 0 tal que BX(x; ) 1(BY ((x); ")); es decir, (BX(x; )) BY ((x); "): Esto prueba que es continuaen x:(b) , (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 3.19.En efecto, si satisface (b) y C es cerrado en Y; entonces Y r C es abierto en Y: Enconsecuencia, 1(Y rC) = Xr1(C) es abierto en X y, por tanto 1(C) es cerradoen X: Esto prueba que (b) ) (c). La otra implicación se demuestra de manera análoga.

Ejemplo 3.25 Cualquier función : Xdisc ! Y de un espacio métrico discreto a unespacio métrico cualquiera Y es continua, ya que todo subconjunto de Xdisc es abierto(ver Ejemplo 3.22).

Para nalizar esta sección veamos algunas propiedades importantes de los abiertos.

Proposición 3.26 En cualquier espacio métrico X = (X; d) se cumple lo siguiente:

3.3. CONVERGENCIA DE SUCESIONES 43

(a) El conjunto vacío ; es abierto en X.

(b) X es abierto en X.

(c) La uniónSi2I 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 ; es punto interior de ;:(b): BX(x; ") X para cualquier x 2 X y cualquier " > 0; es decir, cualquier

x 2 X es punto interior de X:(c): Si x 2

Si2I Ui entonces x 2 Ui0 para algún i0 2 I y, como Ui0 es abierto, existe

" > 0 tal que BX(x; ") Ui0 : Pero entonces BX(x; ") Si2I Ui: Esto prueba que x 2

intS

i2I Ui:

(d): Si x 2 U\V; como U y V son abiertos, existen "1; "2 > 0 tales queBX(x; "1) Uy BX(x; "2) V: Tomando " := mnf"1; "2g se tiene que BX(x; ") (U \ V ): Estoprueba que x 2 int(U \ V ):

Dado que los subconjuntos cerrados de X son los complementos de los abiertos, lasarmaciones duales son ciertas para dichos subconjuntos [Ejercicio 3.64].Las propiedades (a)-(d) se usan como denición de los abiertos de un espacio

topológico3. Como la continuidad se puede caracterizar en términos de abiertos (verProposición 3.24), los espacios topológicos son el ámbito natural para estudiar la con-tinuidad.

3.3. Convergencia de sucesiones

Como ocurre en Rn; es posible dar una caracterización de la continuidad en términosde sucesiones en un espacio métrico.

Denición 3.27 Una sucesión en un espacio métrico X = (X; d) es una funciónx : N ! X: El valor de dicha función en k se llama el k-ésimo término de lasucesión y se denota por xk := x(k): Una sucesión se suele denotar simplemente porx = (xk):Decimos que (xk) converge a un punto x 2 X si, dada " > 0; existe k0 2 N tal que

d(xk; x) < " para todo k k0: El punto x se llama el límite de la sucesión (xk):

3Consulta por ejemplo el libro de J. Dugundji, Topology, Boston: Allyn and Bacon, 1966.

44 3. CONTINUIDAD

Usaremos la notación

xk ! x en X; o bien lmk!1

xk = x;

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

xk ! x en X () d(xk; x)! 0 en R.

Denición 3.28 Una subsucesión de x = (xk) es la composición de x con una fun-ción estrictamente creciente k : N ! N: Su j-ésimo término se denota por xkj :=x(k(j)):

Proposición 3.29 Se cumple lo siguiente:

(a) El límite de una sucesión convergente es único.

(b) Si (xk) converge a x en X entonces cualquier subsucesión (xkj) converge a x enX:

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

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

Por tanto, d(x; y) = 0; es decir, x = y:(b): Sean (xkj) una subsucesión de (xk) y " > 0: Como k : N! N es estrictamente

creciente, kj j para todo j 2 N: Y, como xk ! x; existe k0 2 N tal que d(xk; x) < "para todo k k0: Por tanto, d(xkj ; x) < " para todo j k0:

Denición 3.30 Una sucesión (xk) en X está acotada si existen x 2 X y c 2 R talesque d(xk; x) c para todo k 2 N:

Proposición 3.31 Toda sucesión convergente está acotada.

Demostración: Si xk ! x en X entonces existe k0 2 N tal que d(xk; x) < 1 paratodo k k0: Tomando c := maxfd(x1; x); :::; d(xk01; x); 1g obtenemos que d(xk; x) cpara todo k 2 N:

Daremos ahora una caracterización de la cerradura de un conjunto en términos desucesiones en dicho conjunto.

3.3. CONVERGENCIA DE SUCESIONES 45

Proposición 3.32 Sea A un subconjunto de X y sea x 2 X: Entonces x 2 A si y sólosi 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; 1k) \ A para cada k 2 N. Es

decir, xk 2 A y 0 d(xk; x) 1kpara toda k 2 N. En consecuencia, xk ! x en X:

Inversamente, 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; x) < " para todo k k0: En particular,xk0 2 BX(x; ") \ A. Por tanto, x 2 A:

Podemos caracterizar la continuidad de una función en términos de sucesiones comosigue.

Proposición 3.33 : X ! Y es continua en el punto x 2 X si y sólo si para cualquiersucesión (xk) en X tal que xk ! x en X se cumple que (xk)! (x) en Y:

Demostración: Supongamos que es continua en x y que xk ! x en X: Sea" > 0: Entonces, como es continua, existe > 0 tal que (BX(x; )) BY ((x); ")y, como xk ! x; existe k0 2 N tal que xk 2 BX(x; ) para todo k k0: Por lo tanto(xk) 2 BY ((x); ") para todo k k0: Esto prueba que (xk)! (x):Inversamente, supongamos que no es continua en x: Entonces existe "0 > 0 con

la siguiente propiedad: para cada k 2 N hay un punto xk 2 BX(x;1k) tal que (xk) =2

BY ((x); "0): En consecuencia, (xk) converge a x en X pero ((xk)) no converge a (x)en Y:

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

fk(x) =

1 kx si 0 x 1

k;

0 si 1k x 1:

Entonces fk ! 0 en C01 [0; 1] ; pero (fk) no converge en C01 [0; 1] : Esto demuestra queid : C01 [0; 1]! C01 [0; 1] no es continua en 0:

Demostración: Se tiene que

kfkk1 =Z 1

0

jfk(x)j dx =1

2k! 0:

Por tanto, fk ! 0 en C01 [0; 1] :Supongamos que fk ! f en C01 [0; 1] : Entonces, como

jfk(x) f(x)j kfk fk1 para cada x 2 [0; 1];

46 3. CONTINUIDAD

se tiene que la sucesión de números reales (fk(x)) converge a f(x) en R para cadax 2 [0; 1]: En consecuencia

f(x) = lmk!1

fk(x) =

1 si x = 0;0 si 0 < x 1:

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

3.4. Ejercicios

Ejercicio 3.35 Prueba que en la denición de continuidad se puede reemplazar la de-sigualdad estricta por la no estricta, es decir, prueba que una función : X ! Y escontinua en x0 si, dada " > 0; existe > 0 (que depende de x0 y de ") tal que

dY ((x); (x0)) " si dX(x; x0) < :

Ejercicio 3.36 Sean V = (V; kkV ) y W = (W; kkW ) espacios normados, y sea L :V ! W una transformación lineal. Prueba que las siguientes armaciones son equiva-lentes:

(a) L es continua.

(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.

Ejercicio 3.37 Sea X un espacio métrico.

(a) Prueba que, si f; g : X ! R son continuas, entonces las funciones maxff; gg;mnff; gg : X ! R dadas por

(maxff; gg)(x) := maxff(x); g(x)g; (mnff; gg)(x) := mnff(x); g(x)g);

son continuas.

(b) ¿Es cierto que, si f; g : X ! R son Lipschitz continuas, maxff; gg y mnff; ggson Lipschitz continuas?

Ejercicio 3.38 Prueba que f : Rn ! Rm es continua si y sólo si f : Rnp ! Rmr escontinua para cualesquiera p; r 2 [1;1]:

3.4. EJERCICIOS 47

Ejercicio 3.39 Sea g0 2 C0[a; b]: Prueba que, para toda p 2 [1;1]; la función :C0p [a; b]! R dada por

(f) :=

Z b

a

fg0

es Lipschitz continua. (Sugerencia: Usa la desigualdad de Hölder para integrales.)

Ejercicio 3.40 Prueba que, si 1 p r 1; entonces la inclusión : `p `r esLipschitz continua.

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

k : `p ! R; k(x) = xk;

con x = (xk) 2 `p; es Lipschitz continua.

Ejercicio 3.42 Dados dos conjuntos S y S 0; una función : S 0 ! S y un espaciométrico X; considera la función : B(S;X)! B(S 0; X) dada por la composición

(f) := f :


(a) está bien denida (es decir, que f es acotada si f lo es) y es Lipschitzcontinua.

(b) Si es suprayectiva, entonces es una isometría.

Ejercicio 3.43 Demuestra las siguientes armaciones:

(a) Toda isometría es Lipschitz continua.

(b) Si : X ! Y y : Y ! Z son Lipschitz continuas entonces la composición : X ! Z es Lipschitz continua.

(c) Si : X ! Y es una equivalencia, entonces : Y ! Z es Lipschitz continua siy sólo si : X ! Z lo es.

(d) Si : Y ! Z es una equivalencia, entonces : X ! Y es Lipschitz continua siy sólo si : X ! Z lo es.

Ejercicio 3.44 Sea I un intervalo en R (abierto, cerrado, nito o innito). Prueba que,si f : I ! R es continuamente diferenciable en I y existe C 2 R tal que jf 0(t)j Cpara todo t 2 I, entonces f es Lipschitz continua.

48 3. CONTINUIDAD

Ejercicio 3.45 ¿Cuáles de las siguientes funciones son Lipschitz continuas y cuálesson equivalencias?

(a) : R! R; (x) = x2:

(b) : [0;1)! R; (x) =px:

(c) : R! (2; 2); (x) = arctanx:

Ejercicio 3.46 Dada f 2 C1[0; 1] denimos

jjjf jjj1 : = kf 0k1 ;jjjf jjj2 : = jf(0)j+ kf 0k1 ;

jjjf jjj3 : = max

Z 1

0

f(x)dx

; kf 0k1 ;jjjf jjj4 : = (kfk2 + kf 0k2)

1=2:

(a) ¿Es jjjf jjji una norma en C1[0; 1]? Responde esta pregunta para cada i = 1; :::; 4:

(b) Si jjjf jjji es una norma, ¿es jjjf jjji equivalente a la norma

kfk1;1 := kfk1 + kf 0k1

del Ejercicio 2.51?

(c) Considera la función D : C1[0; 1] ! C0[0; 1] que a cada f 2 C1[0; 1] le asocia suderivada f 0 2 C0[0; 1]: Prueba que

D : (C1[0; 1]; kk1;1)! C01[0; 1]

es continua.

(d) Para aquellas jjj jjji que sí son normas investiga si

D : (C1[0; 1]; jjj jjji)! C01[0; 1]

es o no una función continua.

Ejercicio 3.47 Sean p; r 2 [1;1].

(a) Investiga en qué casos id : C0p [0; 1]! C0r [0; 1] es Lipschitz continua y en qué casosno lo es.

3.4. EJERCICIOS 49

(b) Investiga en qué casos id : C0p [0; 1]! C0r [0; 1] es continua y en qué casos no lo es.

(c) ¿En qué casos es id : C0p [0; 1]! C0r [0; 1] una equivalencia?

(d) ¿En qué casos es id : C0p [0; 1]! C0r [0; 1] un homeomorsmo?

Ejercicio 3.48 (a) Considera las trayectorias k; : [0; 1]! R2 dadas por

k(x) = (x;1pksen(kx)); (x) = (x; 0):

8 16 32

Prueba que k ! en B([0; 1];R2):

(b) Sea T (0;0);(1;0)(R2) el conjunto de todas las trayectorias de longitud nita de (0; 0)a (1; 0) en R2 con la métrica uniforme

d1(; ) = maxt2[0;1]

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

(ver Ejemplo 2.27). Prueba que la función longitud

L : T (0;0);(1;0)(R2)! R,

denida en (1.1), no es continua.

Ejercicio 3.49 Sean X = (X; dX), Y = (Y; dY ) y Z = (Z; dZ) espacios métricos.

(a) Prueba que todas las métricas del Ejercicio 2.53 en el producto cartesiano XY :=f(x; y) : x 2 X; y 2 Y g son equivalentes. En adelante a X Y con cualquiera deestas métricas lo llamaremos el producto de los espacios métricos X y Y:

50 3. CONTINUIDAD

(b) Prueba que las proyecciones

X : X Y ! X; X(x; y) = x;

Y : X Y ! Y; Y (x; y) = y;

son Lipschitz continuas.

(c) Prueba que : Z ! X Y es continua si y sólo si las composiciones

X : Z ! X y Y : Z ! Y

son continuas.

(d) Prueba que la distancia dX : X X ! R es continua.

Ejercicio 3.50 Sea (V; kk) un espacio normado.

(a) Demuestra que las siguientes funciones son continuas.

V V ! V; (v; w) 7! v + w;

R V ! V; (; v) 7! v;

V ! R; v 7! kvk :

(b) ¿Cuáles de ellas son Lipschitz continuas?

Ejercicio 3.51 Sean V un espacio vectorial y d una métrica en V: Demuestra las sigu-ientes armaciones:

(a) Si d satisfaced(v + z; w + z) = d(v; w) 8v; w; z 2 V; (3.3)

entonces la suma V V ! V; (v; w) 7! v + w; es continua.

(b) Si d satisface (3.3) y

d(v; w) = jj d(v; w) 8v; w 2 V; 8 2 R; (3.4)

entonces el producto por un escalar R V ! V; (; v) 7! v; es continuo.

(c) Si d satisface (3.3) y (3.4), entonces existe una norma kk en V que induce a lamétrica d:

3.4. EJERCICIOS 51

Ejercicio 3.52 Sean X = (X; d) un espacio métrico, A un subconjunto no vacío de Xy x 2 X: Denimos la distancia de x a A como

dist(x;A) := nfy2A

d(x; y):


(a) La función f : X ! R dada por f(x) = dist(x;A) es Lipschitz continua. (Sug-erencia: Usa el Ejercicio 2.32).

(b) Si A es un subconjunto cerrado de X; entonces dist(x;A) = 0 si y sólo si x 2 A:

Ejercicio 3.53 Sean A y B subconjuntos cerrados no vacíos de un espacio métrico Xtales que A \B = ;: Demuestra las siguientes armaciones:

(a) Existe una función continua : X ! [0; 1] tal que 1(0) = A y 1(1) = B;donde 1(a) := fx 2 X : (x) = ag : (Sugerencia: Considera la función

(x) :=dist(x;A)

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

Prueba que está bien denida y que tiene las propiedades deseadas.)

(b) Existen subconjuntos abiertos V y W de X tales que A V; B W y V \W = ;:

Ejercicio 3.54 SeanX un espacio métrico y Y un subespacio métrico de X. Demuestralas siguientes armaciones:

(a) Si U es abierto en X entonces U \ Y es abierto en Y:

(b) Si A es cerrado en X entonces A \ Y es cerrado en Y:

Ejercicio 3.55 Sean X = (X; d) un espacio métrico, x0 2 X y r > 0: Prueba que laesfera

SX(x0; r) := fx 2 X : d(x0; x) = rges un subconjunto cerrado de X: (Sugerencia: Usa el Ejercicio 3.52 y la Proposición3.24)

Ejercicio 3.56 Sea p 2 [1;1]: Demuestra las siguientes armaciones:

(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 :

52 3. CONTINUIDAD

Ejercicio 3.57 Sea X = [1; 1] con la métrica inducida por la de R.

(a) Describe las bolas abiertas BX(1; ") y BX(1; "); " > 0:

(b) ¿Cuál es el interior en X de los siguientes conjuntos?

(0; 1]; [0; 1]; (0;1

2); [0;

1

2); [1; 1]:

Observa que el interior de estos conjuntos en X a veces no coincide con su interioren R.

(c) ¿Cuáles de estos conjuntos son abiertos en X?

(d) ¿Cuáles de ellos son cerrados en X?

Ejercicio 3.58 (a) ¿Para cuáles p 2 [1;1] es

A1 := fg 2 C0 [0; 1] :Z 1

0

jg(x)j dx < 1g

un subconjunto abierto de C0p [0; 1]?

(b) ¿Para cuáles p 2 [1;1] es

A2 := fg 2 C0 [0; 1] :Z 1

0

jg(x)j dx 1g

un subconjunto cerrado de C0p [0; 1]?(Sugerencia: Usa la Proposición 3.24.)

Ejercicio 3.59 Para cada p 2 [1;1] calcula el interior y la cerradura de los siguientesconjuntos en C0p [0; 1]:

(a) A3 := ff 2 C0[0; 1] : jf(x)j 1 8x 2 [0; 1]g:

(b) A4 := ffk : k 2 Ng donde fk 2 C0[0; 1] es la función

fk(x) =

1 kx si x 2 [0; 1

k];

0 si x 2 [ 1k; 1]:

Ejercicio 3.60 Prueba que una sucesión (xk) en un espacio métrico discreto Xdisc

converge a x en Xdisc si y sólo si existe k0 2 N tal que xk = x para todo k k0:

3.4. EJERCICIOS 53

Ejercicio 3.61 Sea c > 0: Prueba que

lmk!1

ck

k!= 0:

Ejercicio 3.62 Prueba que en cualquier espacio métricoX la intersección de un númeronito de subconjuntos abiertos U1 \ \ Um es abierta en X:

Ejercicio 3.63 Da un ejemplo de una familia numerable de abiertos fUk : k 2 Ng enR cuya intersección

Tk2N Uk no es abierta en R:

Ejercicio 3.64 Demuestra que en cualquier espacio métrico X = (X; d) se cumple losiguiente:

(a) X es cerrado en X:

(b) El conjunto vacío ; es cerrado en X.

(c) La intersecciónTi2I Ci de cualquier familia fCi : i 2 Ig de subconjuntos cerrados

de X es cerrada en X:

(d) La unión C [D de dos subconjuntos cerrados C y D de X es cerrada en X:

(Sugerencia: Aplica las Proposiciones 3.26 y 3.19).

Ejercicio 3.65 Sean A y B subconjuntos de un espacio métrico X: Demuestra lassiguientes armaciones:

(a) int(B) int(A) si B A:

(b) int(A) es el máximo subconjunto abierto de X contenido en A:

Ejercicio 3.66 Sean A y B subconjuntos de un espacio métrico X: Demuestra lassiguientes armaciones:

(a) B A si B A:

(b) A es el mínimo subconjunto cerrado de X que contiene a A:

Ejercicio 3.67 Sea A un subconjunto de un espacio métrico X: La frontera de A enX es el conjunto

@A := Ar int(A):

Prueba que x 2 @A si y sólo si BX(x; ") \ A 6= ; y BX(x; ") \ (X r A) 6= ; para todo" > 0:

54 3. CONTINUIDAD

Ejercicio 3.68 Prueba que la frontera @A de cualquier subconjunto A de X es unsubconjunto cerrado de X:

Ejercicio 3.69 (a) ¿Es cierto que la frontera de la bola abierta BV (v0; r) en un es-pacio normado V es la esfera

SV (v0; r) := fv 2 V : kv v0k = rg?

(b) ¿Es cierto que la frontera de la bola abierta BX(x0; r) en un espacio métricoarbitrario X es la esfera

SX(x0; r) := fx 2 X : dX(x; x0) = rg?

Capítulo 4

Compacidad

Los subconjuntos de Rn que son cerrados y acotados tienen una propiedad funda-mental: cualquier sucesión de puntos en ellos contiene una subsucesión convergente. Engeneral, no cualquier subconjunto cerrado y acotado de un espacio métrico tiene estapropiedad. A los subconjuntos que la tienen se les llama compactos. Este término fueintroducido por Fréchet en 1906.La compacidad tiene consecuencias muy importantes. Por ejemplo, toda función

continua en un espacio métrico compacto alcanza su máximo y su mínimo. Veremosque la compacidad permite concluir la existencia de una solución de una ecuacióndiferencial tomando el límite de ciertas aproximaciones elementales, como ocurre en elteorema de existencia de Peano que demostraremos más adelante (ver Teorema 7.14).Existen varias nociones equivalentes de compacidad en espacios métricos. Una de

ellas arma que un subconjunto K de un espacio métrico es compacto si de cualquierfamilia de conjuntos abiertos cuya unión contiene a K podemos extraer una familianita cuya unión también contiene a K: Esta es la denición que usaremos aquí comopunto de partida.

4.1. Conjuntos compactos

Sean X un espacio métrico y A un subconjunto de X:

Denición 4.1 Una cubierta de A en X es una familia C = fXi : i 2 Ig de subcon-juntos de X tal que

A Si2I

Xi:

Si además Xi es abierto en X para toda i 2 I; se dice que C es una cubierta abierta deA en X: Un subconjunto C0 de C que a su vez es cubierta de A se llama una subcubiertade C.

55

56 4. COMPACIDAD

Denición 4.2 Un subconjunto K de X es compacto si cada cubierta abierta C =fXi : i 2 Ig deK enX contiene una subcubierta nita, es decir, si existenXi1 ; : : : ; Xim 2C tales que

K Xi1 [ [Xim :

Veamos algunos ejemplos. Denotemos por

B(x0; r) := fx 2 Rn : kx x0k < rg

a la bola abierta en Rn con centro en x0 y radio r:

Ejemplo 4.3 Rn no es compacto.

Demostración: C := fB(0; k) : k 2 Ng es una cubierta abierta de Rn; pero ningúnsubconjunto nito de C es cubierta de Rn.

Por tanto, Rn no es compacto.

Ejemplo 4.4 La bola abierta B(0; 1) en Rn no es compacta.

Demostración: C := fB(0; 1 1k) : k 2 Ng es una cubierta abierta de B(0; 1); pero

ningún subconjunto nito de C es cubierta de B(0; 1).

4.1. CONJUNTOS COMPACTOS 57

Por tanto, B(0; 1) no es compacta.

A continuación probaremos algunas propiedades importantes de los conjuntos com-pactos.

Proposición 4.5 Si K es un subconjunto compacto de X, entonces toda sucesión (xk)de elementos de K contiene una subsucesión que converge en X a un elemento de K:

Demostración: Sea (xk) una sucesión en K: Probaremos primero que existe unpunto y0 2 K tal que, para cada " > 0; la bola abierta BX(y0; ") con centro en y0 yradio " contiene alguna subsucesión de (xk).Argumentando por contradicción, supongamos que para cada y 2 K existe "y > 0

tal que BX(y; "y) no contiene ninguna subsucesión de (xk). Entonces existe ky 2 N talque

xk =2 BX(y; "y) 8k ky:

Como K es compacto y C := fBX(y; "y) : y 2 Kg es una cubierta abierta de K, existeny1; :::; ym 2 K tales que

K BX(y1; "y1) [ [BX(ym; "ym):

Esto implica que xk =2 K para todo k maxfky1 ; :::; kymg; lo cual es falso.En consecuencia, existe y0 2 K tal que toda bola abierta con centro en y0 contiene

a una subsucesión de (xk): Esto nos permite escoger, inductivamente, para cada j 2 Nun punto xkj 2 BX(y0;

1j) tal que kj > kj1: La sucesión (xkj) es una subsucesión de

(xk) que converge a y0.

Más adelante veremos que el recíproco también es válido, es decir, que K es un sub-conjunto compacto de X si y sólo si toda sucesión (xk) en K contiene una subsucesiónconvergente en K (ver Teorema 7.4).

Denición 4.6 Un subconjunto A de un espacio métrico X es acotado si existenx 2 X y " > 0 tales que A BX(x; "):

Proposición 4.7 Si K es un subconjunto compacto de X, entonces K es cerrado yacotado.

Demostración: Sea K un subconjunto compacto de X: Si x0 2 K, existe unasucesión (xk) enK que converge a x0 enX (ver Proposición 3.32). Por la Proposición 4.5,(xk) contiene una subsucesión (xkj) que converge a un punto y0 2 K: De la Proposición3.29 se sigue que x0 = y0 2 K: Esto prueba que K es cerrado.

58 4. COMPACIDAD

Probemos ahora que K es acotado. Fijemos un punto x0 2 X: El conjunto C :=fBX(x0; k) : k 2 Ng es una cubierta abierta de K: Como K es compacto, existenk1; :::; km 2 N tales que

K BX(x0; k1) [ [BX(x0; km):

Sea k0 := maxfk1; :::; kmg: Entonces K BX(x0; k0); es decir, K es acotado:

El recíproco no es cierto en general, como lo muestra el siguiente ejemplo.

Ejemplo 4.8 La bola cerrada B`2(0; 1) := f(xn) 2 `2 :1Pn=1

x2n 1g no es compacta

en `2.

Demostración: Para cada k 2 N denotemos por ek 2 `2 a la sucesión cuyo k-ésimotérmino es 1 y todos los demás términos son 0: Claramente ek 2 B`2(0; 1): Observa que

kej ekk2 =p2 8j 6= k:

Supongamos que una subsucesión (ekj) converge a e en `2: Entonces existe j0 2 N talque

ekj e 2<

p22para todo j j0: En consecuencia, ekj eki

2 ekj e

2+ ke ekik2 <

p2

2+

p2

2=p2 8i; j j0;

lo cual es imposible. Esto prueba que (ek) no contiene ninguna subsucesión convergente.La Proposición 4.5 implica que B`2(0; 1) no es compacta.

En general, las bolas cerradas en espacios de dimensión innita nunca son compactas(ver Ejercicio 5.39). Veremos en la próxima sección que en Rn sí lo son.

Proposición 4.9 Sea K un subconjunto compacto de X: Si C K y C es cerrado enX; entonces C es compacto.

Demostración: Sea C un subconjunto cerrado de un conjunto compacto K: Si C =fUi : i 2 Ig es una cubierta abierta de C en X; entonces C0 := fUi : i 2 Ig [ fX r Cges una cubierta abierta de K en X: Como K es compacto, existen Ui1 ; :::; Uim 2 C talesque

K Ui1 [ [ Uim [ (X r C):

En consecuencia, C Ui1 [ [ Uim : Esto prueba que C es compacto.

La compacidad se preserva bajo funciones continuas, es decir, se cumple lo siguiente.

4.2. EL TEOREMA DE HEINE-BOREL 59

Proposición 4.10 Si : X ! Y es continua y K es un subconjunto compacto de X,entonces (K) es un subconjunto compacto de Y .

Demostración: Sea C = fVi : i 2 Ig una cubierta abierta de (K) en Y: Co-mo es continua, 1(Vi) es abierto en X (ver Proposición 3.24). Por tanto, C0 :=1(Vi) : i 2 I

es una cubierta abierta de K en X y, como K es compacto, existen

1(Vi1); :::; 1(Vim) 2 C0 tales que K 1(Vi1) [ [ 1(Vim): En consecuencia,

(K) Vi1 [ [ Vim : Esto prueba que (K) es compacto.

Corolario 4.11 Si K es un espacio métrico compacto y : K ! X es continua,entonces es una función acotada.

Demostración: Por la proposición anterior, (K) es un subconjunto compacto deX. La Proposición 4.7 asegura entonces que (K) es acotado, es decir, es una funciónacotada (ver Denición 2.24).

4.2. El teorema de Heine-Borel

Resulta difícil decidir a partir de la denición si un conjunto es compacto o no loes. A continuación daremos una caracterización sencilla de los subconjuntos compactosde Rn: Probaremos que son precisamente aquéllos que son cerrados y acotados. A esteresultado se le conoce como el teorema de Heine-Borel, aunque su paternidad es máscomplicada1.Empezaremos probando la siguiente armación.

Proposición 4.12 El cubo cerrado

Q := f(x1; :::; xn) 2 Rn : xi 2 [r; r], i = 1; :::ng; r > 0;

es compacto.

1Cuenta P. Dugac que la historia de este resultado empieza en el siglo XIX con la demostraciónde un teorema, central en análisis, que arma que toda función continua en un intervalo cerrado esuniformemente continua. Dirichlet fue el primero en demostrar dicho resultado en 1862 en unas notasde clase, publicadas en 1904, mientras que la demostración de Heine data de 1872. Émile Borel fue elprimero en formular y demostrar en 1895 una versión explícita del resultado que ahora conocemos comoel teorema de Heine-Borel para cubiertas numerables. Cousin (1895), Lebesgue (1898) y Schoenies(1900) la generalizaron a cubiertas arbitrarias. (P. Dugac, Sur la correspondance de Borel et le théorèmede Dirichlet-Heine-Weierstrass-Borel-Schoenies-Lebesgue, Arch. Internat. Hist. Sci. 39 (1989), págs.69-110.)

60 4. COMPACIDAD

Demostración: Argumentando por contradicción, supongamos que Q no es com-pacto. Entonces existe una cubierta abierta C = fUi : i 2 Ig de Q en Rn tal que ningúnsubconjunto nito de C es cubierta de Q. En consecuencia, si subdividimos a Q en 2n

cubos cerrados de lado r; se cumple que al menos uno de ellos, llamémoslo Q1; no estácontenido en la unión de un número nito de elementos de C. Subdividamos ahora Q1en 2n cubos cerrados de lado r

2y repitamos este argumento para obtener una sucesión

decreciente de cubos cerrados

Q Q1 Qk ;

tales Qk es un cubo de lado r2k1 y Qk no esta contenido en la unión de ningún subcon-

junto nito de C.

Q k

Denotemos por k = (k1; :::; kn) al centro de Qk: Entonces,ki xi r

2k8x = (x1; :::; xn) 2 Qk: (4.1)

En particular, como j 2 Qk para j k; se tiene queki ji r

2k8j k; 8i = 1; :::; n: (4.2)

Así pues, para cada i = 1; :::; n; la sucesión (ki ) es de Cauchy en R y, en consecuencia,existe i 2 R tal que ki ! i en R. Pasando al límite cuando j !1 en la desigualdad(4.2) obtenemos que ki i

r

2k8k 2 N; 8i = 1; :::; n: (4.3)

Dado que ji 2 [r; r]; se tiene que i 2 [r; r]: Es decir, = (1; :::; n) 2 Q: Y, puestoque C es cubierta de Q, existe U 2 C tal que 2 U:Ahora bien, como U es abierto, existe " > 0 tal que B(; ") U: Si x 2 Qk; usando

las desigualdades (4.1) y (4.3) obtenemos

kx k x k

+ k r

pn

2k+rpn

2k=rpn

2k1

4.2. EL TEOREMA DE HEINE-BOREL 61

y, en consecuencia,

Qk B(; ") U sirpn

2k1< ".

Esto contradice nuestra suposición de que Qk no puede ser cubierto por un númeronito de elementos de C. En consecuencia, Q es compacto.

El teorema de Heine-Borel da una caracterización sencilla de los subconjuntos com-pactos de Rn:

Eduard Heine Émile Borel

Teorema 4.13 (Heine-Borel) Sea K un subconjunto de Rn: Entonces, K es com-pacto si y sólo si K es cerrado y acotado.

Demostración: Por la Proposición 4.7, si K es compacto entonces es cerrado yacotado. Inversamente, supongamos que K es cerrado y acotado. Entonces existe r > 0tal que K está contenido en el cubo

Q = f(x1; :::; xn) 2 Rn : xi 2 [r; r], i = 1; :::ng;

que es compacto. La Proposición 4.9 implica que K también lo es.

Otra consecuencia importante de la Proposición 4.12 es el siguiente resultado, que

62 4. COMPACIDAD

se conoce como el teorema de Bolzano2-Weierstrass.

Bernhard Bolzano

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

Demostración: Si (k) es una sucesión acotada en Rn, entonces existe r > 0 tal quek 2 Q para todo k 2 N; donde Q es el cubo

Q = f(x1; :::; xn) 2 Rn : xi 2 [r; r], i = 1; :::ng;

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

4.3. Existencia de máximos y mínimos

Sean X un espacio métrico y f : X ! R [ f1;1g una función.

Denición 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 fen X:

2Bernardus Placidus Johann Nepomuk Bolzano (1781-1848) nació en Praga, entonces parte del Im-perio Austriaco. 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, ya que fue destituídode su cátedra en la Universidad de Praga por razones políticas y puesto bajo arresto domiciliario conla prohibición de publicar.

4.3. EXISTENCIA DE MÁXIMOS Y MíNIMOS 63

Una función continua no alcanza, en general, su mínimo o su máximo. Veamos unejemplo.

Ejemplo 4.16 La función arctan : R! R está acotada inferior y superiormente perono alcanza ni su mínimo ni su máximo en R.

7.552.502.557.5

1

0.50

0.5

1

y = arctan x

Una consecuencia importante de la compacidad es la siguiente.

Teorema 4.17 Si K es un espacio métrico compacto y no vacío, entonces toda funcióncontinua f : K ! R alcanza su mínimo y su máximo en K:

Demostración: El Corolario 4.11 asegura que f(K) es un subconjunto acotado enR y, dado que no es vacío, se tiene que

m0 := nfz2K

f(z) 2 R:

Escojamos zk 2 K tal que

m0 f(zk) < m0 +1

k8k 2 N. (4.4)

Como K es compacto, la Proposición 4.5 asegura que la sucesión (zk) contiene unasubsucesión (zkj) que converge a un punto z0 en K: Dado que f es continua, se tieneentonces que f(zkj)! f(z0) en R: De la desigualdad (4.4) se sigue que

m0 = lmj!1

f(zkj) = f(z0):

Es decir, z0 es un mínimo de f:De manera análoga se prueba que f alcanza su máximo en K [Ejercicio 4.39].

En particular, se tiene el siguiente resultado, al que nos referimos en el Capítulo 1.

64 4. COMPACIDAD

Corolario 4.18 Sea K 6= ; un subconjunto cerrado y acotado de Rn: Entonces todafunción continua f : K ! R alcanza su máximo y su mínimo en K:

Demostración: Esta armación es consecuencia inmediata de los Teoremas 4.17 y4.13.

Una consecuencia importante del Teorema 4.17 es el siguiente resultado.

Teorema 4.19 Cualesquiera dos normas en un espacio vectorial de dimensión nitason equivalentes.

Demostración: Sea V un espacio vectorial de dimensión nita y sea fe1; :::; eng unabase de V: Dado v 2 V lo expresamos como v =

Pni=1 xiei con xi 2 R; y denimos

kvk :=

nPi=1

x2i

1=2:

Es sencillo comprobar que kk es una norma en V: Denotemos por V := (V; kk) alespacio V provisto de esta norma. Entonces la función : Rn ! V dada por

(x1; :::; xn) =nPi=1

xiei

es una isometría (ver Ejercicio 2.56). Como el conjunto S := fv 2 V : kvk = 1g esla imagen bajo de la esfera unitaria Sn1 := fx 2 Rn : kxk = 1g; que es cerraday acotada en Rn; el teorema de Heine-Borel y la Proposición 4.10 aseguran que S escompacto en V:Sea kk una norma en V: Para probar la armación del teorema, bastará probar que

kk y kk son normas equivalentes.Sea c1 :=

Pni=1 keik

21=2 : Usando la desigualdad del triángulo para kk y la de-sigualdad de Hölder en Rn con p = q = 2 (ver Proposición 2.12) obtenemos que

kvk nPi=1

jxij keik

nPi=1

jxij21=2 nP

i=1

keik21=2

c1 kvk 8v 2 V: (4.5)

Como consecuencia de esta desigualdad, la función kk : V ! R es Lipschitz continua,ya que

jkwk kvkj kw vk c1 kw vk 8v; w 2 V:Aplicando el Teorema 4.17 concluimos que existe v0 2 S tal que kv0k kvk para todov 2 S; es decir,

c2 := kv0k v

kvk

= kvkkvk

8v 2 V; v 6= 0:

4.4. SEMICONTINUIDAD 65

O, equivalentemente,c2 kvk kvk 8v 2 V: (4.6)

Nota que c2 > 0 porque v0 6= 0: Las desigualdades (4.5) y (4.6) aseguran que las normaskk y kk son equivalentes.

Denotamos por

C0(X; Y ) := f : X ! Y : es continuag: (4.7)

El Corolario 4.11 asegura que, si K es un espacio métrico compacto, entonces C0(K;Y )está contenido en el espacio de funciones acotadas B(K;Y ) (ver Sección 2.4). Podemosentonces darle a C0(K;Y ) la métrica uniforme

d1(; ) = supx2K

dY ((x); (x)):

Observa que, si ; 2 C0(K;Y ); la función f : K ! R dada por f(x) = dY ((x); (x))es continua. Si K es compacto y no vacío, esta función alcanza su máximo en K y,enconsecuencia,

d1(; ) = maxx2K

dY ((x); (x)): (4.8)

4.4. Semicontinuidad

Volvamos ahora a nuestro problema de partida, el Problema 1.1, que inquiere lo sigu-iente: ¿Alcanza la función longitud su mínimo en el conjunto de trayectorias Tp;q(X)?.El conjunto Tp;q(X) es un espacio métrico con la métrica uniforme, pero la función

longitud no es continua, así que no podemos aplicar el Teorema 4.17 para obtener unarespuesta a esta pregunta.En cierto sentido las condiciones de compacidad y continuidad son opuestas la una

de la otra ya que, mientras más abiertos tenga X; más fácil es que una función X ! Yresulte continua pero más difícil es que X sea compacto. Y viceversa. Esta disyuntivase presenta con frecuencia en las aplicaciones. Resulta pues conveniente contar con unresultado de existencia de mínimos para funciones que no son continuas.Empecemos extendiendo el concepto de trayectoria a un espacio métrico arbitrario

X = (X; dX).

Denición 4.20 Una trayectoria en X es una función continua : [a; b] ! X: Lalongitud de se dene como

L() := sup

mPk=1

dX((tk1); (tk)) : a = t0 t1 tm = b; m 2 N:

66 4. COMPACIDAD

p

q

La longitud de una trayectoria no es necesariamente nita [Ejercicio 4.48]. Denote-mos por

L : C0([a; b]; X)! R [ f1ga la función que a cada trayectoria le asocia su longitud.Sabemos que esta función no es continua en general (ver Ejercicio 3.48). Esto se debe

a que pueden existir trayectorias arbitrariamente largas tan cercanas como queramos auna trayectoria dada.

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

Proposición 4.21 Dadas 2 C0([a; b]; X) y c < L(); existe > 0 tal que

c < L() si d1( ; ) < :

Demostración: Sean : [a; b] ! X una trayectoria en X y c < L(): Escojamos0 > 0 tal que c+ 0 < L() y una partición a = t0 t1 tm = b tal que

c+ 0 <

mXk=1

dX((tk1); (tk)):

Sea := 02m: Si d1(; ) < ; se tiene que

dX((tk1); (tk)) dX((tk1); (tk1)) + dX((tk1); (tk)) + dX((tk); (tk))

< + dX((tk1); (tk)) + = dX((tk1); (tk)) +0m:

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

c+ 0 <mXk=1

dX((tk1); (tk)) <mXk=1

dX((tk1); (tk)) + 0 L() + 0:

4.4. SEMICONTINUIDAD 67

En consecuencia, c < L().

A continuación estudiaremos a las funciones que tienen esta propiedad.

Denición 4.22 Una función f : X ! R [ f1g es semicontinua inferiormenteen el punto x0 2 X si, dada c < f(x0); existe > 0 tal que

c < f(x) si dX(x; x0) < :

Se dice que f es semicontinua inferiormente (s.c.i.) si lo es en todo punto x0 2 X:

Análogamente, se dene el siguiente concepto.

Denición 4.23 Una función f : X ! R[f1g es semicontinua superiormenteen el punto x0 2 X si, dada c > f(x0); existe > 0 tal que

f(x) < c si dX(x; x0) < :

Se dice que f es semicontinua superiormente (s.c.s.) si lo es en todo punto x0 2 X:

Observa que f : X ! R es continua si y sólo si f es s.c.i. y s.c.s. [Ejercicio 4.43].

Ejemplo 4.24 (a) La función de : R! R dada por

dte := n si n 1 < t n; n 2 Z:

es s.c.i. pero no es continua.

(b) La función parte entera bc : R! R dada por

btc := n si n t < n+ 1; n 2 Z;

es s.c.s. pero no es continua.

La demostración es sencilla y se propone como ejercicio [Ejercicio 4.44].

Ejemplo 4.25 La Proposición 4.21 asegura que la función longitud

L : C0([a; b]; X)! R [ f1g ; 7! L();

es s.c.i.

Una caracterización muy útil de la semicontinuidad inferior está dada en términosdel siguiente concepto.

68 4. COMPACIDAD

Denición 4.26 Sea (tk) una sucesión en R [ f1;1g: El límite inferior de (tk)se dene como

lm infk!1

tk := supm1

nfkm

tk 2 R [ f1;1g;

y el límite superior de (tk) como

lm supk!1

tk := nfm1

supkm

tk 2 R [ f1;1g:

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

lm infk!1

tk = 1 y lm supk!1

tk = 1:

Es fácil ver [Ejercicio 4.45] que, si una sucesión de números reales (tk) converge enR, entonces

lm infk!1

tk = lmk!1

tk = lm supk!1

tk; (4.9)

Proposición 4.28 f : X ! R[ f1g es semicontinua inferiormente en x0 si y sólo sipara toda sucesión (xk) en X tal que lm

k!1xk = x0 se cumple que

f(x0) lm infk!1

f(xk):

Demostración: )) : Supongamos que f es semicontinua inferiormente en x0: Sea(xk) una sucesión en X tal que lm

k!1xk = x0. Entonces, para cada c < f(x0); existe

> 0 tal quec < f(x) si dX(x; x0) < :

Sea k0 2 N tal quexk 2 BX(x0; ) 8k k0:

Entonces,c nf

kk0f(xk) lm inf

k!1f(xk):

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

f(x0) lm infk!1

f(xk):

() : Supongamos que f no es semicontinua inferiormente en x0: Entonces, paraalgún c0 < f(x0) existe una sucesión (xk) en X tal que

xk 2 BX(x0;1

k) y c0 f(xk) 8k 2 N.

4.5. CONTINUIDAD UNIFORME 69

Esto implica que (xk) converge a x0 en X y que

lm infk!1

f(xk) c0 < f(x0);

lo que demuestra la implicación deseada.

Dado a 2 R, denotamos

fa := fx 2 X : f(x) ag:

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

Teorema 4.29 Si f : X ! R [ f1g s.c.i. y si fa es compacto y no vacío para algúna 2 R, entonces f alcanza su mínimo en X:

Demostración: Sea m0 := nfx2X f(x): Como fa 6= ;; se tiene que 1 m0 a:Sea (xk) una sucesión en fa tal que f(xk)! m0: Como fa es compacto, (xk) contieneuna subsucesión (xkj) tal que xkj ! x0 enX. De la proposición anterior y la observación(4.9) se sigue que

m0 f(x0) lm infj!1

f(xkj) = lmj!1

f(xkj) = m0:

Por lo tanto, f(x0) = m0; es decir, x0 es un mínimo de f:

Para aplicar este resultado al Problema 1.1 deberemos investigar si para algún a 2 Rel conjunto de trayectorias en Tp;q(X) de longitud a lo más a es compacto y no vacío.Es sencillo comprobar que no es así [Ejercicio 4.49]. Volveremos al Problema 1.1 en elCapítulo 7.

4.5. Continuidad uniforme

La noción de continuidad de una función es una propiedad local, es decir, una funciónes continua si lo es en cada punto. A continuación daremos una noción de continuidad,que no depende de cada punto en particular, sino únicamente de la distancia entre lospuntos. Esta propiedad es importante, por ejemplo, para garantizar la continuidad deciertas funciones denidas en espacios de funciones [Ejercicio 4.52].Sean (X; dX) y (Y; dY ) espacios métricos.

70 4. COMPACIDAD

Denición 4.30 Una función : X ! Y es uniformemente continua si dada" > 0 existe > 0 (que depende únicamente de ") tal que, para cualesquiera x1; x2 2 X;

dY ((x1); (x2)) < " si dX(x1; x2) < :

Claramente toda función uniformemente continua es continua. Pero el recíproco noes cierto en general [Ejercicio 4.51]. El siguiente resultado arma que, si la función estádenida en un espacio compacto, ambas nociones coinciden.

Teorema 4.31 Sea K un espacio métrico compacto. Entonces toda función continua : K ! Y es uniformemente continua.

Demostración: Argumentando por contradicción, supongamos que K es compactoy que : K ! Y es continua pero no es uniformemente continua. Entonces para algún"0 > 0 y para cada k 2 N existen xk; exk 2 K tales que

dK(xk; exk) < 1

ky dY ((xk); (exk)) "0:

Como K es compacto, la sucesión (xk) contiene una subsucesión (xkj) tal que xkj ! xen K (ver Proposición 4.5). De la desigualdad del triángulo

dK(x; exkj) dK(x; xkj) + dK(xkj ; exkj)se sigue que exkj ! x enK y, como es continua, se cumple entonces que (xkj)! (x)y (exkj)! (x) en Y (ver Proposición 3.33): En consecuencia,

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

para j sucientemente grande. Esto contradice nuestra suposición.

4.6. Ejercicios

Ejercicio 4.32 Sea V un espacio normado y sea SV := fx 2 V : kxk = 1g la esferaunitaria en V: En cada uno de los siguientes casos investiga si la esfera unitaria es ono compacta.

(a) dimV <1:

(b) V = `p con p 2 [1;1]:

4.6. EJERCICIOS 71

(c) V = C0p [0; 1] con p 2 [1;1]:


(a) Si K un subconjunto compacto de Rn; > 0 y p 2 [1;1]; entonces

bK :=[2K

Bp(; )

es compacto, donde Bp(; ) := fx 2 Rn : kx kp g:

(b) La armación anterior no es válida en general en un espacio métrico arbitrario.(Sugerencia: Toma K := f0g en `2 y usa el Ejemplo 4.8.)

Ejercicio 4.34 ¿Es cierto en general que, si : X ! Y es continua y K es un sub-conjunto compacto de Y; entonces 1(K) es un subconjunto compacto de X? Justicatu respuesta.

Ejercicio 4.35 Prueba que, si : X ! Y es un homeomorsmo, entonces K escompacto en X si y sólo si (K) es compacto en Y:

Ejercicio 4.36 Sea X un espacio discreto. Prueba que X es compacto si y sólo si esnito.

Ejercicio 4.37 Prueba que, si : X ! Y es continua y biyectiva y X es compacto,entonces 1 : Y ! X es continua (es decir, es un homeomorsmo).

Ejercicio 4.38 Sea S1 := f(x; y) 2 R2 : x2 + y2 = 1g el círculo unitario en R2:Considera la función

f : [0; 2)! S1, f(t) = (cos t; sent):

Prueba que

(a) f es continua y biyectiva,

(b) f1 : S1 ! [0; 2) no es continua.

Es decir, la compacidad de X es esencial en la armación del ejercicio anterior.

Ejercicio 4.39 Prueba que, si un espacio métrico X es compacto y no vacío, entoncestoda función continua f : X ! R alcanza su máximo en X:

72 4. COMPACIDAD

Ejercicio 4.40 Sean A un subconjunto no vacío de un espacio métrico X y x 2 X:Como en el Ejercicio 3.52 denimos la distancia de x a A como

dist(x;A) := nfy2A

dX(x; y):

(a) Prueba que, si A es compacto, entonces para cada x 2 X existe z 2 A tal que

dX(x; z) = dist(x;A):

(b) ¿Es cierta la armación anterior si A es un subconjunto arbitrario de X?

Ejercicio 4.41 La distancia entre dos subconjuntos no vacíos A y B de un espaciométrico X se dene como

dist(A;B) := nffdX(x; y) : x 2 A; y 2 Bg:

(a) Prueba que, si A es compacto, B es cerrado y A\B = ;, entonces dist(A;B) > 0:

(b) ¿Es cierta la armación anterior si B es abierto en vez de cerrado?

(c) ¿Es cierto en general que la distancia entre dos cerrados ajenos es positiva?

Ejercicio 4.42 Sean V y W espacios normados. Demuestra las siguientes arma-ciones:

(a) Si dimV = dimW < 1; entonces existe una equivalencia : V ! W que esademás un isomorsmo lineal.

(b) Si dimV < 1 y K V; entonces K es compacto si y sólo si K es cerrado yacotado en V:

(c) Si dimV < 1; entonces toda transformación lineal L : V ! W es Lipschitzcontinua. (Sugerencia: Prueba que existe c 2 R tal que kLvkW c si kvkV = 1;y demuestra que se cumple la armación (c) del Ejercicio 3.36.)

Ejercicio 4.43 Sea x0 2 X: Prueba que f : X ! R es continua en x0 si y sólo si f ess.c.i. y s.c.s. en x0:

Ejercicio 4.44 (a) La función de : R! R dada por

dte := n si n 1 < t n; n 2 Z:

es s.c.i.

4.6. EJERCICIOS 73

(b) La función parte entera bc : R! R dada por

btc := n si n t < n+ 1; n 2 Z;

es s.c.s.

Ejercicio 4.45 Sea (tk) una sucesión en en R. Demuestra las siguientes armaciones:

(a) Se cumple la siguiente desigualdad:

lm infk!1

tk lm supk!1

tk:

(b) La sucesión (tk) converge en R si y sólo si

lm infk!1

tk = lm supk!1

tk;

y, en ese caso,lm infk!1

tk = lmk!1

tk = lm supk!1

tk:

Ejercicio 4.46 Prueba que son equivalentes las siguientes armaciones:

(a) f es s.c.i.

(b) f>a := fx 2 X : f(x) > ag es abierto para toda a 2 R:

(c) fa := fx 2 X : f(x) ag es cerrado para toda a 2 R:

Ejercicio 4.47 (a) Prueba que f : X ! R [ f1g es s.c.s. si y sólo si f : X !R [ f1g es s.c.i.

(b) Para una función s.c.s. f : X ! R [ f1g enuncia y demuestra los resultadoscorrespondientes al Ejercicio 4.46, la Proposición 4.28, y el Teorema 4.29.

Ejercicio 4.48 Da un ejemplo de una trayectoria : [0; 1]! R2 de longitud innita.

Ejercicio 4.49 Considera la sucesión de trayectorias k : [0; 1]! R;

k(t) =

2kt si 0 t 1

2k;

1 si 12k t 1:


(a) k es un mínimo de la función longitud L : T0;1(R)! R [ f1g para todo k 2 N:

74 4. COMPACIDAD

(b) (k) no contiene ninguna subsucesión convergente en C0[0; 1] (Sugerencia: Pruebaque kj kk1

128j 6= k).

(c) La := f 2 T0;1(R) : L() ag no es un subconjunto compacto de C0[0; 1] paraningún a 1:

(d) L : T0;1(R)! R [ f1g no satisface las hipótesis del Teorema 4.29.

Ejercicio 4.50 Sean S1 := f(x; y) 2 R2 : x2 + y2 = 1g el círculo unitario en R2;p = (1; 0);

Tp;p(S1) := f 2 C0([0; 1];S1) : (0) = p = (1)gy L : Tp;p(S1)! R [ f1g la función longitud. ¿Para qué valores de a 2 R es

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

un subconjunto compacto de C0([0; 1];S1)?

Ejercicio 4.51 ¿Cuáles de las siguientes funciones son uniformemente continuas?

(a) f : (0;1)! R, f(t) = 1t:

(b) f : [a;1)! R, f(t) = 1t; con a > 0:

(c) f : X ! R, f(x) := dist(x;A); donde A es un subconjunto arbitrario delespacio métrico X:

Ejercicio 4.52 Sean K : [a; b] [a; b] ! R y f : [a; b] ! R funciones continuas.Denimos bf : [a; b]! R como

bf(x) := Z b

a

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

Prueba que bf es continua. (Sugerencia: Usa la continuidad uniforme de K.)Ejercicio 4.53 Investiga si son falsas o verdaderas las siguientes armaciones.

(a) Toda función Lipschitz continua es uniformemente continua.

(b) Toda función uniformemente continua es Lipschitz continua.

Capítulo 5

Completitud

Para sucesiones de números reales se tiene con un criterio un criterio de convergenciaque depende únicamente de la sucesión misma: si una sucesión de números reales es deCauchy entonces converge.La noción de sucesión de Cauchy se extiende de manera natural a espacios métricos.

Sin embargo, no es cierto en general que cualquier sucesión de Cauchy en un espaciométrico converge. A los espacios métricos en los que cualquier sucesión de Cauchyconverge se les llama completos.La completitud es una propiedad muy importante. Permite, por ejemplo, obten-

er soluciones de sistemas de ecuaciones numéricas, de ecuaciones diferenciales y deecuaciones integrales mediante un proceso de iteración, como veremos en el siguientecapítulo.

5.1. Espacios métricos completos

Sea X = (X; dX) un espacio métrico. La denición de sucesión de Cauchy1 en X esformalmente idéntica a la que conocemos en R:

Denición 5.1 Una sucesión (xk) en X es de Cauchy si, dada " > 0; existe k0 2 Ntal que

dX(xk; xj) < " 8k; j k0:

1Augustin Louis Cauchy (1789-1857) nació en París. Es uno de los pioneros del Análisis Matemáti-co. Fue un matemático profundo, que cultivó diversas áreas de las matemáticas y ejerció una fuerteinuencia sobre sus contemporáneos y sucesores. Escribió cerca de 800 artículos de investigación.

75

76 5. COMPLETITUD

Augustin Cauchy

Proposición 5.2 Toda sucesión convergente en X es de Cauchy.

Demostración: Si xk ! x en X entonces, dada " > 0 existe k0 2 N tal quedX(xk; x) <

"2si k k0: Por tanto

dX(xk; xj) dX(xk; x) + dX(x; xj) < " 8k; j k0:

Es decir, (xk) es de Cauchy.

No es cierto, en general, que cualquier sucesión de Cauchy converge. Veamos un parde ejemplos.

Ejemplo 5.3 Sea X := (0; 1) con la métrica inducida por la de R. La sucesión ( 1k) es

de Cauchy en X pero no converge en X [Ejercicio 5.31].

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

fk(x) =

8<:1 si 1 x 1

k;

kx si 1k x 1

k;

1 si 1k x 1;

5.1. ESPACIOS MÉTRICOS COMPLETOS 77

es de Cauchy en C01 [1; 1] pero no converge en C01 [1; 1]:

10 .500 .51

1

0 .5

0

0 .5

1

y = f3(x)

10 .500 .51

1

0 .5

0

0 .5

1

y = f6(x)

Demostración: Para j k se tiene queZ 1

1jfj(x) fk(x)j dx = 2

Z 1

0

(fj(x) fk(x)) dx =1

k 1j:

En consecuencia, dada " > 0 se cumple que

kfj fkk1 < " 8k; j > 2

":

Así pues, (fk) es de Cauchy.Argumentando por contradicción, supongamos que fk ! f en C01 [1; 1]: Sea a 2

(0; 1): Si k 1a; entonces fk(x) = 1 para todo x 2 [a; 1]: En consecuencia,

0 Z 1

a

j1 f(x)j dx Z 1

1jfk(x) f(x)j dx = kfk fk1 ! 0:

Por tanto, Z 1

a

j1 f(x)j dx = 0;

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

f(x) =

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

En consecuencia, f no es continua en [1; 1]; lo cual contradice nuestra suposición.

En la siguiente sección probaremos que en C01[1; 1] cualquier sucesión de Cauchyconverge. A los espacios métricos que tienen esta propiedad se les llama completos.

78 5. COMPLETITUD

Denición 5.5 Un espacio métrico X es completo, si toda sucesión de Cauchy en Xconverge en X: Un espacio normado que es completo con la métrica inducida por sunorma se llama un espacio de Banach.

Los ejemplos anteriores muestran que (a; b) y C01 [a; b] no son completos. De hecho,C0p [a; b] no es un espacio de Banach para ninguna p 2 [1;1) [Ejercicio 5.32].La completitud no es invariante bajo homeomorsmos, como lo muestra el siguiente

ejemplo.

Ejemplo 5.6 La función tan : (2; 2)! R es un homeomorsmo. R es un espacio

métrico completo, pero (2; 2) no lo es.

7.552.502.557.5

1

0.5

0

0.5

1

arctanx

Sin embargo, la completitud sí se preserva bajo equivalencias.

Proposición 5.7 Si existe una equivalencia : X ! Y entre dos espacios métricos Xy Y , entonces X es completo si y sólo si Y lo es.

Demostración: Supongamos que Y es completo y que : X ! Y es Lipschitzcontinua. Sea (xk) una sucesión de Cauchy en X. Entonces, dada " > 0; existe k0 2 Ntal que

dY ((xj); (xk)) c dX(xj; xk) < " 8j; k k0:

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

Una consecuencia importante es la siguiente.

Teorema 5.8 Todo espacio normado de dimensión nita es de Banach.

5.2. CONVERGENCIA UNIFORME 79

Demostración: Como para cualquier espacio normado V de dimensión n existe unaequivalencia : Rn1 ! V (ver Ejercicio 4.42), en virtud de la Proposición 5.7 bastaráprobar que Rn1 es completo.Sea (xk) una sucesión de Cauchy en Rn1; donde xk = (xk;1; :::; xk;n): Entonces, dada

" > 0; existe k0 2 N tal que

jxj;i xk;ij maxi=1;:::;n

jxj;i xk;ij = kxj xkk1 < " 8j; k k0; 8i = 1; :::; n:

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

jxk;i xij < " 8k ki; 8i = 1; :::; n;

y, en consecuencia,

kxk xk1 = maxi=1;:::;n

jxk;i xij < " 8k maxfk1; :::; kng;

donde x := (x1; :::; xn). Es decir, xk ! x en Rn1:

No todo subespacio de un espacio métrico completo es un espacio métrico completo.Por ejemplo, R es completo pero ningún intervalo abierto (a; b) lo es. La siguienteproposición caracteriza a aquéllos que sí lo son.

Proposición 5.9 Sea X un espacio métrico completo. Un subespacio métrico A de Xes completo si y sólo si es cerrado en X.

Demostración: () : Supongamos que A es cerrado en X. Sea (ak) una sucesión deCauchy en A: Entonces (ak) es una sucesión de Cauchy en X y, como X es completo,ak ! x en X: Por la Proposición 3.32 se tiene que x 2 A = A: Esto prueba que A escompleto.)) : Supongamos ahora que A es completo. Sea x 2 A: Por la Proposición 3.32,

existe una sucesión (ak) en A tal que ak ! x en X: La Proposición 5.2 asegura entoncesque (ak) es de Cauchy y, como A es completo, se tiene que ak ! a en A: De la unicidaddel límite (ver Proposición 3.29) se sigue que x = a 2 A: En consecuencia, A es cerrado.

5.2. Convergencia uniforme

En esta sección daremos ejemplos importantes de espacios métricos completos. Em-pezaremos comparando ciertos tipos de convergencia para sucesiones de funciones.Sean S un conjunto y X = (X; dX) un espacio métrico.

80 5. COMPLETITUD

Denición 5.10 Una sucesión de funciones fk : S ! X; k 2 N; converge puntual-mente en S a una función f : S ! X si fk(z)! f(z) en X para cada z 2 S: Es decir,si para cada " > 0 y cada z 2 S existe k0 2 N (que depende de " y de z) tal que

dX(fk(z); f(z)) < " 8k k0:

La función f se llama el límite puntual de (fk):

El límite puntual de una sucesión de funciones continuas no es, por lo general, unafunción continua, como lo muestra el siguiente ejemplo.

Ejemplo 5.11 La sucesión de funciones fk : [0; 1]! R; fk(x) = xk; converge puntual-mente a

f(x) =

0 si 0 x < 1;1 si x = 1:

10 .7 50 .50 .2 50

1

0 .7 5

0 .5

0 .2 5

0

y = x210 .7 50 .50 .2 50

1

0 .7 5

0 .5

0 .2 5

0

y = x410 .7 50 .50 .2 50

1

0 .7 5

0 .5

0 .2 5

0

y = x6

Daremos a continuación una noción de convergencia según la cual el límite de unasucesión de funciones continuas resultará ser una función continua.

Denición 5.12 Una sucesión de funciones fk : S ! X; k 2 N; converge uniforme-mente en S a una función f : S ! X si, dada " > 0; existe k0 2 N (que depende de") tal que

dX(fk(z); f(z)) < " 8k k0, 8z 2 S:La función f se llama el límite uniforme de (fk):

Nota que esta noción es más fuerte que la de convergencia puntual: si (fk) convergeuniformemente a f; entonces converge puntualmente a f: El recíproco no es cierto puesla sucesión (fk) del Ejemplo 5.11 no converge uniformemente en [0; 1] [Ejercicio 5.41]. Elsiguiente ejemplo muestra que, aun cuando una sucesión de funciones continuas convergepuntualmente a una función continua, no necesariamente converge uniformemente.


Ejemplo 5.13 Sea fk : [0; 1]! R la función dada por

fk(x) = max

1 k

x 1

k

; 0 :

10 .7 50 .50 .2 50

0 .7 5

0 .5

0 .2 5

0

y = f4(x)

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

= 1 > " 8k 2 N:

La propiedad fundamental de la convergencia uniforme es la siguiente.

Teorema 5.14 Sean Z = (Z; dZ) y X = (X; dX) espacios métricos. Si fk : Z ! X escontinua para todo k 2 N y (fk) converge uniformemente a f en Z; entonces f : Z ! Xes continua.

Demostración: Sean z0 2 Z y " > 0: Como (fk) converge uniformemente a f; existek0 2 N tal que

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

38z 2 Z; 8k k0:

Y, como fk0 es continua, existe > 0 tal que

dX(fk0(z); fk0(z0)) <"

3si dZ(z; z0) < :

En consecuencia,

dX(f(z); f(z0)) dX(f(z); fk0(z)) + dX(fk0(z); fk0(z0)) + dX(fk0(z0); f(z0))

< " si dZ(z; z0) < :

82 5. COMPLETITUD

Esto prueba que f es continua.

Para funciones acotadas la convergencia uniforme es simplemente la convergenciaen el espacio métrico B(S;X); denido en la Sección 2.4, cuya métrica es la métricauniforme

d1(f; g) = supz2S

dX(f(z); g(z)); f; g 2 B(S;X):

Es decir, se tiene el siguiente resultado.

Proposición 5.15 Sea (fk) una sucesión en B(S;X): Entonces, (fk) converge uni-formemente a f en S si y sólo si (fk) converge a f en B(S;X):

Demostración: () : Si (fk) converge a f en B(S;X) entonces, dada " > 0; existek0 2 N tal que

d1(fk; f) = supz2S

dX(fk(z); f(z)) < " 8k k0:

En consecuencia,dX(fk(z); f(z)) < " 8k k0; 8z 2 S:

Es decir, (fk) converge uniformemente a f en S:)) : Recíprocamente, si fk 2 B(S;X) y (fk) converge uniformemente a f en S

entonces, dada " > 0; existe k0 2 N tal que

dX(fk(z); f(z)) < " 8k k0; 8z 2 S: (5.1)

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

dX(f(z); x0) dX(f(z); fk0(z)) + dX(fk0(z); x0) < "+ c 8z 2 S:

Esto prueba que f 2 B(S;X): De (5.1) se sigue que

d1(fk; f) = supz2S

dX(fk(z); f(z)) " 8k k0:

Es decir, (fk) converge a f en B(S;X):

El siguiente espacio jugará un papel importante en las aplicaciones del próximocapítulo.


Denición 5.16 Sean Z y X espacios métricos. El espacio de funciones continuasy acotadas de Z a X es el espacio métrico

C0b (Z;X) := ff : Z ! X : f es continua y acotadag

con la métrica inducida por la de B(Z;X), es decir,

d1(f; g) = supz2Z

dX(f(z); g(z))

si f; g 2 C0b (Z;X):

Para sucesiones de funciones continuas y acotadas podemos reinterpretar el Teorema5.14 como sigue.

Corolario 5.17 Sean Z y X espacios métricos. Entonces C0b (Z;X) es un subespaciocerrado de B(Z;X):

Demostración: Sea f 2 C0b (Z;X): Por la Proposición 3.32 existe una sucesión (fk)en C0b (Z;X) tal que fk ! f en B(Z;X): La Proposición 5.15 y el Teorema 5.14 aseguranentonces que f 2 C0b (Z;X): Esto prueba que C0b (Z;X) es cerrado en B(Z;X):

Concluimos esta sección con otra consecuencia importante de la convergencia uni-forme.

Teorema 5.18 Si fk : [a; b]! R es una sucesión de funciones continuamente diferen-ciables en [a; b] tales que (fk) converge a f puntualmente en [a; b] y (f 0k) converge a guniformemente en [a; b]; entonces f es continuamente diferenciable en [a; b] y f 0 = g:

Demostración: Sea x0 2 (a; b): Aplicando el teorema del valor medio a la funciónfj fk se tiene que, para cada x 2 (a; b); existe x 2 (a; b) tal que

fj(x) fk(x) (fj(x0) fk(x0)) =f 0j(x) f 0k(x)

(x x0):

En consecuencia,

jfj(x) fj(x0) fk(x) + fk(x0)j f 0j f 0k

1 jx x0j 8x 2 (a; b):

Como (f 0k) converge en C0[a; b], dada " > 0 existe k0 2 N tal que

jfj(x) fj(x0) fk(x) + fk(x0)j "

3jx x0j 8x 2 (a; b); 8j; k k0:

84 5. COMPLETITUD

Tomando el límite cuando j !1; concluimos que

jf(x) f(x0) fk(x) + fk(x0)j "

3jx x0j 8x 2 (a; b); 8k k0: (5.2)

Por otra parte, existe k1 2 N tal que

jf 0k(x0) g(x0)j <"

38k k1: (5.3)

Sea k := maxfk0; k1g; y sea > 0 tal quefk(x) fk(x0)

x x0 f 0k(x0)

< "

3si jx x0j < : (5.4)

De las desigualdades (5.2), (5.3) y (5.4) se sigue quef(x) f(x0)

x x0 g(x0)

f(x) f(x0)

x x0 fk(x) fk(x0)

x x0

+

fk(x) fk(x0)

x x0 f 0k(x0)

+ f 0k(x0) g(x0)

< " si jx x0j < :

Es decir, f es diferenciable en x0 y f 0(x0) = g(x0): Finalmente, como f 0k 2 C0[a; b]; setiene que g 2 C0[a; b]; es decir, f es continuamente diferenciable en [a; b]:

5.3. Espacios completos de funciones

A continuación daremos un criterio que garantiza la convergencia uniforme de unasucesión de funciones en términos de la sucesión misma.Sean S un conjunto y X = (X; dX) un espacio métrico.

Denición 5.19 Una sucesión de funciones fk : S ! X; k 2 N; es uniformementede Cauchy en S si, para cada " > 0, existe k0 2 N tal que

dX(fk(z); fj(z)) < " 8j; k k0, 8z 2 S:

El siguiente teorema nos da una condición necesaria y suciente para la convergenciauniforme de una sucesión de funciones.

Teorema 5.20 (Criterio de convergencia uniforme de Cauchy) Sea X un espa-cio métrico completo. Una sucesión de funciones fk : S ! X; k 2 N; converge uni-formemente en S si y sólo si (fk) es uniformemente de Cauchy en S:

5.3. ESPACIOS COMPLETOS DE FUNCIONES 85

Demostración: )) : Si (fk) converge uniformemente a f en S entonces, dada" > 0, existe k0 2 N tal que

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

28k k0, 8z 2 S:

En consecuencia,

dX(fk(z); fj(z)) dX(fk(z); f(z)) + dX(f(z); fj(z)) < " 8j; k k0, 8z 2 S:

Es decir, (fk) es uniformemente de Cauchy.() : Supongamos ahora que (fk) es uniformemente de Cauchy en S. Entonces,

para cada z 2 S; la sucesión (fk(z)) es de Cauchy en X y, como X es completo, estasucesión converge a un punto de X al que denotaremos por f(z): Probaremos ahoraque fk ! f uniformemente en S.Sea " > 0: Como (fk) es uniformemente de Cauchy, existe k0 2 N tal que

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

28j; k k0, 8z 2 S:

Y como para cada z 2 S se tiene que fj(z)! f(z) en X; existe k(z) 2 N (que dependede z) tal que

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

28j k(z).

Dadas k k0 y z 2 S; tomemos j := maxfk0; k(z)g: Entonces

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

En consecuencia,dX(fk(z); f(z)) < " 8k k0, 8z 2 S;

es decir, (fk) converge uniformemente a f .

Recuerda que, si S es un conjunto y V = (V; kk) es un espacio vectorial normado,entonces B(S; V ) con la norma uniforme

kfk1 = supz2Z

kf(z)k (5.5)

es un espacio vectorial normado (ver Ejercicio 2.52). Si Z es un espacio métrico, C0b (Z; V )es un subespacio vectorial de B(Z; V ):Una consecuencia importante del teorema anterior es la siguiente.

Teorema 5.21 Sean S un conjunto y Z un espacio métrico.

86 5. COMPLETITUD

Si X es un espacio métrico completo, entonces B(S;X) y C0b (Z;X) son completos.

Si V es un espacio de Banach, entonces B(S; V ) y C0b (Z; V ) son espacios de Ba-nach.

Demostración: Sea (fk) una sucesión de Cauchy en B(S;X): Claramente (fk) esuniformemente de Cauchy en S y, por la Proposición 5.15 y el Teorema 5.20, (fk)converge en B(S;X): Esto prueba que B(S;X) es completo. Por el Corolario 5.17,C0b (Z;X) es un subconjunto cerrado de B(S;X): La Proposición 5.9 asegura entoncesque C0b (Z;X) es completo.

Esta propiedad permite que los espacios B(S;X) y C0b (Z;X) jueguen un papel im-portante en las aplicaciones, como veremos en el siguiente capítulo.Recuerda que, si K es un espacio métrico compacto, entonces toda función continua

de K en X es acotada (ver Corolario 4.11), es decir,

C0(K;X) := f : K ! X : es continuag = C0b (K;X):

Por tanto, C0(K;X) es un espacio completo si K es compacto y X es completo.

5.4. Series en espacios de Banach

Sea V = (V; kk) un espacio vectorial normado y sea (vk) una sucesión en V:

Denición 5.22 Decimos que la serie

1Pk=1

vk

converge en V si la sucesión (wn) de sumas parciales wn :=Pn

k=1 vk converge en V:Su límite se denota

1Pk=1

vk := lmn!1

nPk=1

vk:

Una observación sencilla es la siguiente.

Proposición 5.23 Si la serie1Pk=1

vk converge en V; entonces vk ! 0 en V: En partic-

ular, (vk) está acotada.

5.4. SERIES EN ESPACIOS DE BANACH 87

Demostración: La sucesión

nPk=1

vk

es de Cauchy (ver Proposición 5.2). Por tanto,

dada " > 0; existe n0 2 N tal que

kvn+1k = n+1Pk=1

vk nPk=1

vk

" 8n n0:

Esto prueba que vk ! 0 en V: Por la Proposición 3.31, (vk) está acotada.

En espacios de Banach se tiene el siguiente criterio de convergencia para series.

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

1Pk=1

vk

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

kvk+1 + + vk+jk < " 8k k0; 8j 1:

Demostración: Como V es completo, la sucesión (wn) de sumas parciales wn :=nPk=1

vk converge en V si y sólo si (wn) es de Cauchy, es decir, si y sólo si para cada " > 0,

existe k0 2 N tal que

kwk+j wkk = kvk+1 + + vk+jk < " 8k k0; 8j 1;


El siguiente criterio garantiza la convergencia uniforme de una serie de funciones entérminos de la convergencia de una serie de números reales.

Teorema 5.25 (Criterio de Weierstrass) Sea V un espacio de Banach y sea (vk)una sucesión en V: Si la serie de números reales

1Pk=1

kvkk

converge, entonces la serie1Pk=1

vk

converge en V y se cumple que 1Pk=1

vk

1Pk=1

kvkk :

88 5. COMPLETITUD

Demostración: Sea " > 0: Como1Pk=1

kvkk converge en R, la Proposición 5.24 aseguraque existe k0 2 N tal que

kvk+1k+ + kvk+jk < " 8k k0; 8j 1:

Usando la desigualdad del triángulo obtenemos que

kvk+1 + + vk+jk kvk+1k+ + kvk+jk < " 8k k0; 8j 1:

Aplicando nuevamente la Proposición 5.24 concluimos que la serie1Pk=1

vk

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

k=1

vk

= lmn!1

nPk=1

vk

lmn!1

nPk=1

kvkk =1Pk=1

kvkk ;


Sea S un conjunto y sea fk : S ! V una sucesión de funciones.

Denición 5.26 Decimos que la serie de funciones1Pk=1

fk

converge uniformemente en S si la sucesión de funciones gn :=Pn

k=1 fk convergeuniformemente en S a una función S ! V; a la que se denota

1Pk=1

fk:

Un ejemplo importante de series de funciones son las series de potencias.

Denición 5.27 Sea (ak) una sucesión en R y sea x0 2 R. La serie1Pk=0

ak(x x0)k

de funciones reales de variable real x se llama una serie de potencias. Su radio deconvergencia se dene como

R := supfr 2 [0;1) :1Pk=0

akrk converge en Rg 2 [0;1]:

5.4. SERIES EN ESPACIOS DE BANACH 89

El siguiente resultado justica llamar a R el radio de convergencia.

Teorema 5.28 Sean (ak) una sucesión en R y x0 2 R.

(a) Las series de potencias

1Pk=0

ak(x x0)k y

1Pk=1

kak(x x0)k1

convergen uniformemente en [x0 r; x0 + r] para todo r 2 (0; R); donde R es elradio de convergencia de

P1k=0 ak(x x0)

k:

(b) La función

f(x) :=1Pk=0

ak(x x0)k

es continuamente diferenciable en (x0 R; x0 +R) y su derivada está dada por

f 0(x) =1Pk=1

kak(x x0)k1:

Demostración: (a): Sea r 2 (0; R): Denimos fk 2 C0[x0 r; x0+ r] como fk(x) :=ak(x x0)k, k 0: Probaremos que la sucesión (fk) satisface el criterio de Weierstrass.De la denición del radio de convergencia se sigue que existe r 2 (r; R] \ R tal queP1

k=0 akrk converge en R. Por tanto, existe c 2 R tal que

akrk < c para todo k 2 N(ver Proposición 5.23) y, en consecuencia,

jfk(x)j = jakj jx x0jk jakj rkk ck 8k 2 N, 8x 2 [x0 r; x0 + r];

donde := rr: Se tiene entonces que

kfkk1 = maxx2[x0r;x0+r]

jfk(x)j ck 8k 2 N:

Como 2 (0; 1); la serie de números realesP1

k=0 k converge. Por consiguiente, la serieP1

k=0 kfkk1 converge [Ejercicio 5.45] y el Teorema 5.25 implica que la serie

1Pk=0

ak(x x0)k

converge uniformemente en [x0 r; x0 + r]:Por otra parte, si denimos gk 2 C0[x0 r; x0 + r]; como gk(x) := kak(x x0)

k1;k 1; tenemos que

jgk(x)j = k jakj jx x0jk1 c

rkk1 8k 2 N, 8x 2 [x0 r; x0 + r]:

90 5. COMPLETITUD

Por tanto,kgkk1 = max

x2[x0r;x0+r]jgk(x)j

c

rkk1 8k 2 N:

Dado que la serieP1

k=1 kk1converge en R, argumentando como en el caso anterior,

concluimos que la serie1Pk=1

kak(x x0)k1

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

Fk(x) :=kPj=0

aj(x x0)j; f(x) :=

1Pj=0

aj(x x0)j; g(x) :=

1Pj=1

jaj(x x0)j1:

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

Una función f : (x0 R; x0 + R) ! R que se puede expresar como una serie depotencias

f(x) =1Pk=0

ak(x x0)k

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

5.5. Ejercicios

Ejercicio 5.29 Sea Xdisc un espacio métrico discreto.

(a) Describe a las sucesiones de Cauchy en Xdisc:

(b) ¿Es Xdisc un espacio métrico completo?

Ejercicio 5.30 Sea (xk) una sucesión de Cauchy en un espacio métrico X: Demuestralas siguientes armaciones:

(a) (xk) está acotada en X:

(b) Si alguna subsucesión de (xk) converge a x en X; entonces (xk) converge a x enX:

5.5. EJERCICIOS 91

Ejercicio 5.31 Sea X = (0; 1) con la métrica inducida por la de R. Prueba que lasucesión ( 1

k) es de Cauchy en X pero no converge en X:

Ejercicio 5.32 Considera la sucesión de funciones fk : [1; 1]! R;

fk(x) =

8<:1 si 1 x 1

k;

kx si 1k x 1

k;

1 si 1k x 1:

(a) Prueba que (fk) es de Cauchy en C0p [1; 1] para toda p 2 [1;1):

(b) Prueba que (fk) no converge en C0p [1; 1] para ninguna p 2 [1;1]: (Sugerencia:Usa el Ejercicio 3.47 y el Ejemplo 5.4).

(c) ¿Es (fk) de Cauchy en C01[1; 1]?

Ejercicio 5.33 Prueba que `p es un espacio de Banach para todo p 2 [1;1]:

Ejercicio 5.34 Considera los siguientes subespacios de `1 con la norma inducida.¿Cuáles de ellos son de Banach?

(a) d := f(xn) 2 `1 : xn 6= 0 sólo para un número nito de nsg:

(b) c0 := f(xn) 2 `1 : xn ! 0g:

(c) c := f(xn) 2 `1 : (xn) converge en Rg:

Ejercicio 5.35 Sean X un espacio métrico completo y x; y 2 X: Prueba que el espaciode trayectorias

Tx;y(X) := f 2 C0([0; 1]; X) : (0) = x; (1) = yg

con la métrica uniforme es completo.

Ejercicio 5.36 Prueba que todo espacio métrico compacto es completo.

Ejercicio 5.37 Sean X y Y espacios métricos completos. Prueba que X Y concualquiera de las métricas del Ejercicio 2.53 es completo.

Ejercicio 5.38 Sea V un espacio normado. Prueba que todo subespacio vectorial dedimensión nita de V es cerrado en V:

Ejercicio 5.39 Sean V = (V; kk) un espacio normado y SV := fv 2 V : kvk = 1g laesfera unitaria en V . Demuestra las siguientes armaciones:

92 5. COMPLETITUD

(a) Si W es un subespacio vectorial de V; W es cerrado en V y W 6= V entonces,para cada 2 (0; 1), existe v 2 SV tal que

kv wk 8w 2 W:

(b) Teorema (Riesz) La esfera unitaria SV := fv 2 V : kvk = 1g es compactasi y sólo si dimV < 1. (Sugerencia: Si dimV = 1; usa el Ejercicio 5.38 y elinciso (a) para construir una sucesión en SV que no contiene ninguna subsucesiónconvergente.)

(c) La bola cerrada BV (0; 1) := fv 2 V : kvk 1g es compacta si y sólo si dimV <1.

Ejercicio 5.40 Sea : X ! Y una función uniformemente continua. Demuestra lassiguientes armaciones:

(a) Si (xk) es de Cauchy en X, entonces ((xk)) es de Cauchy en Y:

(b) Si existe una función continua : Y ! X tal que = id y Y es completo,entonces X es completo.


(a) La sucesión de funciones fk(x) = xk no converge uniformemente en [0; 1]:

(b) La sucesión de funciones fk(x) = xk converge uniformemente en cualquier subin-tervalo cerrado [a; b] [0; 1):

Ejercicio 5.42 ¿Cuáles de las siguientes sucesiones de funciones fk : R! R convergenpuntualmente en R? Encuentra todos los intervalos donde la convergencia es uniforme.

(a) fk(x) =kx

kx2 + 1; (b) fk(x) =

kx

k2x2 + 1; (c) fk(x) =

k2x

kx2 + 1:

Ejercicio 5.43 ¿Cuáles de las siguientes sucesiones de funciones fk : R! R convergenuniformemente en R? Encuentra el límite de tales sucesiones.

(a) fk(x) =

jx kj 1 si x 2 [k 1; k + 1];0 si x =2 [k 1; k + 1]:

(b) fk(x) =1

(x=k)2 + 1:

(c) fk(x) = sen(x=k):

(d) fk(x) =

1ksenx si x 2 [2k; 2(k + 1)];0 si x =2 [2k; 2(k + 1)]:

5.5. EJERCICIOS 93

Ejercicio 5.44 Sea fk : [a; b] ! R una sucesión de funciones continuamente diferen-ciables en [a; b] que converge puntualmente a una función f en [a; b]: Investiga si sonfalsas o verdaderas las siguientes armaciones:

(a) f es continua en [a; b].

(b) (fk) converge uniformemente a f en [a; b]:

(c) La sucesión (f 0k) converge puntualmente en [a; b].

(d) Si f es continuamente diferenciable, entonces (f 0k) converge puntualmente en [a; b]:

(e) Si f es continuamente diferenciable y si (f 0k(x)) converge para cada x 2 [a; b];entonces (f 0k) converge puntualmente a f

0 en [a; b]:

Ejercicio 5.45 Prueba que, si an; bn 2 R; 0 an bn y1Pn=1

bn converge en R, entonces1Pn=1

an converge en R.

Ejercicio 5.46 Considera la sucesión de funciones fk : R! R;

fk(x) =x2

(1 + x2)k:

(a) Prueba que, para cada x 2 R, la serie de números reales1Pk=1

fk(x) converge.

(b) ¿Converge la serie de funciones1Pk=1

fk uniformemente en R?

Ejercicio 5.47 Considera las funciones fk : R! R dadas por

fk(x) =senkxp

k:

(a) Prueba que (fk) converge uniformemente a 0 en R:

(b) Prueba que (f 0k) no converge puntualmente en R, donde f 0k es la derivada de fk:

94 5. COMPLETITUD

Ejercicio 5.48 Sea un subconjunto abierto y acotado de Rn: Una función ' : ! Res de clase Cm en si todas las derivadas parciales de orden m de ';

@1

@x11 @

n'

@xnncon i 2 N [ f0g y 1 + + n m;

existen en y admiten una extensión continua a la cerradura , donde

@0'

@x0i:= ' y

@i'

@xii=

@

@xi @

@xi| z i veces

si i 1:

Denotamos por

Cm() := f' : ! R : ' es de clase Cm en g

y denimos

k'kCm() := max @1@x11

@n'

@xnn

1: i 2 N [ f0g; 1 + + n m

:

Prueba que ésta es una norma en Cm() y que Cm() es un espacio de Banach. (Sug-erencia: Recuerda que

@'

@xi(x) = f 0i(0)

donde fi(t) := '(x + tei), ei es el i-ésimo vector de la base canónica de Rn; y usa losTeoremas 5.21 y 5.18.)

Ejercicio 5.49 (a) Dada una sucesión (ck) en R denimos

c := lm supk!1

jckj1=k :

Demuestra el criterio de la raíz para la convergencia de series de númerosreales:

1Pk=0

ck converge si c < 1;1Pk=0

ck no converge si c > 1:

(b) Prueba que el radio de convergencia R de una serie de potencias1Pk=0

ak(x x0)k

está dado porR1 = lm sup

k!1jakj1=k :

5.5. EJERCICIOS 95

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

1Pk=0

kkxk;1Pk=0

xk;1Pk=1

xk

k;

1Pk=1

xk

k2:

Ejercicio 5.50 Sea1Pk=0

ak(x x0)k; ak 2 R; una serie de potencias con radio de con-

vergencia R > 0: Prueba que la función f : (x0 R; x0 +R)! R dada por

f(x) :=1Pk=0

ak(x x0)k

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

f (n)(x) =1Pk=n

k(k 1) (k n+ 1)ak(x x0)kn; x 2 (x0 R; x0 +R):

En particular se cumple que f (n)(x0) = n!an:

Ejercicio 5.51 Considera la función f : R! R dada por

f(x) =

e1=x

2si x 6= 0;

0 si x = 0:

2.51.2501.252.5

0.8

0.6

0.4

0.2

0

y = e1=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) =1Pk=0

akxk; ak 2 R,

convergente en algún intervalo (R;R); R > 0?

96 5. COMPLETITUD

Ejercicio 5.52 Sean akj 2 R tales que las series de números reales1Pj=1

jakjj = bk

convergen para cada k 2 N y la serieP1

k=1 bk también converge. Prueba que

1Pk=0

1Pj=1

akj =1Pj=1

1Pk=0

akj:

(Sugerencia: Considera el subespacio métrico X := f 1n: 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

=

nPj=1

akj; fk(0) =1Pj=1

akj:

Comprueba que esta sucesión satisface todas las hipótesis del Teorema 5.25.)

Ejercicio 5.53 Calcula el radio de convergencia R de la serie de potencias

f(x) :=1Pk=0

xk

k!

y demuestra que f 0 = f en (R;R). ¿Quién es la función f?

Ejercicio 5.54 Sea P el conjunto de todas las funciones polinomiales p : [0; 1] ! R;p(x) = anx

n + + a1x+ a0; con a0; :::; an 2 R:

(a) Prueba que P es un subespacio vectorial de C0[0; 1]:

(b) ¿Es P con la norma uniforme

kpk1 = max0x1

jp(x)j

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

(k1)!xk1 + + x+ 1 y utiliza la Proposición 5.9).

Ejercicio 5.55 Sea ' : R! R la función dada por

'(x) :=

x si x 2 [0; 1];2 x si x 2 [1; 2];

y '(x+ 2) = '(x) para todo x 2 R. Demuestra las siguientes armaciones:

5.6. PROYECTO: COMPLETACIÓN DE UN ESPACIO MÉTRICO 97

(a) La serie1Xk=0

3

4

k'(4kx)

converge uniformemente en R. En consecuencia, la función f : R! R dada por

f(x) :=1Xk=0

3

4

k'(4kx)

es continua.

(b) f no es diferenciable en ningún punto x 2 R: (Sugerencia: Para cada j 2 N tomam 2 N tal que m 4jx < m+ 1; y dene yj := 4jm; zj := 4j(m+ 1): Pruebaque f(zj) f(yj)

zj yj

!1 cuando j !1:

Usa este hecho para concluir que f no es diferenciable en x.)

5.6. Proyecto: Completación de un espacio métrico

5.6.1. Objetivo

Sea X un espacio métrico.

Denición 5.56 Se dice que un espacio métrico X es una completación de X siX es completo y existe una isometría : X ! X tal que (X) = X; donde (X)denota a la cerradura de (X) en X.

Por ejemplo, el espacio R de los números reales es una completación del espacio Qde números racionales.El objetivo de este proyecto es demostrar el siguiente resultado.

Teorema 5.57 Cualquier espacio métrico admite una completación y ésta es únicasalvo isometría.

5.6.2. Procedimiento

1. Demuestra que, si X = (X; d) y X# = (X#; d#) son completaciones de (X; d);entonces existe una isometría biyectiva : X ! X#:

98 5. COMPLETITUD

2. Diremos que dos sucesiones de Cauchy (xk) y (yk) en X son equivalentes si

lmk!1

d(xk; yk) = 0:

Demuestra que ésta es una relación de equivalencia en el conjunto de todas lassucesiones de Cauchy en X:

3. Denota por [xk] a la clase de equivalencia de la sucesión de Cauchy (xk) y dene

X := f[xk] : (xk) es de Cauchy en Xg;

d([xk]; [yk]) := lmk!1

d(xk; yk):

Demuestra que

a) d está bien denida, es decir, existe lmk!1 d(xk; yk) y no depende de losrepresentantes (xk) y (yk) elegidos.

b) d es una métrica en X:

4. Si x 2 X denotamos por [x] a la clase de equivalencia de la sucesión cuyos términosson todos iguales a x: Demuestra las siguientes armaciones:

a) X = (X; d) es un espacio métrico completo.

b) La función : X ! X dada por (x) := [x] es una isometría.

c) (X) = X:

5.6.3. Observaciones

Es importante saber que todo espacio métrico admite una única completación. Sinembargo, la descripción que hemos dado aquí resulta poco práctica: pensar a los númerosreales como clases de equivalencia de sucesiones de Cauchy de números racionales haríamuy engorroso operar con ellos. Conviene pues tener representaciones más sencillas.En el Capítulo 14 introduciremos una completación accesible del espacio C0p [a; b]:

el espacio de Lebesgue Lp(a; b): Este espacio aparece de manera natural en muchasaplicaciones importantes.

Capítulo 6

El teorema de punto jo de Banachy aplicaciones

El teorema de punto jo de Banach, también llamado el principio de contracción,garantiza la existencia y unicidad de puntos jos de ciertas funciones de un espaciométrico completo en sí mismo. A diferencia de otros teoremas de punto jo, éste da unmétodo constructivo para obtenerlo mediante un proceso de iteración.El teorema de punto jo de Banach tiene multitud de aplicaciones a resultados de

existencia y unicidad de soluciones de ecuaciones numéricas, ecuaciones diferenciales yecuaciones integrales. Daremos aquí algunos ejemplos.Una de las aplicaciones más importantes es el teorema de Picard-Lindelöf que ase-

gura la existencia y unicidad de la solución de un sistema de ecuaciones diferencialesordinarias que satisface una condición inicial prescrita. A este problema se le conocecomo el problema de Cauchy y es uno de los problemas fundamentales de la teoría deecuaciones diferenciales.

6.1. El teorema de punto jo de Banach

Sea X = (X; d) un espacio métrico.

Denición 6.1 Una función : X ! X se llama una contracción si existe 2 (0; 1)tal que

d((x); (y)) d(x; y) 8x; y 2 X: (6.1)

Es decir, una contracción es una función de un espacio métrico en sí mismo que esLipschitz continua con constante de Lipschitz estrictamente menor que 1: Es importanteobservar que el que : X ! X sea o no contracción depende de la métrica que le demosa X [Ejercicio 6.20].

99

100 6. EL TEOREMA DE PUNTO FIJO DE BANACH Y APLICACIONES

Denición 6.2 Un punto x 2 X se llama un punto jo de la función : X ! X si(x) = x:

Denotamos por k a la composición

k := | z k veces

si k 2 N; 0 := idX ;

donde idX : X ! X es la función identidad. El siguiente resultado sencillo y profundode Stefan Banach1 tiene aplicaciones muy importantes.

Stefan Banach

Teorema 6.3 (de punto jo de Banach) Sea X un espacio métrico completo, novacío, y sea : X ! X una contracción. Entonces se cumple lo siguiente:

(a) tiene un único punto jo x:

(b) Para cualquier x0 2 X la sucesión (k(x0)) converge a x en X; y se cumple que

d(k(x0); x) k

1 d((x0); x0); (6.2)

donde 2 (0; 1) satisface (6.1).

Demostración: (a): Sea x0 un punto cualquiera de X y denotemos por

xk := k(x0):

1Stefan Banach (1892-1945) nació en Cracovia, Polonia. Fue básicamente autodidacta y su genio fuedescubierto accidentalmente por el matemático Hugo Steinhaus. Se le considera fundador del análisisfuncional moderno. Muchos conceptos y resultados notables llevan su nombre.

6.1. EL TEOREMA DE PUNTO FIJO DE BANACH 101

Demostraremos primero que la sucesión (xk) es de Cauchy enX. Nota que, si satisface(6.1), entonces

d(xk+1; xk) = d(k(x1); k(x0)) kd(x1; x0) 8k 2 N:

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

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

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

es decir,(1 )d(y; z) d(y; (y)) + d((z); z):

Tomando y := xk y z := xj obtenemos

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

1 k + j

1 d(x1; x0): (6.3)

Sea " > 0: Como 2 (0; 1) existe k0 2 N tal que

k

1 d(x1; x0) <

"

28k k0: (6.4)

En consecuencia,d(xk; xj) < " 8j; k k0:

Esto demuestra que la sucesión (xk) es de Cauchy en X:Como X es completo, existe x 2 X tal que xk ! x en X y, como es continua,

se tiene entonces que xk+1 = (xk) ! (x) en X: Como el límite de una sucesión esúnico, concluimos que (x) = x; es decir, x es un punto jo de :Veamos ahora que es único. Si x1 y x

2 son puntos jos de entonces

d(x1; x2) = d((x1); (x

2)) d(x1; x

2):

Como < 1; esta desigualdad implica que d(x1; x2) = 0; es decir, x

1 = x2:

(b): Por último, haciendo tender j !1 en la desigualdad (6.3) obtenemos que

d(xk; x) = lm

j!1d(xk; xj)

k

1 d(x1; x0) 8k 2 N.

Esto concluye la demostración.

El teorema anterior no sólo arma la existencia de un único punto jo para unacontracción : X ! X. También nos dice cómo encontrarlo, o cómo encontrar una


buena aproximación de él: basta tomar cualquier punto x0 2 X y considerar la sucesiónde iteradas (k(x0)): La desigualdad (6.2) nos da una estimación del error en cadapaso de la iteración, es decir, nos dice qué tan cerca está k(x0) del punto jo. A estemétodo se le conoce como elmétodo de aproximaciones sucesivas. Veremos algunasaplicaciones en las siguientes secciones.Los siguientes ejemplos muestran que las condiciones del teorema de punto jo de

Banach son necesarias.

Ejemplo 6.4 La función : (0; 1) ! (0; 1) dada por (t) = 12t es una contracción

y no tiene ningún punto jo en (0; 1): Por tanto, para la validez del Teorema 6.3 esnecesario que X sea completo.

Ejemplo 6.5 La función : R! R dada por (t) = t+ 1 satisface

j(t) (s)j = jt sj 8t; s 2 R:

Sin embargo, no tiene ningún punto jo. Por tanto, para la validez del Teorema 6.3 esnecesario que el número de la condición (6.1) sea estrictamente menor que 1:

Esta condición también es necesaria para la unicidad del punto jo [Ejercicio 6.22].La siguiente generalización del teorema de punto jo de Banach tiene aplicaciones

importantes (ver Teorema 6.12).

Corolario 6.6 Sea X un espacio métrico completo y : X ! X una función. Si existek 2 N tal que k : X ! X es una contracción, entonces tiene un único punto jo.

Demostración: El Teorema 6.3 asegura que k tiene un único punto jo x 2 X:Aplicando a la igualdad k(x) = x obtenemos que

k((x)) = k(x)

= (x) ;

es decir, (x) es también un punto jo de k: Como el punto jo es único, obtenemosque (x) = x: En consecuencia, x es también un punto jo de : Y es el único, yaque todo punto jo de es también un punto jo de k:

6.2. Sistemas de ecuaciones lineales

Consideremos el sistema de ecuaciones lineales

Ax x = b (6.5)

6.2. SISTEMAS DE ECUACIONES LINEALES 103

donde A = (aij) es una matriz real de n n y b = (b1; : : : ; bn) 2 Rn: Observa quex 2 Rn es una solución de este sistema si y sólo si x es un punto jo de la función : Rn ! Rn dada por (x) := Ax b: De modo que, si es una contracción, podemosaplicar el método de aproximaciones sucesivas para encontrar una solución. El que seauna contracción depende de la métrica que le demos a Rn: Por ejemplo, si le damos lamétrica del Ejemplo 2.5, inducida por la norma kk1 ; obtenemos el siguiente resultado.

Teorema 6.7 Si existe 2 (0; 1) tal quenPi=1

jaijj 8j = 1; :::; n; (6.6)

entonces el sistema (6.5) tiene solución única para cada b 2 Rn: La solución x satisface x + k1Pm=0

Amb

1

k

1 kbk1 :

Demostración: Para todo x 2 Rn se tiene que

kAxk1 =nPi=1

nPj=1 aijxj nP

i=1

nPj=1

jaijj jxjj nPj=1

jxjj = kxk1 :

En consecuencia, la función : Rn1 ! Rn1 dada por (x) = Ax b satisface

k(x) (y)k1 = kAx Ayk1 = kA(x y)k1 kx yk1 8x; y 2 Rn;

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

k(0) = k1Pm=0

Amb;

se tiene que x + k1Pm=0

Amb

1

k

1 kbk1 :


Si consideramos otras métricas en Rn obtendremos condiciones, distintas de (6.6),que también garantizan la existencia y unicidad de soluciones del sistema (6.5) paracada b [Ejercicio 6.28].Sabemos que el sistema (6.5) tiene solución única si y sólo si det(A I) 6= 0;

donde I es la matriz identidad. En consecuencia, la condición (6.5) y las del Ejercicio


6.28 garantizan que det(A I) 6= 0: En este caso, la matriz A I es invertible y lasolución del sistema está dada por x := (A I)1b: Sin embargo, en problemas queinvolucran un número grande de variables, encontrar la inversa de una matriz tiene uncosto prohibitivo, incluso con la potencia de las mejores computadoras disponibles. Porello se utilizan métodos iterativos, como el de Jacobi o el de Gauss-Seidel, para encontrarla solución mediante aproximaciones sucesivas a partir de una estimación inicial. Paraecuaciones no lineales los métodos iterativos son, en general, la única opción.

6.3. Ecuaciones integrales

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

6.3.1. La ecuación integral de Fredholm del segundo tipo

Sean K : [a; b] [a; b]! R y g : [a; b]! R funciones continuas, y sea un númeroreal. Una ecuación integral de la forma

f(x)Z b

a

K(x; y)f(y)dy = g(x); x 2 [a; b]; (6.7)

se llama una ecuación integral de Fredholm2. Se dice que es del primer tipo si = 0 y del segundo tipo si 6= 0.

Ivar Fredholm

2Erik Ivar Fredholm (1866-1927) nació en Estocolmo, Suecia. Obtuvo el doctorado en la universidadde Uppsala en 1898, bajo la supervisión de Gösta Mittag-Le er. Fue profesor de la universidad deEstocolmo. En 1903 introdujo la teoría moderna de ecuaciones integrales, que se conoce como teoríade Fredholm.

6.3. ECUACIONES INTEGRALES 105

Una función continua f : [a; b] ! R que satisface (6.7) para todo x 2 [a; b] se llamauna solución de (6.7). Nos preguntamos, ¿para qué valores tiene la ecuación (6.7) unaúnica solución?Queremos expresar este problema como un problema de punto jo. Es decir, quere-

mos encontrar una función : C0[a; b]! C0[a; b] cuyos puntos jos sean las solucionesde la ecuación (6.7). Para ello, procederemos del siguiente modo. A cada f 2 C0[a; b] leasociamos la función Ff : [a; b]! R dada por

(Ff) (x) :=

Z b

a

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

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

f(x) (Ff) (x) = g(x) 8x 2 [a; b];

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

f Ff = g:

Si 6= 0 esta ecuación es equivalente a

f =1

(Ff + g):

Probaremos que Ff 2 C0[a; b] (ver Lema 6.8). Esto nos permite denir una función deC0[a; b] en sí mismo como sigue:

: C0[a; b]! C0[a; b]; (f) :=1

(Ff + g):

Las soluciones de (6.7) son justamente los puntos jos de :Para poder aplicar el teorema de punto jo de Banach requerimos que C0[a; b] sea

completo. De acuerdo con el Teorema 5.21 este espacio, dotado de la norma uniforme

kfk1 = maxx2[a;b]

jf(x)j ;

es un espacio de Banach. Probaremos que para ciertos valores de la función :C0[a; b]! C0[a; b] es una contracción. El Teorema 6.3 asegura entonces que tiene unúnico punto jo, es decir, que la ecuación (6.7) tiene una única solución (ver Teorema6.9). A continuación damos los detalles.

Lema 6.8 Para cada f 2 C0[a; b]; la función Ff : [a; b]! R dada por

(Ff) (x) :=

Z b

a

K(x; y)f(y)dy

es continua.


Demostración: Sea f 2 C0[a; b]: Si f = 0 entonces Ff = 0: Supongamos que f 6= 0:Como [a; b] [a; b] es compacto, el Teorema 4.31 asegura que K es uniformementecontinua. En consecuencia, dada " > 0; existe > 0 tal que

jK(x1; y1)K(x2; y2)j <"

(b a) kfk1si jx1 x2j < y jy1 y2j < :

Por tanto,

j(Ff) (x1) (Ff) (x2)j Z b

a

jK(x1; y)K(x2; y)j jf(y)j dy

(b a)"

(b a) kfk1kfk1 = " si jx1 x2j < :

Esto prueba que Ff es continua.

Teorema 6.9 Si jj > kKk1 (b a) entonces, para cada g 2 C0[a; b]; la ecuaciónintegral de Fredholm (6.7) tiene una única solución.

Demostración: Dados 6= 0 y g 2 C0[a; b]; denimos : C0[a; b]! C0[a; b] como

(f) :=1

(Ff + g) :

El lema anterior asegura que es, efectivamente, una función de C0[a; b] en sí mismo.Veamos que, si jj > kKk1 (ba); entonces es una contracción. Sean f1; f2 2 C0[a; b]:Entonces, para toda x 2 [a; b]; se tiene que

j(f1)(x) (f2)(x)j =1

jj jFf1(x) Ff2(x)j

1

jj

Z b

a

jK(x; y)j jf1(y) f2(y)j dy

1

jj(b a) kKk1 kf1 f2k1 :

Por consiguiente,

k(f1) (f2)k1 1

jj(b a) kKk1 kf1 f2k1 8f1; f2 2 C0[a; b]:

Por hipótesis, 1jj(b a) kKk1 < 1: En consecuencia, es una contracción.


Dado que C0[a; b] es completo (ver Teorema 5.21), el Teorema 6.3 asegura que existeuna única f 2 C0[a; b] tal que

f = (f) =

1

(Ff + g) :

Es decir, existe una única f 2 C0[a; b] que satisface la ecuación integral de Fredholm

f = Ff + g;


Es sencillo comprobar que la función F : C0[a; b] ! C0[a; b]; que a cada f le asociaFf; es lineal y continua [Ejercicio 6.30]. Si g = 0; la ecuación integral de Fredholm seconvierte en la ecuación de valores propios3

Ff = f

para el operador de Fredholm F. Nota que la función f = 0 satisface esta ecuación.El teorema anterior asegura que ésta es la única solución si jj > kKk1 (ba): En conse-cuencia, los valores propios de F están contenidos en el intervalo cerrado [kKk1 (ba);kKk1 (b a)]:

6.3.2. La ecuación integral de Volterra del segundo tipo

Consideremos ahora la ecuación

f(x)Z x

a

K(x; y)f(y)dy = g(x) 8x 2 [a; b]; (6.8)

donde K : [a; b] [a; b] ! R y g : [a; b] ! R son funciones continuas dadas y es unnúmero real. Nota que ahora la variable x aparece también en el extremo superior dela integral. Una ecuación de este tipo se llama una ecuación integral de Volterra4.

3Recuerda que v 2 V es un valor propio (llamado también autovalor o eigenvalor) de la funciónlineal L : V ! V si v 6= 0 y Lv = v para algún 2 R:

4Vito Volterra (1860-1940) nació en Ancona, Italia. Estudió en la universidad de Pisa, bajo lasupervisión de Enrico Betti. Fue profesor en las universidades de Turín y Roma.


Se dice que es del primer tipo si = 0 y del segundo tipo si 6= 0.

Vito Volterra

Queremos expresar a las soluciones de (6.8) como los puntos jos de una función : C0[a; b] ! C0[a; b]: Para ello, a cada función f 2 C0[a; b] le asociamos la funciónVf : [a; b]! R dada por

(Vf) (x) :=

Z x

a

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

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

f Vf = g:

Probaremos que Vf 2 C0[a; b] (ver Lema 6.10). Si 6= 0; podemos entonces denir unafunción de C0[a; b] en sí mismo como sigue:

: C0[a; b]! C0[a; b]; (f) :=1

(Vf + g):

Sus puntos jos son las soluciones de la ecuación (6.8). Probaremos que para cada 6= 0existe k 2 N tal que la función k es una contracción (ver Lema 6.11). El Corolario 6.6asegura entonces que tiene un único punto jo, es decir, que la ecuación (6.8) tieneuna única solución.

Lema 6.10 Para cada f 2 C0[a; b]; la función Vf : [a; b]! R dada por

(Vf) (x) :=

Z x

a

K(x; y)f(y)dy

es continua.

Demostración: Sea f 2 C0[a; b]: Si K = 0 o f = 0 entonces Vf = 0: Si K 6= 0 yf 6= 0; el Teorema 4.31 asegura que para cada " > 0 existe > 0 tal que

jK(x1; y1)K(x2; y2)j <"

2(b a) kfk1si k(x1; y1) (x2; y2)k < :


En consecuencia, si jx1 x2j < mnf; "2kKk1kfk1

g y x1 x2; se tiene que

j(Vf) (x1) (Vf) (x2)j =Z x1

a

(K(x1; y)K(x2; y))f(y)dy Z x2

x1

K(x2; y)f(y)dy

Z x1

a

jK(x1; y)K(x2; y)j jf(y)j dy +Z x2

x1

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

< (x1 a)"

2(b a) kfk1kfk1 +

"

2 kKk1 kfk1kKk1 kfk1

"

2+"

2= ":

Esto prueba que Vf es continua.

Dados 6= 0 y g 2 C0[a; b]; denimos : C0[a; b]! C0[a; b] como

(f) :=1

(Vf + g) :

El lema anterior asegura que es, efectivamente, una función de C0[a; b] en sí mismo.Probaremos el siguiente resultado.

Lema 6.11 La función satisface la desigualdad

k(f1) k(f2) 1 jj

k kKkk1(b a)k

k!kf1 f2k1 ;

para todas f1; f2 2 C0[a; b]; k 2 N:

Demostración: Probaremos por inducción que

k(f1)(x) k(f2)(x) jj1 kKk1 (x a)

kk!

kf1 f2k1 8x 2 [a; b]: (6.9)

Para k = 1 se tiene que

j(f1)(x) (f2)(x)j 1

jj

Z x

a

jK(x; y)j jf1(y) f2(y)j dy

1

jj kKk1 (x a) kf1 f2k1 :


Supongamos que la desigualdad (6.9) vale para k 1: Entoncesk(f1)(x) k(f2)(x) 1

jj

Z x

a

jK(x; y)jk1 (f1)(y) k1 (f2)(y)

dy kKk1

jj

Z x

a

k1 (f1)(y) k1 (f2)(y) dy

kKkk1jjk

kf1 f2k1Z x

a

(y a)k1

(k 1)! dy

=kKkk1jjk

kf1 f2k1(x a)k

k!:

Esto demuestra la desigualdad (6.9). De ella se sigue quek(f1)(x) k(f2)(x) jjk kKkk1 (b a)k

k!kf1 f2k1 8x 2 [a; b]

y, en consecuencia, que

k(f1) k(f2) 1

jj1 kKk1 (b a)

kk!

kf1 f2k1 ; (6.10)


Teorema 6.12 Si 6= 0 entonces, para cada g 2 C0[a; b]; la ecuación integral deVolterra (6.8) tiene una única solución.

Demostración: Sea k0 2 N tal quejj1 kKk1 (b a)

kk!

< 1 8k k0

(ver Ejercicio 3.61). Por el lema anterior, para k k0, la función k : C0[a; b]! C0[a; b]

es una contracción. Del Corolario 6.6 se sigue que tiene un único punto jo, es decir,la ecuación (6.8) tiene solución única.

Este resultado asegura en particular que, si 6= 0; la solución trivial es la únicasolución de la ecuación de valores propios

Vf = f

para el operador de Volterra V: Es decir, ningún 6= 0 es un valor propio de V: Laecuación integral de Volterra del primer tipo, Vf = g, es bastante más complicada yno la estudiaremos aquí.

6.4. EL PROBLEMA DE CAUCHY 111

6.4. El problema de Cauchy

Sea un subconjunto abierto de Rn: Un campo vectorial en es una funcióncontinua de en Rn: Los campos vectoriales se utilizan a menudo en la física paramodelar, por ejemplo, la velocidad de un líquido móvil, o la intensidad y la direcciónde una cierta fuerza, como la fuerza electromagnética.Consideraremos campos vectoriales que cambian continuamente con el tiempo, es

decir, funciones continuas : (a; b) ! Rn: El intervalo abierto (a; b) puede serinnito. Las siguientes guras ilustran el campo vectorial (t; x; y) = (tx y; x + ty)para t = 0 y t = 1:

(0; x; y) = (y; x) (1; x; y) = (x y; x+ y)

Dado un tiempo inicial t0 2 (a; b) y una posición inicial x0 2 ; nos preguntamos siexiste una trayectoria u(t) en tal que u(t0) = x0 cuya velocidad u0(t) en cada tiempot sea precisamente (t; u(t)):

Denición 6.13 Una solución del problema de Cauchyu0 = (t; u);u(t0) = x0;

(6.11)

es una función continuamente diferenciable u : J ! ; denida en un subintervalo Jde (a; b) que contiene a t0; que satisface

u0(t) = (t; u(t)) 8t 2 J y u(t0) = x0:

El punto (t0; x0) se llama la condición inicial del problema (6.11).


Empezaremos mostrando que el problema (6.11) es equivalente a una ecuación in-tegral. Dada una función continua f = (f1; :::; fn) : [a; b]! Rn; denotamos porZ b

a

f(t)dt :=

Z b

a

f1(t)dt; :::;

Z b

a

fn(t)dt

2 Rn

al vector cuyas componentes son las integrales de las componentes de f:

Lema 6.14 u : [t0 ; t0+ ]! es solución del problema de Cauchy (6.11) si y sólosi u es continua y satisface

u(t) =

Z t

t0

(s; u(s))ds+ x0 8t 2 [t0 ; t0 + ]: (6.12)

Demostración: Esta armación es consecuencia inmediata de los teoremas funda-mentales del cálculo, aplicados a cada componente. En efecto, si u = (u1; :::; un) y = (1; :::; n); entonces ui es continua y satisface

ui(t) =

Z t

t0

i(s; u(s))ds+ x0;i

si y sólo si ui es continuamente diferenciable y satisface

u0i(t) = i(t; u(t)); ui(t0) = x0;i;

para cada i = 1; :::; n:

Queremos expresar la ecuación integral (6.12) como un problema de punto jo. Paraello requerimos una condición adicional sobre el campo : Denotemos por

B(x0; ) := fx 2 Rn : kx x0k g

a la bola cerrada de radio y centro x0 en Rn con la norma usual.

Denición 6.15 Una función : (a; b)! Rn es localmente Lipschitz continuaen la segunda variable si, para cada t0 2 (a; b) y x0 2 ; existen 0 > 0 y C > 0(que dependen de t0 y x0) tales que [t0 0; t0 + 0] (a; b), B(x0; 0) y

k(t; x1) (t; x2)k C kx1 x2k si jt t0j 0 y x1; x2 2 B(x0; 0):


En el resto de esta sección supondremos que : (a; b) ! Rn es localmenteLipschitz continua en la segunda variable.Para la condición inicial (t0; x0) del problema (6.11) escogemos 0 > 0 y C > 0 como

en la Denición 6.15. Escogemos además M 1 tal que

k(t; x)k M 8(t; x) 2 [t0 0; t0 + 0] B(x0; 0): (6.13)

Tal M existe gracias al Corolario 4.11. Finalmente, escogemos 20;mnf 1

C; 0Mg:

t −δ t +δ

Ω

a b0 0

DenimosX := fu 2 C0([t0 ; t0 + ];Rn) : ku x0k1 Mg

donde x0 es la función constante con valor x0 y

kuk1 = maxt2[t0;t0+]

ku(t)k

es la norma uniforme en C0([t0 ; t0 + ];Rn): Recuerda que C0([t0 ; t0 + ];Rn) esun espacio de Banach (ver Teorema 5.21). Le damos a X la métrica inducida por estanorma.

Lema 6.16 (a) X es un espacio métrico completo.

(b) Si u 2 X; entonces u(t) 2 para toda t 2 [t0 ; t0 + ]:

Demostración: (a): Observa que X es la bola cerrada con centro en la funciónconstante x0 y radio M en el espacio C0([t0; t0+];Rn) con la norma uniforme. Portanto, X es un subconjunto cerrado de C0([t0 ; t0 + ];Rn). De la Proposición 5.9 sesigue que X es un espacio métrico completo.(b): Si u 2 X entonces

ku(t) x0k M < 0 8t 2 [t0 ; t0 + ]:


En consecuencia, u(t) 2 B(x0; 0) para toda t 2 [t0 ; t0 + ]:

Para cada u 2 X denimos la función (u) : [t0 ; t0 + ]! Rn como

(u)(t) :=

Z t

t0

(s; u(s))ds+ x0:

Nota que el integrando está bien denido porque, de acuerdo con el lema anterior,u(s) 2 para todo s 2 [t0 ; t0 + ]: Requerimos la siguiente desigualdad.

Lema 6.17 Para cualquier función continua f : [a; b]! Rn se cumple que Z b

a

f(t)dt

jb aj kfk1 :

La demostración de esta desigualdad es sencilla y se propone como ejercicio [Ejercicio6.35].Probaremos ahora que es una función de X en sí mismo.

Lema 6.18 (u) 2 X para todo u 2 X:

Demostración: Por el teorema fundamental del cálculo, la i-ésima función compo-nente de (u),

(u)i(t) :=

Z t

t0

i(s; u(s))ds+ x0;i;

es continuamente diferenciable. En particular, (u) 2 C0([t0 ; t0 + ];Rn). Usando elLema 6.17 obtenemos además que

k(u)(t) x0k = Z t

t0

(s; u(s))ds

jt t0jM M:

En consecuencia, u 2 X:

El siguiente teorema es uno de los resultados fundamentales de la teoría de ecua-ciones diferenciales. Fue publicado por primera vez en 1890 por Lindelöf5. Simultánea-mente, Picard6 desarrolló un método de aproximación sucesiva de soluciones. El método

5Ernst Leonard Lindelöf (1870-1946) nació en Helsinki, Finlandia. Se doctoró en la universidad deHelsinki y fue profesor en esa universidad.

6Charles Émile Picard (1856-1941) nació en París. Estudió en la École Normale Supérieure bajo lasupervisión de Gaston Darboux. Fue profesor en las universidades de París y Toulouse y de la EcoleNormale.


de iteración de Picard es justamente el método iterativo del teorema de punto jo deBanach para este caso particular.

Ernst Lindelöf Émile Picard

Teorema 6.19 (Picard-Lindelöf) Sea : (a; b) ! Rn una función continuay localmente Lipschitz continua en la segunda variable. Entonces, dados t0 2 (a; b) yx0 2 ; existe > 0 tal que el problema de Cauchy (6.11) tiene una única solución enel intervalo [t0 ; t0 + ]:

Demostración: El lema anterior asegura que es una función de X en sí mismo.Observa que u 2 X satisface la ecuación integral (6.12) si y sólo si

(u)(t) :=

Z t

t0

(s; u(s))ds+ x0 = u(t) 8t 2 [t0 ; t0 + ];

es decir, si y sólo si u es un punto jo de : X ! X:Probaremos que es una contracción. Sean u; v 2 X: Usando el Lema 6.17 obten-

emos que, para toda t 2 [t0 ; t0 + ]; se cumple que

k(u)(t) (v)(t)k =

Z t

t0

((s; u(s)) (s; v(s)))ds

jt t0j max

jst0jk(s; u(s)) (s; v(s))k

jt t0j maxjst0j

C ku(s) v(s)k

C ku vk1 :Por consiguiente,

k(u) (v)k1 C ku vk1y, como hemos elegido tal que C < 1; se tiene que es una contracción.Como X es completo, el Teorema 6.3 asegura que tiene un único punto jo. Es

decir, que existe una única u 2 X que satisface la ecuación integral (6.12). Del Lema6.14 se sigue que u es la única solución del problema de Cauchy (6.11) en el intervalo[t0 ; t0 + ]:


6.5. Ejercicios

Ejercicio 6.20 Sea X = Xdisc un espacio discreto (ver Ejemplo 2.16). Prueba que : X ! X es una contracción si y sólo si es una función constante.

Ejercicio 6.21 (a) Prueba que la función : Rnp ! Rnp dada por (x) = 12x es una

contracción para todo p 2 [1;1):

(b) ¿Es posible darle a Rn alguna métrica tal que no sea contracción?

(c) ¿Es posible darle a Rn alguna norma tal que no sea contracción?

Ejercicio 6.22 (a) Usa el teorema del valor intermedio para probar que toda funcióncontinua f : [a; b]! [a; b] tiene al menos un punto jo.

(b) Da un ejemplo de una función continua f : [a; b] ! [a; b] con una innidad depuntos jos.

Ejercicio 6.23 Sea f : [a; b] ! R una función continuamente diferenciable en [a; b] ytal que f(a) < 0 < f(b) y f 0(x) > 0 para toda x 2 [a; b]. Prueba que existe un únicox 2 [a; b] tal que f(x) = 0 y que x se puede encontrar por el método de aproximacionessucesivas. (Sugerencia: Demuestra que existe > 0 tal que xf(x) 2 [a; b] para todox 2 [a; b] y tal que (x) := x f(x) es una contracción en [a; b]:)

Ejercicio 6.24 Prueba que, si f : R ! R es continuamente diferenciable y jf 0(x)j M < 1 para todo x 2 R, entonces f es una contracción.

Ejercicio 6.25 Da un ejemplo de un espacio métrico completo y una función : X !X que satisface

d((x); (y)) < d(x; y) 8x; y 2 X con x 6= y; (6.14)

y que no tiene ningún punto jo. Es decir, la condición (6.14) no es suciente paragarantizar la existencia de un punto jo.

Ejercicio 6.26 Prueba que, si X es un espacio métrico compacto y : X ! X satis-face

d((x); (y)) < d(x; y) 8x; y 2 X con x 6= y;

entonces tiene un único punto jo.

Ejercicio 6.27 Sean X un espacio métrico completo y : X ! X una función con-tinua.

6.5. EJERCICIOS 117

(a) Prueba que, si existe 2 (0; 1) tal que

d(2(x); (x)) d((x); x) 8x 2 X;

entonces tiene un punto jo.

(b) Muestra, mediante un ejemplo, que dicho punto jo no necesariamente es único.

(c) Si no es continua, ¿es válida la armación (a)?

Ejercicio 6.28 Sea : Rn ! Rn la función dada por (x) = Ax b; donde A = (aij)es una matriz de n n y b 2 Rn:

(a) Prueba que, sinPi=1

nPj=1

a2ij < 1; (6.15)

entonces : Rn2 ! Rn2 es una contracción.

(b) Prueba que, si

maxi=1;:::;n

nPj=1

jaijj < 1; (6.16)

entonces : Rn1 ! Rn1 es una contracción.

(c) Da ejemplos de matrices A que satisfagan cada una de las condiciones (6.6),(6.15) y (6.16) pero no las otras dos. Es decir, cada una de estas condiciones essuciente para que la ecuación

Ax x = b;

tenga solución única, pero ninguna es necesaria.

(d) En cada uno de los incisos (a) y (b) aplica la fórmula (6.2) para estimar la soluciónen términos de A y b exclusivamente.

(e) Prueba que cada una de las condiciones (6.15) y (6.16) implica que det(AI) 6= 0:

(f) Da un ejemplo de una matriz A tal que det(A I) 6= 0 y que no cumple ningunade las condiciones (6.6), (6.15) y (6.16).

Ejercicio 6.29 Sea A una matriz de n n: Recuerda que 2 R es un valor propiode A si existe x 2 Rn, x 6= 0; tal que Ax = x: Prueba que todo valor propio de Asatisface

jj maxi=1;:::;n

nPj=1

jaijj :


Ejercicio 6.30 Sea K : [a; b] [a; b]! R una función continua.

(a) Prueba que el operador de Fredholm F : C0[a; b]! C0[a; b] dado por

(Ff)(x) :=

Z b

a

K(x; y)f(y)dy

es un operador lineal, es decir,

F(1f1 + 2f2) = 1F(f1) + 2F(f2) 8f1; f2 2 C0[a; b]; 81; 2 2 R.

(b) F : C0[a; b]! C0[a; b] es Lipschitz continuo.

Ejercicio 6.31 Sean K : [a; b] [a; b]! R y g : [a; b]! R funciones continuas, y sea 2 R tal que jj > kKk1 (b a): Prueba que la solución f de la ecuación integral deFredholm (6.7) satisface f kP

m=1

1

mFm1g

1 k

(1 ) jj kgk1 ;

donde := 1jj kKk1 (b a) y F es el operador de Fredholm.

Ejercicio 6.32 Considera la ecuación no lineal de Fredholm

f(x)Z b

a

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

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

jK(x; y; z1)K(x; y; z2)j M jz1 z2j 8x; y 2 [a; b]; 8z1; z2 2 R.

Prueba que esta ecuación tiene solución única si

jj > M(b a):

Ejercicio 6.33 Sea K : [a; b] [a; b]! R una función continua.

(a) Prueba que el operador de Volterra V : C0[a; b]! C0[a; b] dado por

(Vf) (x) :=

Z x

a

K(x; y)f(y)dy

es un operador lineal, es decir,

V(1f1 + 2f2) = 1V(f1) + 2V(f2) 8f1; f2 2 C0[a; b]; 81; 2 2 R.

6.5. EJERCICIOS 119

(b) Prueba que V : C0[a; b]! C0[a; b] es Lipschitz continuo.

(c) Prueba que, si es un valor propio de V; entonces = 0:

Ejercicio 6.34 Sean K : [a; b] [a; b] ! R y g : [a; b] ! R funciones continuas, y 6= 0: Prueba que la solución f de la ecuación integral de Volterra (6.8) satisface f kP

m=1

1

mVm1g

1 k

(1 ) jj kgk1 ;

donde := 1jj kKk1 (b a) y V es el operador de Volterra.

Ejercicio 6.35 Dada una función continua f = (f1; :::; fn) : [a; b] ! Rn; denotamospor Z b

a

f(t)dt :=

Z b

a

f1(t)dt; :::;

Z b

a

fn(t)dt

2 Rn

al vector cuyas componentes son las integrales de las componentes de f: Prueba que Z b

a

f(t)dt

jb aj kfk1 ;

donde kk es la norma usual en Rn y kfk1 = supt2[a;b] kf(t)k es la norma uniforme enC0([a; b];Rn): (Sugerencia: Aplica primero la desigualdad de Hölder para probar queZ b

a

fi

(b a)1=2Z b

a

jfij21=2

para i = 1; :::; n).

Ejercicio 6.36 Prueba que, si f : R ! R es continuamente diferenciable, entonceses localmente Lipschitz continua, es decir, para cada t 2 R ; existe t > 0 tal que larestricción de f al intervalo [t t; t+ t] es Lipschitz continua.

Ejercicio 6.37 Sea : R R! R tal que (t; x) = 3x2=3:

(a) Prueba que no es localmente Lipschitz continua en la segunda variable.

(b) Prueba que, para cualesquiera < 0 < ; la función

u;(t) :=

8<:(t )3 si t ;0 si t ;(t )3 si t ;


es diferenciable en R y es solución del problema de Cauchyu0 = 3u2=3;u(0) = 0:

En consecuencia, si no es localmente Lipschitz continua en la segunda variable,el problema de Cauchy puede tener una innidad de soluciones.

Ejercicio 6.38 Sea : R R! R tal que (t; x) = x2:

(a) Prueba que es localmente Lipschitz continua en la segunda variable.

(b) Para 6= 0 considera el problema de Cauchyu0 = u2;u(0) = 1

:

(6.17)

Prueba que

u(t) =1

t

es solución de (6.17) en algún intervalo que contiene a 0:

(c) ¿Cuál es el intervalo máximo para el que existe una solución de (6.17)?

Capítulo 7

Compacidad en espacios defunciones

En el Capítulo 4 dimos una caracterización sencilla de los subconjuntos compactosde Rn. Probamos que son precisamente aquellos que son cerrados y acotados.El objetivo de este capítulo es dar una caracterización sencilla de los subconjuntos

compactos del espacio de funciones continuas C0(K;X) en un espacio métrico compactoK. Dicha caracterización, debida a Giulio Ascoli y Cesare Arzelà, se basa fundamen-talmente en la noción de equicontinuidad.El teorema de Arzelà-Ascoli es un resultado fundamental en análisis y tiene muchas

aplicaciones importantes. Una de ellas es el teorema de Peano que arma la existencia desoluciones al problema de Cauchy para campos vectoriales continuos. Lo demostraremosen este capítulo.Además aplicaremos el teorema de Arzelà-Ascoli para obtener condiciones que ase-

guren la existencia de trayectorias de longitud mínima en espacios métricos, dando asírespuesta a la pregunta que planteamos en el Capítulo 1.

7.1. Conjuntos totalmente acotados

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

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

x2n 1g no puede ser

cubierta por un número nito de bolas abiertas de radio " en `2, para ningún " 2(0;p2=2):

121

122 7. COMPACIDAD EN ESPACIOS DE FUNCIONES

Demostración: Para cada k 2 N denotemos por ek 2 `2 a la sucesión cuyo k-ésimotérmino es 1 y todos los demás términos son 0: Claramente ek 2 B`2(0; 1): Observa que

kej ekk2 =p2 8j 6= k:

Sea " 2 (0;p2=2): Si B`2(0; 1) pudiese ser cubierta por un número nito de bolas de

radio " en `2, entonces al menos una de ellas tendría que contener a un par de sucesionesej; ek con j 6= k; lo cual es imposible.

Sea X = (X; dX) un espacio métrico. Estudiaremos a los subconjuntos de X quetienen la siguiente propiedad.

Denición 7.2 Un subconjunto A de X es totalmente acotado si para cada " > 0existe un número nito de puntos a1; :::; am 2 A tales que

A BX(a1; ") [ [BX(am; ");

donde BX(a; ") denota a la bola abierta con centro en a y radio " en X:

Veamos algunas propiedades sencillas de los conjuntos totalmente acotados.

Proposición 7.3 Sea A un subconjunto de X:

(a) Si A es compacto, entonces A es totalmente acotado.

(b) Si A es totalmente acotado, entonces A es acotado en X.

(c) Si D A y A es totalmente acotado, entonces D es totalmente acotado.

(d) Si A es totalmente acotado, entonces su cerradura A en X es totalmente acotada.

Demostración: (a): Si A X es compacto entonces, para toda " > 0; la cubiertaabierta fBX(x; ") : x 2 Ag de A contiene una subcubierta nita. Es decir, existenx1; :::; xm 2 A tales que

A BX(x1; ") [ [BX(xm; "):

(b): Si A X es totalmente acotado entonces existen a1; :::; am 2 A tales que

A BX(a1; 1) [ [BX(am; 1):

En consecuencia, A BX(a1; r+1) donde r := maxfdX(a1; aj) : j = 2; :::;mg; es decir,A es acotado.

7.1. CONJUNTOS TOTALMENTE ACOTADOS 123

(c): Sean A un subconjunto de X totalmente acotado, D A y " > 0. Entoncesexisten a1; :::; am 2 A tales que

A BX(a1;"

2) [ [BX(am;

"

2):

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

bj 2 BX(aj;"2) \D: Entonces se cumple que

D [j2J

BX(bj; "):

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

queA BX(a1;

"

2) [ [BX(am;

"

2):

Como BX(a1;"2) [ [ BX(am;

"2) es cerrado, se tiene que

A BX(a1;"

2) [ [ BX(am;

"

2):

En consecuencia,A BX(a1; ") [ [BX(am; "):

Esto prueba que A es totalmente acotado.

El siguiente resultado da caracterizaciones muy útiles de los espacios métricos com-pactos.

Teorema 7.4 Las siguientes tres armaciones son equivalentes:

(a) X es compacto.

(b) Toda sucesión en X contiene una subsucesión que converge en X:

(c) X es completo y totalmente acotado.

Demostración: (a)) (b): Esta es la armación de la Proposición 4.5.(b)) (c): Sea (xk) una sucesión de Cauchy en X: Si X satisface (b) entonces

(xk) contiene una subsucesión que converge a un punto x 2 X: En consecuencia, (xk)converge a x en X (ver Ejercicio 5.30): Esto prueba que X es completo.Supongamos ahora que X no es totalmente acotado. Entonces existe "0 > 0 tal

que X no puede ser cubierto por un número nito de bolas abiertas de radio "0. Por


consiguiente, podemos escoger, inductivamente, una sucesión de puntos xk 2 X talesque

xk =2 BX(x1; "0) [ [BX(xk1; "0):

Por tanto, dX(xj; xk) "0 para toda j 6= k y, en consecuencia, ninguna subsucesión de(xk) es de Cauchy. Esto implica que (xk) no contiene ninguna subsucesión convergente:Es decir, si X no es totalmente acotado, entonces (b) no se cumple.(c)) (a): Argumentando por contradicción, supongamos que X es completo y

totalmente acotado pero no es compacto. Entonces X tiene una cubierta abierta U =fUi : i 2 Ig que no contiene ninguna subcubierta nita. ComoX es totalmente acotado,está contenido en un número nito de bolas abiertas de radio 1: Por tanto, existe unpunto x0 2 X tal queBX(x0; 1); no puede ser cubierta por un número nito de elementosde U . Como BX(x0; 1) es totalmente acotado (ver Proposición 7.3), está contenidoen un número nito de bolas abiertas de radio 1

2cuyos centros están en BX(x0; 1).

Por consiguiente, existe x1 2 BX(x0; 1) tal que BX(x1;12); no puede ser cubierta por

un número nito de elementos de U : De este modo construímos, inductivamente, unasucesión (xk) tal que xk 2 BX(xk1;

12k1 ) y BX(xk;

12k) no puede ser cubierta por un

número nito de elementos de U . Para toda j k, se tiene entonces que

dX(xk; xj) dX(xk; xk+1) + + dX(xj1; xj) <1

2k+ + 1

2j1<

1

2k1; (7.1)

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

dX(xk; x) 1

2k18k 2 N:

Por otra parte, como x 2 X, existe U 2 U tal que x 2 U. Como U es abierto,existe " > 0 tal que BX(x

; ") U: Sea k tal que 12k1 < "

2: Entonces, para todo

x 2 BX(xk;12k); se tiene que

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

; xk) <1

2k+

1

2k1< ";

es decir,

BX(xk;1

2k) BX(x

; ") U:

Esto es una contradicción, ya que habíamos supuesto que BX(xk;12k) no puede ser

cubierta por un número nito de elementos de U .

Observa la similitud de la demostración de la armación (c)) (a) con la de laProposición 4.12, que constituye la parte medular de la demostración del teorema de

7.2. EL TEOREMA DE ARZELÀ-ASCOLI 125

Heine-Borel. La caracterización (c) es muy útil, como veremos en las siguientes sec-ciones.

Denición 7.5 Un subconjunto A de X es relativamente compacto en X si sucerradura A en X es compacta.

Los subconjuntos relativamente compactos de Rn son precisamente los conjuntosacotados.En un espacio métrico completo se cumple lo siguiente.

Corolario 7.6 Un subconjunto A de un espacio métrico completo X es relativamentecompacto en X si y sólo si es totalmente acotado.

Demostración: )) : Sea A relativamente compacto en X. La Proposición 7.3implica entonces que A es totalmente acotado y, en consecuencia, que A también lo es.() : Inversamente, supongamos que A es totalmente acotado. La Proposición 7.3

arma que A es totalmente acotado. Por otra parte, como X es completo y A es cerradoenX, se tiene que A es completo (ver Proposición 5.9). El Teorema 7.4 asegura entoncesque A es compacto.

7.2. El teorema de Arzelà-Ascoli

Sean K = (K; dK) un espacio métrico compacto y X = (X; dX) un espacio métrico.Consideremos el espacio de funciones continuas

C0(K;X) := ff : K ! X : f es continuag

con la métrica uniforme

d1(f; g) = maxz2K

dX(f(z); g(z));

ver (4.8). Usaremos el Corolario 7.6 para obtener una caracterización sencilla de lossubconjuntos relativamente compactos de C0(K;X). La siguiente noción, introducidapor Ascoli en 1884, jugará un papel fundamental.

Denición 7.7 Un subconjunto H de C0(K;X) es equicontinuo en el punto z0 2 Ksi, para cada " > 0; existe > 0 (que depende de " y de z0) tal que, para toda f 2 H;

dX (f(z); f(z0)) < " si dK (z; z0) < :

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


El aspecto crucial de esta denición es que la misma > 0 nos sirve para todas lasfunciones que pertenecen a H: Un ejemplo en el que esto no se cumple es el siguiente.

Ejemplo 7.8 El conjunto H = ffk 2 C0([1; 1];R) : k 2 Ng; donde

fk(t) =

8<:1 si t 2

1; 1

k

;

kt si t 2 1k; 1k

;

1 si t 21k; 1;

no es equicontinuo en 0:

10 .500 .51

1

0 .5

0

0 .5

1

f3

10 .500 .51

1

0 .5

0

0 .5

1

f6

La demostración es sencilla [Ejercicio 7.30].A continuación enunciamos el teorema de Giulio Ascoli1 y Cesare Arzelà2.

Giulio Ascoli Cesare Arzelà

Denotaremos por

B1(f0; r) := ff 2 C0(K;X) : d1(f; f0) < rga la bola abierta en C0(K;X) con centro en f0 y radio r:

1Giulio Ascoli (1843-1896) nació en Trieste, Italia. Estudió en la Scuola Normale di Pisa y fueprofesor en el Politecnico di Milano.

2Cesare Arzelà (1847-1912) nació en Santo Stefano di Magra, Italia. Estudió en la Scuola NormaleSuperiore de Pisa, donde fue alumno de Enrico Betti y Ulisse Dini, y fue profesor en la universidad deBologna.


Teorema 7.9 (Arzelà-Ascoli) Sean K un espacio métrico compacto y X un espa-cio métrico completo. Un subconjunto H de C0(K;X) es relativamente compacto enC0(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 C0(K;X):Entonces H es totalmente acotado. En consecuencia, dada " > 0; existen g1; :::; gm 2 Htales que

H B1(g1;"

3) [ [B1(gm;

"

3):

Por tanto, gi(z) 2 H(z) para i = 1; :::;m; y

H(z) BX(g1(z);"

3) [ [BX(gm(z);

"

3) 8z 2 K:

Esto prueba que H(z) es totalmente acotado y, como X es completo, el Corolario 7.6asegura que H(z) es relativamente compacto en X para todo z 2 K:Por otra parte, como K es compacto, cada gi es uniformemente continua. En con-

secuencia, existe i > 0 tal que, para cualesquiera y; z 2 K;

dX (gi(y); gi(z)) <"

3si dK(y; z) < i: (7.2)

Denimos := mnf1; :::; mg: Dada f 2 H existe i 2 f1; :::;mg tal que d1(f; gi) < "3:

Usando (7.2) obtenemos que

dX(f(y); f(z)) dX(f(y); gi(y)) + dX(gi(y); gi(z)) + dX (gi(z); f(z))

< " si dK(y; z) < :

Esto prueba que H es equicontinuo.() : Supongamos ahora que H es equicontinuo y que H(z) es relativamente com-

pacto en X para todo z 2 K: Queremos probar que H es relativamente compacto enC0(K;X): Como X es completo, C0(K;X) también lo es (ver Teorema 5.21). Por elCorolario 7.6 basta entonces probar que H es totalmente acotado.Sea " > 0: Para cada z 2 K tomemos z > 0 tal que, para toda f 2 H;

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

4si dK (y; z) < z: (7.3)

Como K es compacto, existen z1; :::; zm 2 K tales que

K BK(z1; z1) [ [BK(zm; zm) (7.4)


y, como cada H(zi) es totalmente acotado, existen x1; :::; xk 2 X tales que

H(z1) [ [ H(zm) BX(x1;"

4) [ [BX(xk;

"

4) (7.5)

Denotemos por S al conjunto (nito) de todas las funciones : f1; :::;mg ! f1; :::; kg:Para cada 2 S denimos

H := ff 2 H : f(zi) 2 BX(x(i);"

4) 8i = 1; :::;mg:

Se sigue de (7.5) que, para cada f 2 H y cada i 2 f1; :::;mg; existe (i) 2 f1; :::; kg talque f(zi) 2 BX(x(i);

"4): En consecuencia,

H [2S

H: (7.6)

Probaremos ahora que cada H está contenida en una bola de radio " con centro enH: Sean f; g 2 H y sea z 2 K: Se sigue de (7.4) que existe i 2 f1; :::;mg tal quedK(z; zi) < zi y, en consecuencia, (7.3) implica que dX (h(z); h(zi)) <

"4para toda

h 2 H: Por tanto,

dX(f(z); g(z)) dX (f(z); f(zi)) + dX(f(zi); x(i))

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

Tomando el máximo sobre toda z 2 K concluimos que d1(f; g) < " para todas f; g 2H: En consecuencia, para cualquier elección de g 2 H; se cumple que

H B1(g; "): (7.7)

De (7.6) y (7.7) se sigue queH

[2S

B1(g; "):

Por tanto, H es totalmente acotado.

Recordemos que H es un subconjunto acotado de C0(K;Rn) si existen f0 2 H yC > 0 tales que

kf f0k1 = maxz2Kkf(z) f0(z)k C 8f 2 H

(ver Denición 4.6). El teorema de Arzelà-Ascoli permite caracterizar a los subconjuntosrelativamente compactos de C0(K;Rn) como sigue.


Corolario 7.10 Sea K un espacio métrico compacto. Un subconjunto H de C0(K;Rn)es relativamente compacto en C0(K;Rn) si y sólo si H es equicontinuo y acotado enC0(K;Rn):

Demostración: )) : Sea H un subconjunto relativamente compacto en C0(K;Rn):Por el Teorema 7.9, H es equicontinuo y, por la Proposición 4.7, la cerradura de H esacotada en C0(K;Rn): En consecuencia, H es acotado en C0(K;Rn):() : Inversamente, supongamos que H es equicontinuo y acotado en C0(K;Rn):

Entonces existen f0 2 H y C > 0 tales que

kf f0k1 = maxz2Kkf(z) f0(z)k C 8f 2 H:

En consecuencia, H(z) está acotado en Rn para todo z 2 K y, por el teorema de Heine-Borel (ver Teorema 4.13), H(z) es relativamente compacto en Rn para todo z 2 K: ElTeorema 7.9 asegura entonces que H es relativamente compacto en C0(K;Rn):

Daremos a continuación una primera aplicación interesante de este resultado. Re-querimos la siguiente denición.

Denición 7.11 Una función lineal T : V ! W entre espacios de Banach se llama unoperador compacto si, para cualquier sucesión acotada (vk) en V; la sucesión (Tvk)contiene una subsucesión convergente en W:

Proposición 7.12 Sea K : [a; b] [a; b] ! R una función continua. El operador deVolterra V : C0[a; b]! C0[a; b] dado por

(Vf)(x) :=

Z x

a

K(x; y)f(y)dy

es un operador compacto.

Demostración: Sea (fk) una sucesión en C0[a; b] tal que kfkk1 c para algún c 2 R:Entonces,

j(Vfk)(x)j Z x

a

jK(x; y)j jfk(y)j dy (b a) kKk1 kfkk1 (b a) kKk1 c

para todo x 2 [a; b] y todo k 2 N: Por tanto, kVfkk1 (ba) kKk1 c para todo k 2 N,es decir, H := fVfk : k 2 Ng es acotado en C0[a; b]:Más aún, como K es uniformementecontinua, para cada " > 0 existe 1 > 0 tal que

jK(x1; y1)K(x2; y2)j <"

2(b a)csi k(x1; y1) (x2; y2)k < 1:


En consecuencia, si jx1 x2j < := mnf1; "2kKk1c

g y x1 x2; se tiene que

j(Vfk) (x1) (Vfk) (x2)j =Z x1

a

(K(x1; y)K(x2; y))fk(y)dy Z x2

x1

K(x2; y)fk(y)dy

Z x1

a

jK(x1; y)K(x2; y)j jfk(y)j dy +Z x2

x1

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

< (b a)"

2(b a)cc+

"

2 kKk1 ckKk1 c = ";

para todo k 2 N: Esto prueba que H es equicontinuo. Por el Corolario 7.10, H esrelativamente compacto en C0[a; b] y, en consecuencia, (Vfk) contiene una subsucesiónconvergente en C0[a; b]:

En las siguientes secciones daremos otras dos aplicaciones importantes del teoremade Arzelà-Ascoli.

7.3. El problema de Cauchy

Sean un subconjunto abierto de Rn, : (a; b) ! Rn una función continua,t0 2 (a; b) y x0 2 : En la Sección 6.4 probamos que el problema de Cauchy

u0 = (t; u);u(t0) = x0;

tiene una única solución en un intervalo [t0 ; t0 + ] si el campo vectorial es lo-calmente Lipschitz continuo en la segunda variable (ver Teorema 6.19). Usaremos elteorema de Arzelà-Ascoli para probar que basta con que el campo vectorial sea contin-uo para que este problema tenga solución. Sin embargo, la solución no necesariamentees única (ver Ejercicio 6.37).Fijemos r > 0 tal que

[t0 r; t0 + r] (a; b) y B(x0; r) (7.8)

y consideremos el conjunto

K := f(t; x) 2 R Rn : jt t0j r; kx x0k rg:

Sea M > 0 tal queM > max

(t;x)2Kk(t; x)k ;


y sea := mnfr; r

Mg:

Empezaremos demostrando que el problema de Cauchy tiene soluciones aproximadas.

Lema 7.13 Dada " > 0 existe u" 2 C0([t0 ; t0 + ] ;Rn) con las siguientes propiedades:

(a) u"(t0) = x0.

(b) ku"(t) x0k r para todo t 2 [t0 ; t0 + ] :

(c) ku"(t) u"(s)k M jt sj si s; t 2 [t0 ; t0 + ] :

(d) Existe un subconjunto nito F" de (t0 ; t0 + ) tal que u" es continuamentediferenciable en (t0 ; t0 + )r F"; y

ku0"(t) (t; u"(t))k < " 8t 2 (t0 ; t0 + )r F":

Demostración: Como es uniformemente continua en K, existe > 0 tal que, paracualesquiera (s; x); (t; y) 2 K;

k(s; x) (t; y)k " si js tj y kx yk : (7.9)

Subdividimos el intervalo [t0 ; t0 + ] en subintervalos

t0 =: tn < < t1 < t0 < t1 < < tn := t0 +

tales que jti+1 tij mnf ; =Mg para toda i = n; :::; n 1; y denimos u" :[t0 ; t0 + ]! Rn; empezando con u"(t0) := x0; recursivamente como sigue:

u"(t) :=

u"(ti) + (t ti)(ti; u"(ti)) si i 0; t 2 [ti; ti+1]u"(ti) + (t ti)(ti; u"(ti)) si i 0; t 2 [ti1; ti]


Probaremos primero que u" está bien denida, es decir, que u"(ti) 2 para todoi = n; :::; n: Para ello, basta probar que

ku"(ti) x0k M jti t0j 8i = n; :::; n; (7.10)

ya que, en ese caso, ku"(ti) x0k M r y, en consecuencia, u"(ti) 2 :Demostraremosla desigualdad (7.10) inductivamente. Si i = 0; puesto que hemos denido u"(t0) := x0;la desigualdad se cumple. Supongamos que ku"(ti) x0k M jti t0j para algúnjij < n y tomemos s; t 2 [ti; ti+1] si i 0; o bien s; t 2 [ti1; ti] si i 0: Como

ku"(t) u"(s)k = k(t s)(ti; u"(ti))k M jt sj ;

se tiene entonces que

ku"(t) x0k ku"(t) u"(ti)k+ ku"(ti) x0k M jt tij+M jti t0j =M jt t0j :

En particular, ku"(ti+1) x0k M jti+1 t0j si i 0 y ku"(ti1) x0k M jti1 t0jsi i 0: Esto prueba, inductivamente, la desigualdad (7.10).Veriquemos ahora que u" tiene las propiedades deseadas. Por denición, u" cumple

(a). Para s; t 2 [t0 ; t0 + ] con tj1 s < tj < < tj+i < t tj+i+1 se tiene que

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

Es decir, se cumple (c). Tomando s = t0 en la desigualdad anterior obtenemos

ku"(t) x0k M jt t0j r 8t 2 [t0 ; t0 + ]:

Esta es la armación (b). Claramente, u" es continuamente diferenciable en (t0 ; t0 + )rfti : i = n+ 1; : : : ; n 1g: Si t 2 (ti; ti+1) ; usando (c) obtenemos que

jt tij y ku"(t) u"(ti)k :

Se sigue entonces de (7.9) que

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

Esto prueba la armación (d).


Giuseppe Peano3 obtuvo el siguiente resultado.

Teorema 7.14 (de existencia de Peano) Sean un abierto de Rn y : (a; b) ! Rn una función continua. Entonces, para cada (t0; x0) 2 (a; b) ; existe > 0tal que el problema de Cauchy

u0 = (t; u);u(t0) = x0;

(7.11)

tiene al menos una solución en el intervalo [t0 ; t0 + ].

Demostración: Consideremos el conjunto

H := fu1=k 2 C0([t0 ; t0 + ] ;Rn) : k 2 Ng;

donde u1=k es la función dada por el Lema 7.13. Si denotamos por x0 a la funciónconstante con valor x0 denida en [t0 ; t0 + ] ; la función u1=k satisface u1=k x0

1 = max

jtt0j

u1=k(t) x0 r:

Esto prueba que H está acotado en C0([t0 ; t0 + ] ;Rn): Por otra parte, dada " > 0;la propiedad (c) del Lema 7.13 asegura que, para toda k 2 N, u1=k(t) u1=k(s)

< " si jt sj < "

M:

Esto prueba que H es equicontinuo.El Corolario 7.10 asegura entonces queH es relativamente compacto en C0([t0 ; t0 + ] ;Rn).

Por tanto, existen una subsucesión (u1=kj) de (u1=k) y una función u 2 C0([t0 ; t0 + ] ;Rn)

tales queu1=kj ! u cuando j !1 en C0([t0 ; t0 + ] ;Rn): (7.12)

3Giuseppe Peano (1858-1932) nació en Piemonte, Italia. Estudió en la universidad de Torino, endonde fue profesor. Publicó su teorema de existencia en 1886 con una prueba incorrecta y en 1890publicó una nueva demostración correcta usando aproximaciones sucesivas.


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

ku(t) x0k r 8t 2 [t0 ; t0 + ] :

Se sigue de (7.8) que u(t) 2 para todo t 2 [t0 ; t0 + ] : Además, la propiedad (a)implica que u(t0) = x0: Demostraremos que u satisface

u(t) = x0 +

Z t

t0

(s; u(s))ds 8t 2 [t0 ; t0 + ]: (7.13)

Sea " > 0: Como es uniformemente continua en K; existe > 0 tal que

k(s; x) (s; y)k < "

3si (s; x); (s; y) 2 K y kx yk < :

Tomemos j0 2 N tal que kj< "

3para todo j j0 y tal que u1=kj u 1 < mnf; "

3g si j j0:

Entonces, usando el Lema 6.17, para cada t 2 [t0 ; t0 + ] obtenemos Z t

t0

(s; u1=kj(s)) (s; u(s))

ds

jt t0j maxjst0j

(s; u1=kj(s)) (s; u(s))

<"

3si j j0:

Usando además el teorema fundamental del cálculo y la propiedad (d) obtenemos u1=kj(t) x0 Z t

t0

(s; u1=kj(s))ds

=

Z t

t0

hu01=kj(s) (s; u1=kj(s))

ids

jt t0j

1

kj

<"

3si j j0:

En consecuencia, u(t) x0 Z t

t0

(s; u(s))ds

u(t) u1=kj(t)

+

u1=kj(t) x0 Z t

t0

(s; u1=kj(s))ds

+

Z t

t0

(s; u1=kj(s)) (s; u(s))

ds

< ";

7.4. EXISTENCIA DE TRAYECTORIAS DE LONGITUD MíNIMA 135

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

7.4. Existencia de trayectorias de longitud mínima

Volvamos a nuestro problema de partida: el Problema 1.1. Podemos ahora plantearesa misma pregunta de manera más general, para trayectorias en espacios métricos yno únicamente en subconjuntos de Rn:Sean X = (X; d) un espacio métrico y x; y 2 X: Una trayectoria de x a y en X

es una función continua : [a; b]! X tal que (a) = x y (b) = y: Recordemos que lalongitud de se dene como

L() := sup

mPk=1

d((tk1); (tk)) : a = t0 t1 tm = b; m 2 N

(ver Denición 4.20). El objetivo de esta sección es dar una respuesta a la siguientepregunta.

Problema 7.15 Dados x; y 2 X; ¿existe una trayectoria de longitud mínima de x a yen X?

Para poder expresar este problema como un problema de minimización en un espaciode funciones veremos primero que, reparametrizando a , podemos siempre suponer queestá denida en el intervalo [0; 1]:Si : [; ] ! [a; b] es una función continua, no decreciente y suprayectiva, y 2

C0([a; b]; X) es una trayectoria de x a y enX, entonces la trayectoria 2 C0([; ]; X)es también una trayectoria de x a y en X: Se le llama una reparametrización de :Las reparametrizaciones preservan la longitud, es decir, se cumple lo siguiente.

Lema 7.16 Si es una reparametrización de , entonces L( ) = L():

La demostración es sencilla y se propone como ejercicio [Ejercicio 7.38].Cualquier trayectoria 2 C0([a; b]; X) se puede reparamentrizar mediante la función

: [0; 1]! [a; b]; (t) = (1 t)a+ tb:

El dominio de la trayectoria es el intervalo [0; 1] y esta trayectoria tiene la mismalongitud que :


Consideremos entonces el espacio de trayectorias

Tx;y(X) := f 2 C0([0; 1]; X) : (0) = x; (1) = yg

con la métrica uniformed1(; ) = max

t2[0;1]d((t); (t));

y la función longitud

L : Tx;y(X)! R [ f1g ; 7! L():

El Problema 7.15 se puede expresar como sigue.

Problema 7.17 ¿Alcanza L su mínimo en Tx;y(X)?

Recordemos que la función L es semicontinua inferiormente (ver Proposición 4.21).Sin embargo, vimos un ejemplo en el que no es posible aplicar el Teorema 4.29 paraobtener la existencia de una trayectoria de longitud mínima (ver Ejercicio 4.49). Elsiguiente resultado muestra que, para nuestro problema, las hipótesis de dicho teoremacasi nunca se cumplen.

Proposición 7.18 Sean x; y 2 X; x 6= y; c 2 R. Si

Lc := f 2 Tx;y(X) : L() cg 6= ;;

entonces Lc no es compacto.

Demostración: Sea 2 Tx;y(X) tal que L() c: Las funciones k : [0; 1] ! [0; 1]dadas por

k(t) :=

kt si t 2

0; 1

k

;

1 si t 21k; 1;

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

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

t;

k(0) = (0) = x 8k 2 N:

Argumentando por contradicción, supongamos que Lc es compacto. Entonces (k)contiene una subsucesión tal que kj ! en C0([0; 1]; X): En particular, esta subsuce-sión converge puntualmente, es decir,

(t) = lmj!1

kj(t) =

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


lo que contradice la continuidad de : Esto prueba que Lc no es compacto.

En la proposición anterior la falta de compacidad se deriva de admitir muchas para-metrizaciones de una trayectoria. Mostraremos a continuación que es posible seleccionaruna parametrización especíca para cada trayectoria.

Denición 7.19 Decimos que una trayectoria 2 C0([0; 1]; X) de longitud nita estáparametrizada proporcionalmente a la longitud de arco si

L( j[0;t]) = L()t 8t 2 [0; 1];

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

σ(0)=σ(1)0 1

σ

Probaremos a continuación que toda trayectoria de longitud nita se puede repara-metrizar de este modo. Para ello requerimos el siguiente lema.

Lema 7.20 Dada 2 C0([0; 1]; X) de longitud nita, denimos : [0; 1] ! [0;L()]como

(t) := L( j[0;t]):Esta función es continua, no decreciente y suprayectiva.

Demostración: Sean s; t 2 [0; 1] con s < t: Usando el Ejercicio 7.39 obtenemos

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

lo que prueba que es no decreciente.Para probar que es continua probaremos que es continua por la izquierda y por

la derecha.Probemos primero que es continua por la izquierda. Sean tk; t 2 [0; 1] tales que

tk t y tk ! t: Consideremos las reparametrizaciones k; 2 C0([0; 1]; X) de j[0;tk]y j[0;t] respectivamente, dadas por

k(t) := (tkt); (t) := (tt):


El Lema 7.16 asegura que

L(k) = L( j[0;tk]) =: (tk);L() = L( j[0;t]) =: (t):

Sea " > 0: Como es uniformemente continua en [0; 1] existe > 0 tal que

d((t); (s)) < " si jt sj < ;

y como tk ! t existe k0 2 N tal que

jtk tj < 8k k0:

De aquí que

d(k(t); (t)) = d((tkt); (t

t)) < " 8k k0; 8t 2 [0; 1]:

En consecuencia, k ! en C0([0; 1]; X): La Proposición 4.21 asegura que L es semi-continua inferiormente así que, usando la Proposición 4.28 y que es no decreciente,obtenemos

(t) = L() lm infk!1

L(k) = lm infk!1

(tk) lm supk!1

(tk) (t):

Por tanto, lmk!1 (tk) = (t); lo que demuestra que es continua por la izquierda.Probemos ahora que es continua por la derecha. Sean tk; t 2 [0; 1] tales que tk t

y tk ! t: Consideremos ahora las reparametrizaciones k; 2 C0([0; 1]; X) de j[tk;1]y j[t;1] dadas por

k(t) := (tk(1 t) + t); (t) := (t(1 t) + t):

El Lema 7.16 y el Ejercicio 7.39 aseguran que

L( k) = L( j[tk;1]) = L() (tk);

L( ) = L( j[t;1]) = L() (t):

Argumentando como antes concluimos que lmk!1 L( k) = L(): De las identidades

anteriores se sigue entonces que lmk!1 (tk) = (t); lo cual demuestra que escontinua por la derecha.Finalmente, como (0) = 0 y (1) = L(); el teorema del valor intermedio implica

que es suprayectiva.

Denotamos por

Tx;y(X) := f 2 Tx;y(X) : L() <1; L( j[0;t]) = L()t 8t 2 [0; 1]g

al espacio de las trayectorias de x a y parametrizadas proporcionalmente a la longitudde arco, con la métrica uniforme.


Lema 7.21 Para cada 2 Tx;y(X) de longitud nita existe 2 Tx;y(X) tal que L() =L():

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

e(s) := (t) con t 2 1(s);

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

(1(Y )) = e1(Y ):Así pues, e1(Y ) es un subconjunto cerrado de [0;L()]: Esto demuestra que e escontinua. Nota además que, como e = ; el Lema 7.16 asegura que

L(e j[0;s]) = L( j[0;t]) = (t) = s 8s 2 [0;L()]:

Ahora denimos : [0; 1]! X como

(t) := e(L()t):Claramente, es continua y satisface

L( j[0;t]) = L(e j[0;L ()t]) = L()t 8t 2 [0; 1]:

En particular, L() = L() <1: Por tanto, 2 Tx;y(X).

El siguiente resultado da una respuesta armativa al Problema 7.15 cuando X escompacto.

Teorema 7.22 (Existencia de trayectorias geodésicas) SeanX un espacio métri-co compacto y x; y 2 X. Si existe una trayectoria de x a y en X; entonces existe unatrayectoria de longitud mínima de x a y en X:

Demostración: Por hipótesis, Tx;y(X) 6= ;: Si todas las trayectorias en Tx;y(X)tienen longitud innita, cualquiera de ellas es un mínimo de L.


Supongamos pues que existe 2 Tx;y(X) tal que L() =: c < 1: Entonces, por elLema 7.21,

H := f 2 Tx;y(X) : L() cg 6= ;:Veamos que este conjunto satisface las hipótesis del teorema de Arzelà-Ascoli. Como Xes compacto, cualquier subconjunto de X es relativamente compacto en él. En partic-ular,

H(t) := f(t) : 2 Hges relativamente compacto en X para todo t 2 [0; 1]: Probemos ahora que H es equicon-tinuo. Sean t0 2 [0; 1] y " > 0: Para toda 2 H se cumple que

d((t); (t0)) L( j[0;t]) L( j[0;t0])

= L() jt t0j c jt t0j < " si jt t0j <"

c:

Esto prueba que H es equicontinuo. El teorema de Arzelà-Ascoli asegura entonces queH es relativamente compacto en C0([0; 1]; X).Denotemos por K := H a la cerradura de H en C0([0; 1]; X) y consideremos la

restricción L jK de la función L a K. Como L es s.c.i. (ver Proposición 4.21), se tiene queLc es cerrado en C0([0; 1]; X) (ver Ejercicio 4.46). En consecuencia, (L jK)c = Lc\Kes compacto. El Teorema 4.29 asegura entonces que existe 0 2 K tal que

L(0) L() 8 2 K:

Dado que 2 H K para todo 2 Tx;y(X) con L() c; el Lema 7.21 asegura que

L(0) L() = L() 8 2 Tx;y(X);

es decir, 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 C0([0; 1]; X) [Ejercicio7.41].

7.5. Ejercicios

Ejercicio 7.23 Sea A un subconjunto de X: Investiga si es falsa o verdadera cada unade las siguientes armaciones.

(a) Si A es acotado, entonces A es totalmente acotado.

(b) Si A es totalmente acotado, entonces A es compacto.

7.5. EJERCICIOS 141

(c) Si A es totalmente acotado, entonces A es relativamente compacto en X.

(d) Si A es relativamente compacto en X, entonces A es totalmente acotado.

(e) Si X es compacto, entonces A es relativamente compacto en X:

Ejercicio 7.24 Prueba que un espacio métrico X es totalmente acotado si y sólo sitoda sucesión en X contiene una subsucesión de Cauchy.

Ejercicio 7.25 (a) Prueba que, si : X ! Y es uniformemente continua y A es unsubconjunto totalmente acotado de X; entonces (A) es un subconjunto totalmenteacotado de Y:

(b) ¿Es cierto que, si : X ! Y es continua y A es un subconjunto totalmente aco-tado de X; entonces (A) es un subconjunto totalmente acotado de Y ? Demuestratu armación.

Ejercicio 7.26 Prueba que los subconjuntos totalmente acotados de Rn son precisa-mente los conjuntos acotados.

Ejercicio 7.27 Sea X un espacio vectorial normado y sea SX := fx 2 X : kxk = 1g laesfera unitaria en X: En cada uno de los siguientes casos investiga si la esfera unitariaes o no totalmente acotada.

(a) X = `2:

(b) X = `1:

(c) X = C0[0; 1]:

(d) X = C01 [0; 1]:

Ejercicio 7.28 Prueba que, si X y Y son espacios métricos compactos, el productoX Y con cualquiera de las métricas del Ejercicio 2.53 es compacto.

Ejercicio 7.29 El conjunto

Q :=(xk) 2 `2 : jxkj

1

2k1

se llama el cubo de Hilbert. Prueba que

(a) Q es cerrado en `2:


(b) Q es totalmente acotado. (Sugerencia: Prueba que, para cada k0 2 N; el conjuntoQk0 := f(xk) 2 Q : xk = 0 8k > k0g es compacto. Dado x = (xk) 2 Q; denexk0 := (x1; :::; xk0 ; 0; 0; :::) 2 Qk0 : Prueba que

x xk0 2< 1

2k01:)

En consecuencia, el cubo de Hilbert es compacto.

Ejercicio 7.30 Sea fk : [1; 1]! R la función dada por

fk(x) :=

8<:1 si 1 x 1

k;

kx si 1k x 1

k;

1 si 1k x 1:

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

Ejercicio 7.31 Sean Z y X espacios métricos y H C0b(Z;X): Prueba que, si existenC; > 0 tales que

dX(f(x); f(y)) C (dZ(x; y)) 8f 2 H,

entonces H es equicontinuo.

Ejercicio 7.32 Sean Z y X espacios métricos. Prueba que la cerradura en C0b (Z;X)de cualquier subconjunto equicontinuo es equicontinua.

Ejercicio 7.33 Sea fk : [0;1) ! R la función dada por fk(t) := senpt+ 42k2:


(a) El conjunto H := ffk : k 2 Ng es equicontinuo.

(b) El conjunto H(t) es relativamente compacto en R para cada t 2 [0;1): (Sugeren-cia: Prueba que la sucesión (fk) converge puntualmente a 0 en [0;1):)

(c) H no es un subconjunto compacto de C0b ([0;1);R). (Sugerencia: Prueba que lasucesión (fk) no converge uniformemente a 0 en [0;1):)

Concluye que la compacidad de K es necesaria en el teorema de Arzelà-Ascoli.

Ejercicio 7.34 Sean X := f(x; y) 2 R2 : (x; y) 6= (12; 0)g y k 2 C0([0; 1]; X) la

función k(t) := (t; 1ksent): Considera el conjunto H := fk : k 2 Ng:

(a) ¿Es H equicontinuo?

(b) ¿Es H acotado en C0([0; 1]; X)?

7.5. EJERCICIOS 143

(c) ¿Es H relativamente compacto en C0([0; 1]; X)?

Compara tus conclusiones con el Corolario 7.10.

Ejercicio 7.35 Sean K un espacio métrico compacto, X un espacio métrico completoy (fk) una sucesión en C0(K;X) que converge puntualmente a una función f : K ! X:Prueba que, si H := ffk : k 2 Ng es equicontinuo, entonces f es continua y fk ! f enC0(K;X):

Ejercicio 7.36 Prueba que, si K y X son espacios métricos compactos, entonces unsubconjunto H de C0(K;X) es relativamente compacto en C0(K;X) si y sólo si esequicontinuo.

Ejercicio 7.37 Sea K : [a; b] [a; b]! R una función continua. Prueba que el operadorde Fredholm F : C0[a; b]! C0[a; b] dado por

(Ff)(x) :=

Z b

a

K(x; y)f(y)dy

es un operador compacto.

Ejercicio 7.38 Sea : [; ]! [a; b] una función continua, no decreciente y suprayec-tiva. Prueba que, para toda 2 C0([a; b]; X) se cumple que

L( ) = L():

Ejercicio 7.39 Prueba que, si a < b < c; entonces para toda 2 C0([a; c]; X) se cumpleque

L() = L( j[a;b]) + L( j[b;c]):

Ejercicio 7.40 Sean X un espacio métrico y x 2 X: Prueba que el espacio de trayec-torias

Tx(X) := f 2 C0([0; 1]; X) : (0) = (1) = xgde x a x en X es relativamente compacto en C0([0; 1]; X) si y sólo si la única trayectoriade x a x en X es la trayectoria constante.

Ejercicio 7.41 (a) Para cada k 2 N; k > 1; da un ejemplo de una trayectoria k :[0; 1

2]! R2 con las siguientes propiedades:

k(0) = (0; 0) y k(12) = ( 1

k; 0);

L( k) =k1k;


k(t) 20; 1

k

0; 1

k

para todo t 2

0; 1

2

:

(b) Dene k : [0; 12 ]! R2 como

k(t) :=

k(t) si t 2

0; 1

2

;

22tk+ 2t 1; 0

si t 2

12; 1;

donde k : [0; 12 ]! R2 es la parametrización proporcional a la longitud de arco dela trayectoria k que construiste en el inciso (a). Prueba que

(b.1) k 2 T(0;0);(1;0)(R2);(b.2) k ! en C0([0; 1];R2), donde

(t) :=

(0; 0) si t 2

0; 1

2

;

(2t 1; 0) si t 212; 1:

(c) ¿Es T(0;0);(1;0)(R2) un subespacio cerrado de C0([0; 1];R2)?

(d) ¿Es T(0;0);(1;0)(R2) con la métrica uniforme un espacio completo?

7.6. Proyecto: Un espacio completo sin trayectoriasde longitud mínima

7.6.1. Objetivo

El objetivo de este proyecto es mostrar que en un espacio métrico completo nonecesariamente existen trayectorias de longitud mínima.

7.6.2. Procedimiento

Elije una sucesión creciente de números reales ak 2 (0; 1) tal que lmk!1 ak = 1 ydene

A+ : =

(xk) 2 `2 : (x1

3

4)2 +

1Pk=2

a2kx2k < 1

;

A : =

(xk) 2 `2 : (x1 +

3

4)2 +

1Pk=2

a2kx2k < 1

;

X : = `2 rA+ \ A+

:

1. Prueba que A+ y A son subconjuntos abiertos de `2:

7.6. PROYECTO: UN ESPACIO COMPLETO SIN TRAYECTORIAS DE LONGITUD MíNIMA 145

2. Prueba que X con la métrica inducida por la de `2 es un espacio completo y quex+ := (3

4; 0; 0; :::); x := (3

4; 0; 0; :::) 2 X:

3. 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.)

4. Prueba que, si x 2 X \ h, entonces kxk`2 >p74:

5. Prueba que la longitud de cualquier trayectoria de x+ a x en X es estrictamentemayor que 2:

6. Dene m : [34; 34]! `2 como

(m(t))k :=

8>>>>><>>>>>:

t si k = 1;p7

3am

t+ 3

4

si k = m 2 y t 2

34; 0;

p7

3am

t+ 3

4

si k = m 2 y t 2

0; 3

4

;

0 si k 6= 1;m:

a) Prueba que m(t) 2 X para todo t 2 [34; 34].

b) Calcula L(k) y prueba que lmm!1 L(k) = 2:

7. Prueba que no existe una trayectoria de longitud mínima de x+ a x en X:

Capítulo 8

Teoremas de aproximación

Cuando hacemos cálculos con números reales usamos siempre una aproximacióndecimal de éstos, es decir, usamos algún número racional sucientemente cercano alnúmero real que nos interesa. Por motivos análogos, es conveniente aproximar funcionespor otras más sencillas.En este capítulo probaremos que toda función continua f : [a; b] ! R se puede

aproximar uniformemente por una función polinomial. Este resultado se conoce comoel teorema de aproximación de Weierstrass y tiene relevancia desde el punto de vistateórico y práctico, ya que los polinomios son funciones sencillas y fáciles de calcular. Dehecho, exhibiremos una sucesión explícita de polinomios que converge uniformementea f en [a; b] : los polinomios de Bernstein.La versión original del teorema de aproximación fue formulada por Weierstrass

en 1885. En 1937 Stone generalizó considerablemente este resultado, y simplicó sudemostración. El resultado de Stone se conoce como el teorema de Stone-Weierstrass,y extiende el resultado original de Weierstrass en dos sentidos: permite reemplazar alintervalo [a; b] por cualquier espacio métrico compacto K; y permite reemplazar a lospolinomios por subconjuntos más generales del espacio de funciones continuas C0(K;R):En este capítulo expondremos también este resultado.

8.1. El teorema de aproximación de Weierstrass

El objetivo de esta sección es demostrar que toda función continua f : [a; b]! R sepuede aproximar uniformemente por polinomios, es decir, por funciones de la forma

p (t) = a0 + a1t+ + antn; ak 2 R; n 2 N [ f0g.

Este resultado se conoce como el teorema de aproximación de Weierstrass. Más aún,exhibiremos una sucesión explícita de polinomios que converge uniformemente a la

147

148 8. TEOREMAS DE APROXIMACIÓN

función f en [a; b]:Para 0 k n consideremos los polinomios

n;k(t) =

nk

tk(1 t)nk;

donde nk

=

n!

k!(n k)!

es el coeciente binomial. De la conocida fórmula binomial

(a+ b)n =nXk=0

nk

akbnk

se sigue quenXk=0

n;k(t) = 1: (8.1)

Multiplicando por t la igualdad (8.1) para n 1 en vez de n; obtenemos

t = tn1Xj=0

n1;k(t)

=n1Xj=0

n 1j

tj+1(1 t)n1j

=n1Xj=0

j + 1

n

n

j + 1

tj+1(1 t)n(j+1)

=

nXk=1

k

n n;k(t)

=nXk=0

k

n n;k(t):

En consecuencia,

nt =nXk=0

k n;k(t): (8.2)

De manera análoga, multiplicando por t2 la igualdad (8.1) para n 2 en vez de n; essencillo probar que

(n2 n)t2 =nXk=0

(k2 k) n;k(t) (8.3)

8.1. EL TEOREMA DE APROXIMACIÓN DE WEIERSTRASS 149

Proponemos la demostración de esta fórmula como ejercicio [Ejercicio 8.12].

10 .7 50 .50 .2 50

1

0 .7 5

0 .5

0 .2 5

0

tt

3;3(t) = t3

10 .7 50 .50 .2 50

0 .2 5

0 .2

0 .1 5

0 .1

0 .0 5

0

tt

3;2(t) = 2t2(1 t)

10 .7 50 .50 .2 50

0 .2 5

0 .2

0 .1 5

0 .1

0 .0 5

0

tt

3;1(t) = 2t(1 t)2

10 .7 50 .50 .2 50

1

0 .7 5

0 .5

0 .2 5

0

tt

3;0(t) = (1 t)3

Denición 8.1 Sea f : [0; 1] ! R una función continua. El n-ésimo polinomio deBernstein1 de f es el polinomio

n(t) = f;n(t) :=nXk=0

f

k

n

n;k(t):

1Sergei Natanovich Bernstein (1880-1968) nació en Odessa, entonces parte del Imperio Ruso. Es-tudió en Göttingen bajo la supervisión de David Hilbert. En su tesis doctoral, presentada en 1904en la Sorbonne de París, resolvió el 19o problema de Hilbert sobre la solución analítica de ecuacionesdiferenciales elípticas.


Sergei Bernstein

Se tiene el siguiente resultado.

Teorema 8.2 (Bernstein) Sea f : [0; 1] ! R una función continua. La sucesión depolinomios de Bernstein (f;n) converge uniformemente a f en [0; 1]:

Demostración: Sea " > 0: Como f es uniformemente continua, existe > 0 tal que

jf(s) f(t)j < "

2si js tj < : (8.4)

Fijemos t 2 [0; 1]: Multiplicando la igualdad (8.1) por f(t) obtenemos que

f(t) =nXk=0

f(t) n;k(t) 8n 2 N:

En consecuencia,

f(t) f;n(t) =

nXk=0

(f(t) f

k

n

) n;k(t)

nXk=0

f(t) f

k

n

n;k(t): (8.5)

Probaremos que el lado derecho de esta desigualdad es menor que " si n satisface

n max(1

4;kfk21"2

): (8.6)

Para ello consideremos los conjuntos

I1 : =

(k 2 N [ f0g : 0 k n;

kn t

< 1n 1

4

);

I2 : = fk 2 N [ f0g : 0 k n; k =2 I1g;


y tomemos una n que cumpla (8.6). Entonces1n

14 ; y se sigue de (8.4) y de (8.1)

que Xk2I1

f(t) f

k

n

n;k(t) <Xk2I1

"

2 n;k(t)

"

2

nXk=0

n;k(t) ="

2: (8.7)

Por otra parte, si k 2 I2 entonces (t kn)2

pn y, en consecuencia,X

k2I2

f(t) f

k

n

n;k(t) Xk2I2

2 kfk1 n;k(t)

= 2 kfk1Xk2I2

(t kn)2

(t kn)2 n;k(t)

2 kfk1pnXk2I2

t k

n

2 n;k(t): (8.8)

Probaremos ahora quenXk=0

t k

n

2 n;k(t)

1

4n8n 2 N: (8.9)

Multiplicando la igualdad (8.1) por t2; la igualdad (8.2) por 2nt; y la suma de las

igualdades (8.2) y (8.3) por 1n2obtenemos, respectivamente,

t2 =nXk=0

t2 n;k(t);

2t2 =

nXk=0

2knt n;k(t);

1 1

n

t2 +

1

nt =

nXk=0

k2

n2 n;k(t):

Sumando estas tres igualdades obtenemos

1

n(t t2) =

nXk=0

t k

n

2 n;k(t): (8.10)

Observa que maxt2[0;1](t t2) = 14: En consecuencia, (8.10) implica (8.9).

Si n satisface (8.6) entonces kfk1pn ": Por tanto, (8.8) y (8.9) implican queX

k2I2

f(t) f

k

n

n;k(t) "

2: (8.11)


De las desigualdades (8.5), (8.7) y (8.11) obtenemos que, si n satisface (8.6), entonces

f(t) f;n(t)

nXk=0

f(t) f

k

n

n;k(t)=

Xk2I1

f(t) f

k

n

n;k(t) +Xk2I2

f(t) f

k

n

n;k(t) < "

para toda t 2 [0; 1]. Es decir,

f f;n 1 < " si n max

(1

4;kfk21"2

): (8.12)


Observa que la fórmula (8.12) nos da una estimación del error, en términos de f; encada paso de la aproximación.El siguiente resultado es consecuencia inmediata del teorema anterior.

Teorema 8.3 (de aproximación de Weierstrass) Sea f : [a; b] ! R una funcióncontinua. Entonces existe una sucesión de polinomios (pn) que converge uniformementea f en [a; b]:

Demostración: Este resultado se obtiene del anterior mediante un cambio de vari-able. Especícamente, sea : [0; 1] ! [a; b] la función dada por (t) := (1 t)a + tb:Aplicando el Teorema 8.2 a la función g := f obtenemos que

g;n ! g en C0[0; 1]:

La función pn := g;n 1 es un polinomio y cumple que

kpn fk1 = maxs2[a;b]

jpn(s) f(s)j = maxt2[0;1]

g;n(t) g(t) = g;n g

1 :

En consecuencia, pn ! f en C0[a; b]:

La compacidad del dominio de f jugó un papel importante en la demostración delTeorema 8.2 para asegurar la continuidad uniforme de f . El siguiente ejemplo muestraque el Teorema 8.3 no es válido, en general, si el dominio no es compacto.


Ejemplo 8.4 Sea f(t) = sen1t; t 2 (0; 1]: Ninguna sucesión de polinomios converge

uniformemente a f en (0; 1]:

10 .80 .60 .40 .2

1

0 .5

0

0 .5

1

x

y

x

y

Demostración: Argumentando por contradicción, supongamos que existe una suce-sión de polinomios (pk) que converge uniformemente a f en (0; 1]: Entonces (pk) convergea f en B((0; 1];R) (ver Proposición 5.15) y, por tanto, es de Cauchy en B((0; 1];R): Esdecir, dada " > 0 existe k0 2 N tal que

jpk(t) pj(t)j < " 8t 2 (0; 1] , 8k; j k0:

Como la función t 7! jpk(t) pj(t)j es continua en todo R; la desigualdad anteriorimplica que

jpk(0) pj(0)j " 8k; j k0:

Esto demuestra que (pk) es de Cauchy en C0[0; 1]: Por tanto, como C0[0; 1] es completo(ver Teorema 5.21), existe g 2 C0[0; 1] tal que

pk ! g en C0[0; 1]:

En particular, se cumple que

g(t) = lmk!1

pk(t) = sen1

t8t 2 (0; 1]:

Como g es continua en [0; 1], se tiene entonces que

lmn!1

senn

2= lm

n!1g

2

n

= g(0);

lo cual es una contradicción, ya que la sucesiónsenn

2

no converge.


8.2. El teorema de Stone-Weierstrass

Sea X un espacio métrico.

Denición 8.5 Un subconjunto A de X es denso en X si A = X; es decir, si paratodo x 2 X existe una sucesión (ak) en A tal que ak ! x en X:

Por ejemplo, el conjunto Q de los números racionales es denso en R:Denotemos por R [t] al conjunto de todos los polinomios

p (t) = 0 + 1t+ + ntn; n 2 N [ f0g; i 2 R,

con coecientes reales. El Teorema 8.3 arma que el conjunto de funciones polinomialesen [a; b];

P [a; b] := fp j[a:b] : p 2 R [t]g;

es denso en C0[a; b]: En esta sección probaremos una generalización de este resultado,conocido como el teorema de Stone2-Weierstrass.

Marshall Stone

Supondremos de aquí en adelante que K es un espacio métrico compacto y, porsimplicidad, denotaremos por

C0(K) := C0(K;R)

al espacio de funciones continuas f : K ! R con la norma uniforme

kfk1 = maxx2Kjf(x)j :

2Marshall Harvey Stone (1903-1989) nació en Nueva York. Estudió en la universidad de Harvard,donde obtuvo el doctorado bajo la supervisión de George David Birkho¤. Fue profesor en esa univer-sidad.

8.2. EL TEOREMA DE STONE-WEIERSTRASS 155

Observa que C0(K) no sólo es un espacio vectorial sino que cuenta además con unproducto, denido como sigue:

fg : K ! R; (fg)(x) := f(x)g(x):

Este producto le da al espacio vectorial C0(K) la estructura de una R-álgebra conunidad [Ejercicio 8.26]. La unidad es la función constante igual a 1; a la que denotamospor 1:El siguiente resultado da condiciones sucientes para que un subconjunto A de

C0(K) sea denso en C0(K):Teorema 8.6 (Stone-Weierstrass) Sea K un espacio métrico compacto y sea A unsubconjunto de C0(K) con las siguientes propiedades:(a) '+ 2 A para cualesquiera '; 2 A y ; 2 R.

(b) ' 2 A para cualesquiera '; 2 A.

(c) 1 2 A.

(d) Dados x1 6= x2 en K; existe ' 2 A tal que '(x1) 6= '(x2):

Entonces A es denso en C0(K), es decir, dada una función continua f : K ! Rexiste una sucesión ('k) de funciones en A que converge uniformemente a f en K:

En términos algebraicos, las primeras tres condiciones (a), (b) y (c) se expresandiciendo que A es una R-subálgebra con unidad de la R-álgebra de funciones continuasC0(K). La propiedad (d) suele expresarse diciendo que A separa puntos.Para demostrar el teorema de Stone-Weierstrass usaremos los siguientes cuatro

lemas.

Lema 8.7 Dados x1 6= x2 en K y c1; c2 2 R; existe 2 A tal que (x1) = c1 y (x2) = c2:

Demostración: Sea ' 2 A tal que '(x1) 6= '(x2): Como el determinante '(x1) 1'(x2) 1

6= 0;existen ; 2 R tales que

'(x1) + = c1 (8.13)

'(x2) + = c2 (8.14)

De las propiedades (a) y (c) se sigue que la función := '+ 1 2 A. Las igualdades(8.13) y (8.14) arman que (x1) = c1 y (x2) = c2:


Lema 8.8 La cerradura A de A en C0(K) también tiene las propiedades (a), (b) y (c).

Demostración: Es sencillo comprobar que A tiene la propiedad (a) [Ejercicio 8.27].La propiedad (c) es inmediata. Probemos (b). Dadas '; 2 A existen 'k; k 2 A talesque 'k ! ' y k ! en C0(K) (ver Proposición 3.32): Como toda sucesión convergenteestá acotada, existe C > 0 tal que k kk1 C para toda k: En consecuencia,

k' 'k kk1 k'( k)k1 + k(' 'k) kk1 k'k1 k( k)k1 + k(' 'k)k1 k kk1 k'k1 k( k)k1 + C k(' 'k)k1

Tomando el límite cuando k ! 1 en ambos lados de la desigualdad obtenemos que'k k ! ' . Dado que 'k k 2 A, concluimos que ' 2 A (ver Proposición 3.32):

Lema 8.9 Si ' 2 A, entonces j'j 2 A:

Demostración: Como ' es continua y K es compacto, se tiene que '(K) es acotadoen R (ver Corolario 4.11). Por tanto, '(K) está contenido en algún intervalo [a; b]: Porel Teorema 8.3 existe una sucesión de polinomios pk que converge uniformemente a lafunción valor absoluto jj en el intervalo [a; b]; es decir, dada " > 0 existe k0 2 N tal que

jpk(t) jtjj < " 8k k0 8t 2 [a; b]:

Esta desigualdad se cumple, en particular, para t = '(x) con x 2 K: Por tanto,

kpk ' j'jk1 = maxx2Kjpk('(x)) j'(x)jj < " 8k k0;

es decir, pk '! j'j en C0(K).Por otra parte, el Lema 8.8 asegura que, para cualquier polinomio p(t) = 0+1t+

+ mtm; se cumple que

p ' = 0 + 1'+ + m'm 2 A:

Por tanto, j'j 2 A:

Dadas dos funciones f; g : K ! R denotamos por maxff; gg; mnff; gg : K ! R alas funciones

(maxff; gg)(x) := maxff(x); g(x)g; (mnff; gg)(x) := mnff(x); g(x)g:

8.2. EL TEOREMA DE STONE-WEIERSTRASS 157

Lema 8.10 Si '; 2 A: entonces maxf'; g;mnf'; g 2 A:

Demostración: Basta observar que

maxf'; g =1

2('+ + j' j) (8.15)

mnf'; g =1

2('+ j' j) (8.16)

ComoA satisface la propiedad (a), el lema anterior implica quemaxf'; g;mnf'; g 2A:

Demostración del Teorema 8.6. Sea f : K ! R una función continua y sea" > 0: El Lema 8.7 asegura que, para cada par de puntos x; y 2 K; podemos escoger'x;y 2 A tal que 'x;y(x) = f(x) y 'x;y(y) = f(y):Fijemos x 2 K: Como 'x;y f es continua y 'x;y(y) f(y) = 0, existe y > 0 tal

que 'x;y(z) f(z) < " 8z 2 BK(y; y) (8.17)

y, como K es compacto, existen y1; :::; ym 2 K tales que

K BK(y1; y1) [ [BK(ym; ym):

Sea 'x := maxf'x;y1 ; :::; 'x;ymg: El Lema 8.10 asegura que 'x 2 A: Puesto que cadaz 2 K pertenece a alguna B(yi; yi); la desigualdad (8.17) implica que

'x(z) f(z) > " 8z 2 K: (8.18)

Por otra parte, dado que 'x;y(x) = f(x) para todo y 2 K; se tiene que 'x(x) = f(x)y, como 'x f es continua, existe x > 0 tal que

j'x(z) f(z)j < " 8z 2 BK(x; x): (8.19)

De la compacidad de K se sigue que existen x1; :::; xn 2 K tales que

K BK(x1; x1) [ [BK(xn; xn):

Sea ' := mnf'x1 ; :::; 'xng: El Lema 8.10 asegura que ' 2 A: Puesto que cada z 2 Kpertenece a alguna B(xi; xi); usando la desigualdad (8.19) obtenemos que

'(z) f(z) < " 8z 2 K: (8.20)


Y, como la desigualdad (8.18) vale para toda x 2 K; se tiene además que

'(z) f(z) > " 8z 2 K: (8.21)

Las desigualdades (8.20) y (8.21) implican que k' fk1 < ": Por consiguiente, dadoque ' 2 A; concluimos que f 2 A: Denotemos por R [x1; :::; xn] al conjunto de polinomios

p(x1; :::; xn) =

mXi=1

ixki;11 xki;nn ; ai 2 R; ki;j 2 N [ f0g;

en n variables con coecientes reales. Una consecuencia interesante del teorema deStone-Weierstrass es la siguiente.

Corolario 8.11 Sea K un subconjunto compacto de Rn: Entonces, dada una funcióncontinua f : K ! R, existe una sucesión de polinomios (pk) en R [x1; :::; xn] que con-verge uniformemente a f en K.

Demostración: Obviamente el conjunto

P(K) := fp jK : p 2 R [x1; :::; xn]g

satisface las condiciones (a), (b) y (c) del Teorema 8.6.Consideremos los polinomios i(x1; :::; xn) = xi; i = 1; :::; n: Si ; 2 K son puntos

distintos, entonces al menos una de sus coordenadas es distinta, digamos que i 6= i:Entonces, i() = i 6= i = i(): Esto prueba que P(K) satisface la condición (d).El Teorema 8.6 asegura entonces que existe una sucesión de polinomios (pk) en

R [x1; :::; xn] que converge uniformemente a f en K.

8.3. Ejercicios

Ejercicio 8.12 Demuestra la igualdad (8.3).

Ejercicio 8.13 Sea X un espacio métrico. Prueba que, si Z Y X y Z es densoen X, entonces Y es denso en X:

Ejercicio 8.14 Prueba que, si : X ! Y es continua y suprayectiva y A es denso enX; entonces (A) es denso en Y:

8.3. EJERCICIOS 159

Ejercicio 8.15 Prueba que el conjunto

Qn := f(q1; :::; qn) 2 Rn : qk 2 Q 8k = 1; :::; ng

es denso en Rn.

Ejercicio 8.16 Sea Q1 el conjunto de todas las sucesiones (q1; :::; qk; 0; 0; :::) de númerosracionales tales que sólo un número nito de sus términos es distinto de cero.

(a) Prueba que Q1 es denso en `p para todo p 2 [1;1):

(b) ¿Es Q1 denso en `1?

Ejercicio 8.17 Sea Q [t] el conjunto de todos los polinomios

q (t) = q0 + q1t+ + qntn; n 2 N [ f0g; qi 2 Q,

con coecientes racionales. Prueba que

PQ [a; b] := fq j[a:b] : q 2 Q [t]g

es denso en C0[a; b]:

Ejercicio 8.18 Se dice que un conjunto A es a lo más numerable si existe unafunción inyectiva i : A! N: Demuestra las siguientes armaciones:

(a) El conjunto Q de los números racionales es a lo más numerable.

(b) El conjunto de todas las sucesiones (bk) tales que bk 2 f0; 1g no es a lo másnumerable.

(c) Prueba que R no es a lo más numerable. (Sugerencia: Usa el hecho de que todonúmero real tiene una representación binaria.)

Ejercicio 8.19 Un espacio métrico X se llama separable si contiene un subconjuntoa lo más numerable que es denso en X. Demuestra las siguientes armaciones:

(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 nu-merable.

Ejercicio 8.20 Investiga si los siguientes espacios métricos son o no separables.


(a) Rnp con p 2 [1;1]:

(b) `p con p 2 [1;1]:

(c) C0p [a; b] con p 2 [1;1]:

(d) C0b (R;R).Ejercicio 8.21 Prueba que todo espacio métrico compacto X es separable. (Sugerencia:Para cada k 2 N; toma un conjunto nito de bolas de radio 1

kcuya unión esX: Considera

el conjunto de centros de todas esas bolas.)

Ejercicio 8.22 Sea un subconjunto abierto y acotado de Rn: Denotemos por C1()al conjunto de todas las funciones f : ! R que tienen derivadas parciales de todoslos órdenes en y dichas derivadas tienen una extensión continua a la cerradura de .Prueba que C1() es denso en C0(): (Sugerencia: Usa el Corolario 8.11 y el Ejercicio8.13.)

Ejercicio 8.23 Sea f 2 C0[0; 1] tal queZ 1

0

f(x)xndx = 0 8n 2 N [ f0g:

Prueba que Z 1

0

f 2(x)dx = 0

y concluye que f(x) = 0 para todo x 2 [0; 1]:Ejercicio 8.24 Sea S1 = f(cos ; sin ) 2 R2 : 0 2g el círculo unitario en R2.Prueba que cualquier función continua f : S1 ! R es el límite uniforme de funcionesde la forma

'(cos ; sin ) = a0 + a1 cos + b1 sin + + an cosn + bn sinn

con ai; bi 2 R; n 2 N [ f0g:Ejercicio 8.25 Sean X y Y espacios métricos compactos. Prueba que cualquier funcióncontinua f : X Y ! R es el límite uniforme de funciones de la forma

'(x; y) = f1(x)g1(y) + + fn(x)gn(y);

con f1; :::; fn 2 C0(X); g1; :::; gn 2 C0(Y ) y n 2 N:Ejercicio 8.26 Investiga lo que es una R-álgebra con unidad y prueba que, para cualquierespacio métrico X, el espacio C0(X) es una R-álgebra con unidad.Ejercicio 8.27 Sea A un subespacio vectorial de C0(X): Prueba que A es un subespaciovectorial de C0(X): (Sugerencia: Usa el Ejercicio 3.50.)

Parte II

Diferenciabilidad

161

Capítulo 9

Diferenciabilidad

El cálculo diferencial estudia las funciones f : Rn ! Rm que se pueden aproximarlocalmente por una función lineal. La derivada de f en un punto x0 de Rn es la funciónlineal f 0(x0) : Rn ! Rm que mejor aproxima a f en dicho punto, en el sentido de quela distancia entre f(x0 + x) y f(x0) + f

0(x0)x tiende a cero más rápidamente que x:Dicho de modo preciso,

lmx!0

kf(x0 + x) (f(x0) + f 0(x0)x)kkxk = 0:

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. Recuerda que lasfunciones lineales entre espacios de Banach de dimensión innita no son necesariamentecontinuas. La continuidad de f 0(x0) juega un papel esencial para la validez de muchaspropiedades importantes, como la continuidad de las funciones diferenciables o la reglade la cadena. El papel de la continuidad queda oculto cuando consideramos funcionesentre espacios euclidianos: la usamos sin darnos cuenta, pues toda función lineal entreespacios de dimensión nita es automáticamente continua.En este capítulo introduciremos el concepto de derivada para funciones entre es-

pacios de Banach y estudiaremos sus propiedades fundamentales. Los resultados quepresentaremos son generalizaciones inmediatas de los resultados de cálculo que ya cono-cemos. Sin embargo, presentarlos en esta generalidad tiene varias ventajas. Por unaparte, hay aplicaciones importantes que requieren este nivel de generalidad. Por ejemp-lo, las soluciones de muchas ecuaciones diferenciales parciales, que modelan problemasimportantes de la física, la ingeniería, la biología y otras disciplinas, resultan ser puntoscríticos de una función diferenciable denida en un espacio de funciones1.

1Consulta por ejemplo el libro de D.G. Costa, An invitation to variational methods in di¤erential163

164 9. DIFERENCIABILIDAD

Por otra parte, este nivel de generalidad permite denir muchos conceptos de manerasencilla. Un ejemplo de ello son las derivadas de orden superior, cada una de las cualesno es sino la derivada de la precedente. Además, la demostración en esta generalidad delos resultados que ya conocemos ayuda a comprenderlos mejor y a mayor profundidad.Y no perdemos nada, ya que las demostraciones no son ni más largas ni más complicadasque las correspondientes para espacios euclidianos.

9.1. El espacio de funciones lineales y continuas

Empezaremos estudiando al espacio de las funciones lineales y continuas entre dosespacios de Banach V = (V; kkV ) y W = (W; kkW ).La continuidad de una función lineal entre ellos se caracteriza como sigue.

Proposición 9.1 Si T : V ! W es una función lineal, son equivalentes las siguientesarmaciones:

(a) T es continua

(b) T es continua en 0:

(c) Existe c 2 R tal que kTvkW c kvkV para todo v 2 V:

(d) T es Lipschitz continua.

Demostración: Las implicaciones (a))(b) y (d))(a) son evidentes.(b))(c): Si T es continua en 0 existe > 0 tal que

kTvkW < 1 si kvkV < :

En consecuencia,

kTvkW =2

kvkV

T 2 v

kvkV

W

<2

kvkV 8v 2 V:

(c))(d): Si existe c > 0 tal que kTvkW c kvkV para todo v 2 V; entonces

kTv1 Tv2kW = kT (v1 v2)kW c kv1 v2kV 8v1; v2 2 V:

Esto prueba que T es Lipschitz continua.

equations, Birkhäuser, Boston 2007.

9.1. EL ESPACIO DE FUNCIONES LINEALES Y CONTINUAS 165

Denición 9.2 Denotamos por

L(V;W ) := fT : V ! W : T es lineal y continuag

y denimos

kTkL(V;W ) := supv2Vv 6=0

kTvkWkvkV

8T 2 L(V;W ): (9.1)

Nota que L(V;W ) es un espacio vectorial con las operaciones dadas por

(T + S)v := Tv + Sv; (T )v := Tv;

donde T; S 2 L(V;W ), 2 R y v 2 V: La Proposición 9.1 asegura que kTkL(V;W ) <1:Es sencillo comprobar que kkL(V;W ) es una norma en L(V;W ) [Ejercicio 9.35].Observa que

kTvkW kTkL(V;W ) kvkV 8v 2 V; 8T 2 L(V;W ): (9.2)

Usaremos con frecuencia esta desigualdad.

Proposición 9.3 L(V;W ) con la norma denida en (9.1) es un espacio de Banach.

Demostración: Sean (Tk) una sucesión de Cauchy en L(V;W ) y " > 0: Entoncesexiste k0 2 N tal que

kTk TjkL(V;W ) < " 8j; k k0:

Por tanto,kTkv TjvkW < " kvkV 8j; k k0; 8v 2 V: (9.3)

Esto implica que, para cada v 2 V; la sucesión (Tkv) es de Cauchy en W y, como W esun espacio de Banach, existe Tv 2 W tal que

Tkv ! Tv en W:

Probaremos primero que T 2 L(V;W ):Si v; w 2 V; ; 2 R; se tiene que

T (v + w) = lmk!1

Tk(v + w) = lmk!1

(Tkv + Tkw)

= lmk!1

Tkv + lmk!1

Tkw = Tv + Tw:

Esto prueba que T es lineal. Por otra parte, haciendo tender k !1 en la desigualdad(9.3) obtenemos

kTv TjvkW " kvkV 8j k0; 8v 2 V: (9.4)


De la Proposición 9.1 se sigue que T Tk0 es continua. Por tanto, T = (T Tk0) + Tk0es continua.Finalmente, la desigualdad (9.4) implica que

kTv TjvkWkvkV

" 8j k0; 8v 2 V:

Por tanto,kT TjkL(V;W ) " 8j k0:

Esto prueba que Tj ! T en L(V;W ): En consecuencia, L(V;W ) es un espacio deBanach.

Recuerda que, si dimV <1; cualquier función lineal T : V ! W es continua (verEjercicio 4.42), de modo que L(V;W ) es simplemente el espacio de funciones linealesde V a W: En particular, L(Rn;Rm) es isomorfo a Rmn y cualquier isomorsmo resultaser un homeomorsmo para cualquier norma [Ejercicio 9.36].

9.2. Diferenciabilidad

Para hablar de diferenciabilidad requerimos la noción de límite.

Denición 9.4 Sean X; Y espacios métricos, A un subconjunto de X; f : A! Y unafunción, x0 2 A y y0 2 Y: Decimos que

y0 = lmx!x0

f(x)

si, dada " > 0; existe > 0 tal que

dY (f(x); y0) < " 8x 2 A con dX(x; x0) < :

Nota que f no necesariamente está denida en x0; pero x0 debe pertenecer a lacerradura del dominio de f:Sean V y W espacios de Banach y un subconjunto abierto de V . La noción de

derivada de una función entre espacios euclidianos se extiende a funciones entre espaciosde Banach como sigue.

Denición 9.5 Una función ' : ! W es (Fréchet-)diferenciable en el puntou0 2 si existe T 2 L(V;W ) tal que

lmv!0

k'(u0 + v) '(u0) TvkWkvkV

= 0: (9.5)

9.2. 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. Como esusual en el caso de funciones lineales, escribiremos

'0(u0)v

en vez de '0(u0) (v) para denotar al valor de la función '0(u0) en v y, cuando haga falta,usaremos la notación '0(u0) [v] :La condición (9.5) arma que, para cada " > 0 existe > 0 tal que, para cuaquier

v 2 V con kvkV < se cumple que

u0 + v 2 y k'(u0 + v) '(u0) '0(u0)vkW < " kvkV :

Intuitivamente, esto signica que en una vecindad sucientemente pequeña de u0 lafunción v 7! '(u0 + v) se parece mucho a la función afín v 7! '(u0) + '0(u0)v:Tanto así, que la norma de la diferencia entre los valores en v de ambas funcionesk'(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 denida.

Proposición 9.6 Si ' es diferenciable en u0, la función T 2 L(V;W ) que cumple (9.5)es única.

Demostración: Supongamos que T1; T2 2 L(V;W ) cumplen (9.5). Entonces, dada" > 0; existe > 0 tal que

k'(u0 + v) '(u0) TivkW <"

2kvkV si kvkV < ; i = 1; 2:

Por tanto, si kvkV < ;

kT1v T2vkW kT1v '(u0 + v) + '(u0)kW + k'(u0 + v) '(u0) T2vkW< " kvkV .

Si kvkV ; escogemos 2 (0; 1) tal que kvkV < : Entonces la desigualdad anteriorasegura que

kT1v T2vkW =1

kT1(v) T2(v)kW <

"

kvkV = " kvkV :

En consecuencia,kT1v T2vkW < " kvkV 8v 2 V:

Como " > 0 es arbitraria, necesariamente T1v = T2v:


Denición 9.7 ' : ! W es (Fréchet-)diferenciable en si lo es en cada puntou 2 : La función

'0 : ! L(V;W ); u 7! '0(u);

se llama la derivada (de Fréchet) de ';. La denotaremos también por

D' : ! L(V;W ):

Usualmente diremos que ' : ! W es diferenciable en vez de decir que es Fréchet-diferenciable y hablaremos de su derivada para referirnos a su derivada de Fréchet.

Ejemplo 9.8 Si ' : ! W es constante, entonces es diferenciable en y '0(u) =0 2 L(V;W ) para todo u 2 ; ya que

'(u+ v) '(u) = 0 8v 2 V con u+ v 2 :

Ejemplo 9.9 Toda función T 2 L(V;W ) es diferenciable en V y T 0(u) = T para todou 2 V; ya que

T (u+ v) Tu Tv = 0 8v 2 V:

Ejemplo 9.10 La función ' : `2 ! R dada por '(x) := kxk2`2 =1Pk=1

x2k es diferenciable

en `2 y

'0(x)x = 21Pk=1

xkyk 8x = (xk); y = (yk) 2 `2:

Demostración: Observa que

kx+ yk2`2 = kxk2`2+ 2

1Pk=1

xkyk + kyk2`2 8x; y 2 `2:

Por tanto,

j'(x+ y) '(x) 2P1

k=1 xkykjkyk`2

= kyk`2 ! 0 cuando y ! 0:

Fijemos x 2 `2: La función T : `2 ! R dada por

Ty := 21Pk=1

xkyk

es evidentemente lineal. De la desigualdad de Hölder para series (ver Ejercicio 2.43) sesigue que

jTyj = 2 1Pk=1

xkyk

2 1Pk=1

jxkykj 2 kxk`2 kyk`2 :

9.2. DIFERENCIABILIDAD 169

En consecuencia, T : `2 ! R es continua (ver Proposición 9.1). Esto prueba que ' esdiferenciable en x y que '0(x) = T:

Proposición 9.11 Si ' es diferenciable en u0, entonces ' es continua en u0:

Demostración: Si ' es diferenciable en u0, existe 1 > 0 tal que

k'(u) '(u0) '0(u0)(u u0)kW < ku u0kV si ku u0kV < 1:

Como '0(u0) 2 L(V;W ); usando la desigualdad (9.2) obtenemos

k'(u) '(u0)kW k'(u) '(u0) '0(u0)(u u0)kW + k'0(u0)(u u0)kW< ku u0kV + k'0(u0)kL(V;W ) ku u0kV=

1 + k'0(u0)kL(V;W )

ku u0kV si ku u0kV < 1:

Dada " > 0; tomemos := mn1; "

1 + k'0(u0)kL(V;W )

1: Entonces,

k'(u) '(u0)kW < " si ku u0kV < :

Esto prueba que ' es continua en u0:

Proposición 9.12 (Linealidad de la derivada) Si '; : ! W son diferenciablesen u0 y ; 2 R; entonces '+ es diferenciable en u0 y

('+ )0(u0) = '0(u0) + 0(u0):

Demostración: La demostración es un ejercicio sencillo [Ejercicio 9.39].

Proposición 9.13 (Regla de la cadena) Sean V; e W subconjuntos abier-tos. Si ' : ! W es diferenciable en u0; '(v) 2 e para todo v 2 y : e ! Z esdiferenciable en v0 := '(u0); entonces ' : ! Z es diferenciable en u0 y

( ')0(u0) = 0(v0) '0(u0):


Demostración: Para v 2 V y w 2 W tales que u0 + v 2 y v0 + w 2 e; denimoso1(v) := '(u0 + v) '(u0) '0(u0)v;o2(w) := (v0 + w) (v0) 0(v0)w:

Se tiene entonces que

( ')(u0 + v) = ('(u0 + v))

= ('(u0) + '0(u0)v + o1(v))

= (v0) + 0(v0) ['0(u0)v + o1(v)] + o2('

0(u0)v + o1(v))

= ( ')(u0) + [ 0(v0) '0(u0)] v + o3(v);

dondeo3(v) := 0(v0) [o1(v)] + o2('

0(u0)v + o1(v)):

Probaremos a continuación que

lmv!0

ko3(v)kZkvkV

= 0: (9.6)

Sea " > 0: Denotemos por

c1 := k'0(u0)kL(V;W ) + 1; c2 := k 0(u0)kL(W;Z) + 1;

"1 := mn

"

2c2; 1

; "2 :=

"

2c1:

Como ' es diferenciable en u0 y es diferenciable en v0; existen 1; 2 > 0 tales que

ko1(v)kW < "1 kvkV si kvkV < 1;

ko2(w)kZ < "2 kwkW si kwkW < 2:

Sea 3 := mnf1; 2c1 g: Entonces,

k'0(u0)v + o1(v)kW k'0(u0)vkW + ko1(v)kW< k'0(u0)kL(V;W ) kvkV + "1 kvkV c1 kvkV si kvkV < 1:

Por tanto, k'0(u0)v + o1(v)kW < 2 si kvkV < 3 y, en consecuencia,

ko2('0(u0)v + o1(v))kZ < "2 k'0(u0)v + o1(v)kW< "2c1 kvkV

"

2kvkV si kvkV < 3:

9.3. EL TEOREMA DEL VALOR MEDIO 171

Por otra parte,

k 0(v0) [o1(v)]kZ k 0(v0)kL(W;Z) ko1(v)kW< c2"1 kvkV

"

2kvkV si kvkV < 1:

Concluimos queko3(v)kZ < " kvkV si kvkV < 3:

Esto prueba (9.6) y concluye la demostración de la proposición.

9.3. El teorema del valor medio

Una función lineal T : R ! V está totalmente determinada por su valor en 1; yaque

T [t] = T [t1] = tT [1] 8t 2 R:

La función : L(R; V )! V; (T ) := T [1] ; (9.7)

es un isomorsmo de espacios vectoriales. Además, es una isometría, ya que

kTkL(R;V ) = supt2Rt6=0

kT [t]kVjtj = sup

t2Rt6=0

tT [1]t

V

= kT [1]kV 8T 2 L(R; V ):

Esta isometría permite identicar a L(R; V ) con V:Si : (a; b) ! V es diferenciable en un punto t0 de (a; b); identicaremos en lo

sucesivo a la transformación lineal 0(t0) 2 L(R; V ) con su valor en 1; y escribiremossimplemente 0(t0) en vez de 0(t0) [1]. Se tiene entonces que 0(t0) 2 V y

lmt!0

(t+ t0) (t0)

t 0(t0)

V

= lmt!0

k(t+ t0) (t0) t0(t0)kVjtj = 0:

Es decir,

0(t0) = lmt!0

(t+ t0) (t0)

t2 V:

Esta identidad permite interpretar a 0(t0) como la velocidad de la trayectoria :(a; b)! V en el tiempo t0; tal y como solemos hacer cuando V = Rn: Si V = R entonces


0(t0) 2 R es la pendiente de la recta tangente a la gráca de en el punto (t0; (t0)):

Si : (a; b)! V es diferenciable en t0 2 (a; b) y ' : ! W es diferenciable enu0 := (t0); la regla de la cadena dice que

(' )0(t0) = '0(u0)(0(t0)); (9.8)

es decir, la derivada de la trayectoria ' en t0 es el valor de la función '0(u0) 2 L(V;W )en el vector 0(t0) 2 V:Uno de los resultados más útiles en análisis es el teorema del valor medio. Para

funciones reales de variable real éste se expresa como una igualdad: si f : [a; b]! R escontinua en [a; b] y diferenciable en (a; b) entonces existe c 2 (a; b) tal que f(b)f(a) =f 0(c)(b a): El problema con esta formulación clásica es que no existe una igualdadsemejante para funciones con valores vectoriales. Por otra parte, esta igualdad escondeel hecho de que en realidad no sabemos quién es c; lo único que sabemos es que setrata de algún punto en (a; b): Para nes prácticos, lo importante es tener una cotapara jf 0(c)j. Es decir, la verdadera naturaleza del teorema del valor medio se obtiene alexpresarlo como una desigualdad.

Teorema 9.14 (del valor medio) Sea : [a; b] ! V una función continua. Si esdiferenciable en todo punto t 2 (a; b) y si existe M 2 R tal que

k0(t)kV M 8t 2 (a; b); (9.9)

entoncesk(b) (a)kV M(b a):

Demostración: Probaremos que, para toda " > 0; se cumple que

k(b) (a)kV M(b a) + "(b a) + ": (9.10)


Esto implica que k(b) (a)kV M(b a):Sea " > 0: Consideremos el conjunto

S := ft 2 [a; b] : k(t) (a)kV M(t a) + "(t a) + "g:

Como es continua en a existe > 0 tal que

k(s) (a)kV " 8s 2 [a; a+ ]:

Por tanto, a+ 2 S: Sea c := supS: Observa que c 2 S y a+ c b: Probaremosa continuación que c = b:Argumentando por contradicción, supongamos que c < b: Entonces es diferenciable

en c y, en consecuencia, existe 2 (0;mnfc a; b cg) tal que

k(s) (c) 0(c)(s c)kV < " js cj si js cj < :

Por tanto, si s 2 (c; c+ ); usando (9.9) obtenemos

k(s) (a)kV k(s) (c)kV + k(c) (a)kV k(s) (c) 0(c)(s c)kV + k0(c)(s c)kV + k(c) (a)kV< "(s c) + k0(c)kV (s c) +M(c a) + "(c a) + "

M(s a) + "(s a) + ", (9.11)

lo que contradice que c = supS: En consecuencia, c = b: Esto demuestra (9.10).

A continuación veremos que el teorema anterior permite acotar la diferencia entredos valores '(u0) y '(u1) de una función diferenciable ' : ! W cuando su derivadaestá acotada en el segmento que une a los puntos u0 y u1.

u

u1

0

Un modo de garantizar esto último es pidiendo que la derivada sea continua en , loque nos lleva a introducir el siguiente concepto.

Denición 9.15 Una función ' : ! W es de clase C1 (o continuamente difer-enciable) en si es diferenciable en y su derivada

'0 : ! L(V;W )

es continua.


Las funciones de los Ejemplos 9.8 y 9.9 son de clase C1 ya que en ambos casos laderivada es una función constante. Veamos que la función del Ejemplo 9.10 también esde clase C1.

Ejemplo 9.16 La función ' : `2 ! R dada por '(x) := kxk2`2 es de clase C1 en `2.

Demostración: En el Ejemplo 9.10 vimos que ' es diferenciable y que su derivadaes la función '0 : `2 ! L(`2;R) dada por

'0(x)y = 21Pk=1

xkyk 8x = (xk); y = (yk) 2 `2:

Si z = (zk) 2 `2; aplicando la desigualdad de Hölder para series (ver Ejercicio 2.43)obtenemos

j'0(z)y '0(x)yj = 2 1Pk=1

(zk xk)yk

2 kz xk`2 kyk`2 :

Por tanto,

k'0(z) '0(x)kL(`2;R) = supy2`2y 6=0

j'0(z)y '0(x)yjkyk`2

2 kz xk`2 8x; z 2 `2:

Esto prueba que '0 es Lipschitz continua.

Como consecuencia del teorema del valor medio obtenemos el siguiente resultado.

Corolario 9.17 Si es abierto en V; ' : ! W es de clase C1 en y u0; u1 2 sontales que ut := (1 t)u0 + tu1 2 para toda t 2 [0; 1]; entonces

supt2[0;1]

k'0(ut)kL(V;W ) <1

yk'(u1) '(u0)kW sup

t2[0;1]k'0(ut)kL(V;W ) ku1 u0kV :

Demostración: Sea : [0; 1]! la función (t) := ut. Esta función es diferenciableen (0; 1) y su derivada está dada por 0(t) = u1u0: La composición := ' : [0; 1]!W es continua en [0; 1]. Por la regla de la cadena (ver (9.8)), es diferenciable en (0; 1)y

0(t) = '0(ut) [u1 u0] :



k0(t)kW k'0(ut)kL(V;W ) ku1 u0kV 8t 2 (0; 1): (9.12)

Ahora bien, la función que a cada t 2 [0; 1] le asocia el valor k'0(ut)kL(V;W ) 2 R es unafunción continua, ya que es la composición de las funciones continuas

[0; 1]!

'0! L(V;W )kkL(V;W )! R.

Como [0; 1] es compacto, concluimos que

M := supt2[0;1]

k'0(ut)kL(V;W ) <1:

Por otra parte, de la desigualdad (9.12) se sigue que

supt2[0;1]

k0(t)kW M ku1 u0kV 8t 2 (0; 1);

y aplicando el Teorema 9.14 obtenemos que

k'(u1) '(u0)kW = k(1) (0)kW M ku1 u0kV ;


Usaremos a menudo la siguiente consecuencia sencilla del corolario anterior.

Corolario 9.18 Si es abierto en V; ' : ! W es de clase C1 en y u0; u1 2 sontales que ut := (1 t)u0 + tu1 2 para toda t 2 [0; 1] entonces, para todo u 2 ;

supt2[0;1]

k'0(ut) '0(u)kL(V;W ) <1

y se cumple que

k'(u1) '(u0) '0(u) [u1 u0]kW supt2[0;1]

k'0(ut) '0(u)kL(V;W ) ku1 u0kV :

Demostración: Sea := ''0(u): Entonces 0(v) = '0(v)'0(u) para toda v 2 :Aplicando el Corolario 9.17 obtenemos que

k'(u1) '(u0) '0(u) [u1 u0]kW = k (u1) (u0)kW sup

t2[0;1]k 0(ut)kL(V;W ) ku1 u0kV

= supt2[0;1]

k'0(ut) '0(u)kL(V;W ) ku1 u0kV ;



9.4. Un criterio de diferenciabilidad

Si ' : ! W es diferenciable en el punto u0 de y v 2 V entonces, para cada" > 0 existe > 0 tal que

u0 + tv 2 y k'(u0 + tv) '(u0) '0(u0)(tv)kW < " ktvkV 8t 2 (; ):

Dividiendo ambos lados de la desigualdad entre jtj obtenemos que '(u0 + tv) '(u0)

t '0(u0)v

W

< " kvkV si 0 < jtj < :

Es decir,

'0(u0)v = lmt!0

'(u0 + tv) '(u0)

t8v 2 V:

De este modo obtenemos una condición necesaria para que ' sea diferenciable enu0: en primer lugar, para cada v 2 V debe existir el límite

lmt!0

'(u0 + tv) '(u0)

t: (9.13)

Este límite se llama la derivada direccional de ' en u0 en la dirección de v: Ensegundo lugar, la función G'(u0) : V ! W dada por

G'(u0)v := lmt!0

'(u0 + tv) '(u0)

t(9.14)

debe ser lineal y continua. Esto da lugar al siguiente concepto.

Denición 9.19 Una función ' : ! W es Gâteaux-diferenciable en el puntou0 2 si, para cada v 2 V; existe la derivada direccional de ' en u0 en la dirección dev y la función G'(u0) denida en (9.14) pertenece a L(V;W ).

' es Gâteaux-diferenciable en si lo es en todo punto u 2 : La función

G' : ! L(V;W ); u 7! G'(u);

se llama la derivada de Gâteaux2 de ':

Cabe señalar que la existencia de la derivada direccional de ' en u0 en la direcciónde v para toda v 2 V no basta para garantizar que G'(u0) 2 L(V;W ) [Ejercicio 9.46].Tampoco basta con que ' sea Gâteaux-diferenciable para que sea diferenciable, comolo muestra el siguiente ejemplo.

2René Eugène Gâteaux (1889-1914) nació en la Marne, Francia. Lo mataron en la primera guerramundial. Parte de su trabajo fue publicado póstumamente por Paul Lévy.

9.4. UN CRITERIO DE DIFERENCIABILIDAD 177

Ejemplo 9.20 La función ' : R2 ! R dada por

'(x; y) :=

(x3yx4+y2

si (x; y) 6= (0; 0);0 si (x; y) = (0; 0):

es Gâteaux-diferenciable en R2 pero no es diferenciable en (0; 0) [Ejercicio 9.47].

Sin embargo, se tiene el siguiente resultado.

Teorema 9.21 ' : ! W es de clase C1 en si y sólo si ' es Gâteaux-diferenciableen y su derivada de Gâteaux G' : ! L(V;W ) es continua. En tal caso, '0 = G':

Demostración: )) : Al inicio de esta sección demostramos que, si ' es diferenciableen u0; entonces ' es Gâteaux-diferenciable en u0 y G'(u0) = '0(u0): En consecuencia,si ' es de clase C1 en ; entonces G' = '0 es continua.() : Supongamos ahora que ' es Gâteaux-diferenciable en y que G' : !

L(V;W ) es continua. Sean u0 2 y " > 0: Entonces existe > 0 tal que u0 + v 2 y

kG'(u0 + v) G'(u0)kL(V;W ) < " si kvkV < : (9.15)

Para cada v 2 V con kvkV < denimos v : [0; 1]! W como

v(t) := '(u0 + tv) '(u0) G'(u0) [tv] :

Entonces v es diferenciable en (0; 1) y su derivada es

0v(t) = lmh!0

v(t+ h) v(t)

h

= lmh!0

'(u0 + tv + hv) '(u0 + tv) G'(u0) [hv]h

= lmh!0

'(u0 + tv + hv) '(u0 + tv)

h G'(u0)v

= G'(u0 + tv)v G'(u0)v:

Se sigue de (9.15) que

k0v(t)kW kG'(u0 + tv) G'(u0)kL(V;W ) kvkV< " kvkV 8t 2 (0; 1):

Usando el teorema del valor medio (ver Teorema 9.14) concluimos que

k'(u0 + v) '(u0) G'(u0)vkW = kv(1) v(0)kW " kvkV si kvkV < :


Esto prueba que ' es diferenciable en u0 y que '0(u0) = G'(u0): Como G' es continua,' es de clase C1 en :

El teorema anterior proporciona un criterio muy útil para vericar la diferenciabil-idad de una función y calcular su derivada. Veamos un ejemplo.

Ejemplo 9.22 Sea f : R ! R una función de clase C1: La función ' : C0[a; b] ! Rdada por

'(u) :=

Z b

a

f(u(t))dt

es de clase C1 en C0[a; b] y su derivada es

'0(u)v :=

Z b

a

f 0(u(t))v(t)dt:

Demostración: Probaremos primero que ' es Gâteaux-diferenciable. Sean u; v 2C0[a; b]; v 6= 0; y " > 0: Denotemos por

M := kuk1 + kvk1 y ~" :="

(b a) kvk1:

Como f 0 es uniformemente continua en [M;M ] existe > 0 tal que

jf 0(x) f 0(y)j < ~" 8x; y 2 [M;M ] con jx yj < :

Del Corolario 9.18 y la desigualdad anterior se sigue que, si x; x + hz 2 [M;M ],jhzj < y s 2 [0; 1]; entonces

jf(x+ hz) f(x) f 0(x)hz)j sups2[0;1]

jf 0(x+ shz) f 0(x)j jhzj < ~" jhzj : (9.16)

Observa que

ju(t) + hv(t)j kuk1 + kvk1 =M 8t 2 [a; b]; h 2 [0; 1]:

Por tanto, podemos aplicar la desigualdad (9.16) a x := u(t); z := v(t) y 0 < jhj <mnf1;

kvk1g para obtenerf(u(t) + hv(t)) f(u(t))

h f 0(u(t))v(t)

< ~" jv(t)j "

b a8t 2 [a; b]:

9.4. UN CRITERIO DE DIFERENCIABILIDAD 179

En consecuencia, si 0 < jhj < mnf1; kvk1

g; entonces'(u+ hv) '(u)

hZ b

a

f 0(u(t))v(t)dt

Z b

a

f(u(t) + hv(t)) f(u(t))

h f 0(u(t))v(t)

dt < ":

Esto prueba queZ b

a

f 0(u(t))v(t)dt = lmh!0

'(u+ hv) '(u)

h=: G'(u)v:

La función G'(u) : C0[a; b]! R es claramente lineal y, como

jG'(u)vj Z b

a

jf 0(u(t))j dtkvk1 8v 2 C0[a; b];

la Proposición 9.1 asegura que G'(u) es continua. Por tanto, ' es Gâteaux-diferenciableen u para todo u 2 C0[a; b]:Probaremos ahora que G' : C0[a; b] ! L(C0[a; b];R) es continua. Sean u0 2 C0[a; b]

y " > 0: Denotemos por M0 := ku0k1 + 1: Como f 0 es uniformemente continua en[M0;M0]; existe 2 (0; 1) tal que

jf 0(x) f 0(y)j < "

(b a)8x; y 2 [M0;M0] con jx yj < :

Observa que, si ku u0k1 < ; entonces

ju(t)j kuk1 ku0k1 + ku u0k1 ku0k1 + < M0 8t 2 [a; b]:

Por tanto,

jG'(u)v G'(u0)vj Z b

a

jf 0(u(t)) f 0(u0(t))j jv(t)j dt < " kvk1 :

En consecuencia,

kG'(u) G'(u0)kL(C0[a;b];R) = supv2C0[a;b]v 6=0

jG'(u)v G'(u0)vjkvk1

< " si ku u0k1 < :

Esto prueba que G' : C0[a; b]! L(C0[a; b];R) es continua.Del Teorema 9.21 se sigue que ' es de clase C1 y que '0 = G':


9.5. Derivadas parciales

Sean V1; :::; Vn;W espacios de Banach. El producto cartesiano V1 Vn con lanorma

k(v1; :::; vn)kV1Vn := maxj=1;:::;n

kvjkVj

es un espacio de Banach (ver Ejercicio 5.37). La inclusión en el j-ésimo factor,

j : Vj ! V1 Vn; j(v) := (0; :::; 0; v|zj-ésimo

; 0; :::; 0);

es una función lineal y una isometría. Si es abierto en V1 Vn y u 2 ; entonces

j;u := fv 2 Vj : u+ jv 2 g

es un abierto de Vj que contiene a 0:

Ω

Ω

Wϕ

ϕ j,u

j,u0

u

En lo que resta de esta sección supondremos que es abierto en V1 Vn:

Denición 9.23 Una función ' : ! W es parcialmente diferenciable respectoa la j-ésima variable en el punto u de si la función

'j;u : j;u ! W; 'j;u(v) := '(u+ jv);

es diferenciable en 0: La derivada parcial de ' respecto a la j-ésima variable enu se dene 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-ésimavariable 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, ' esparcialmente 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 =Pn

j=1 jvj siv = (v1; :::; vn): En consecuencia,

'0(u)v =nPj=1

@j'(u)vj; j = 1; :::; n: (9.17)

Los siguientes ejemplos relacionan estos conceptos con conceptos bien conocidos decálculo.

Ejemplo 9.24 Si es abierto en Rn = R R y ' : ! R es diferenciable enx, entonces @j'(x) 2 L(R;R) = R. Como en la sección 9.3, identicamos a la funciónlineal @j'(x) con su valor en 1: Ésta es la derivada parcial de ' respecto a xj a laque se suele denotar por

@'

@xj(x) 2 R:

El gradiente de ' en x es el vector

r'(x) :=@'

@x1(x); :::;

@'

@xn(x)

2 Rn:

La fórmula (9.17) se escribe entonces como

'0(x)y =nPj=1

@'

@xj(x)yj = r'(x) y;

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 diferenciableen x; entonces la j-ésima componente 'j de ' es la composición 'j := j ' con laj-ésima proyección

j : Rm ! R; j(z1; :::; zm) := zj:


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(x) =

0B@@'1@x1(x) @'1

@xn(x)

......

@'m@x1(x) @'m

@xn(x)

1CAque se llama la matriz jacobiana de ' en x.

No es cierto, en general, que si ' es parcialmente diferenciable respecto a cadavariable en u entonces ' es diferenciable en u [Ejercicio 9.47]: Pero sí lo es si se cumpleademás que @j' es continua en para toda j = 1; :::; n.

Teorema 9.26 Una función ' : ! W es de clase C1 en si y sólo si ' es parcial-mente diferenciable respecto a la j-ésima variable en y

@j' : ! L(Vj;W )

es continua en 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 C1 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 elcaso 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 V2 y kvkV1V2 := maxfkv1kV1 ; kv2kV2g < ;

k'(u+ 1v1) '(u) @1'(u)v1kW <"

4kv1kV1 si kv1kV1 < ; (9.18)

k@2'(u+ v) @2'(u)kL(V2;W ) <"

4si kvkV1V2 < :

9.6. DERIVADAS DE ORDEN SUPERIOR 183

La segunda desigualdad implica que

k@2'(u+ 1v1)v2 @2'(u)v2kW k@2'(u+ 1v1) @2'(u)kL(V2;W ) kv2kV2<

"

4kv2kV2 si kv1kV1 < ; (9.19)

y también que

k@2'(u+ 1v1 + t2v2) @2'(u+ 1v1)kL(V2;W )

k@2'(u+ 1v1 + t2v2) @2'(u)kL(V2;W ) + k@2'(u) @2'(u+ 1v1)kL(V2;W )

<"

2si kvkV1V2 < y t 2 [0; 1]:

De esta última desigualdad y el Corolario 9.18 se sigue que

k'(u+ v) '(u+ 1v1) @2'(u+ 1v1)v2kW sup

t2[0;1]k@2'(u+ 1v1 + t2v2) @2'(u+ 1v1)kL(V2;W ) kv2kV2

<"

2kv2kV2 si kvkV1V2 < : (9.20)

Finalmente, de las desigualdades (9.18), (9.19) y (9.20) obtenemos

k'(u+ v) '(u) @1'(u)v1 @2'(u)v2k k'(u+ v) '(u+ 1v1) @2'(u+ 1v1)v2k+ k@2'(u+ 1v1)v2 @2'(u)v2k

+ k'(u+ 1v1) '(u) @1'(u)v1k " kvkV1V2 si kvkV1V2 < :

Esto prueba que ' es diferenciable en u y que '0(u)v = @1'(u)v1+@2'(u)v2: Por tanto,' es de clase C1 en .

9.6. Derivadas de orden superior

Sean V y W espacios de Banach y un subconjunto abierto de V: Si ' : ! Wes diferenciable en ; su derivada es una función que toma valores en el espacio deBanach 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 derivadade '0 se llama la segunda derivada de ' y se denota por

D2' : ! L(V;L(V;W ));


o simplemente por '00: Veremos a continuación que el espacio L(V;L(V;W )) tiene unarepresentación sencilla: es el espacio de funciones bilineales y continuas V V ! W:Sean V1; :::; Vk;W espacios de Banach.

Denición 9.27 Una función F : V1 Vk ! W es k-multilineal si es lineal encada variable, es decir, si para cada j 2 f1; : : : ; kg y ui 2 Vi, i 6= j; la función Vj ! Wdada por

v 7! F (u1; :::; uj1; v; uj+1; :::um)

es lineal. Si k = 2 se dice que F es bilineal.

Denotamos por

L(V1; :::; Vk;W ) := fF : V1 Vk ! W : F es k-multilineal y continuag:

Si V1 = = Vk = V escribimos simplemente

Lk(V;W ) := L(V; :::; V| z k veces

;W ):

Como en el caso k = 1 se tiene el siguiente resultado.

Proposición 9.28 Si F : V1 Vk ! W es k-multilineal, entonces F es continuasi y sólo si existe c 2 R tal que

kF (v)kW c kv1kV1 kvkkVk 8v = (v1; :::; vk) 2 V1 Vk: (9.21)

Demostración: )) : Si F es continua, existe > 0 tal que

kF (v)kW < 1 si kvkV1Vk := maxj=1;:::;k

kvjkVj < :

Por tanto, para todo v = (v1; :::; vk) 2 V1 Vk;

k

2k kv1kV1 kvkkVkkF (v)kW =

F

2

v1

kv1kV1; : : : ;

vkkvkkVk

!! W

< 1:

En consecuencia,

kF (v)kW 2k

kkv1kV1 kvkkVk 8v = (v1; :::; vk) 2 V1 Vk:


() : Supongamos ahora que se cumple (9.21). Sean u; v 2 V1 Vk y R :=kukV1Vk + 1: Como F es k-multilineal,

F (v) F (u) = F (v1 u1; v2; :::; vk)

+k1Pi=2

F (u1; :::; ui1; vi ui; vi+1; :::; vk)

+F (u1; :::; uk1; vk uk):

Aplicando la desigualdad del triángulo y la desigualdad (9.21) concluimos que

kF (v) F (u)kW c kv1 u1kV1 kv2kV2 kvkkVk

+ck1Pi=2

ku1kV1 kui1kVi1 kvi uikVi kvi+1kVi+1 kvkkVk+c ku1kV1 kuk1kVk1 kvk ukkVk

cRk1kPi=1

kvi uikVi si kv ukV1Vk < 1:

De esta desigualdad se sigue inmediatamente que F es continua en u:

Para F 2 L(V1; :::; Vk;W ) denimos

kFkL(V1;:::;Vk;W ) := supvj2Vjrf0gj=1;:::;k

kF (v1; :::; vk)kWkv1kV1 kvkkVk

: (9.22)

Esta es una norma en L(V1; :::; Vk;W ); que coincide con la denida en (9.1) cuandok = 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 isomorsmo de espacios vectoriales

L(V1; :::; Vk;W ) = L(V1;L(V2; ; Vk;W )) (9.23)

que es además una isometría, es decir,

kFkL(V1;:::;Vk;W ) = F

L(V1;L(V2; ;Vk;W ))

[Ejercicio 9.57]. Iterando estos isomorsmos obtenemos

L(V1; :::; Vk;W ) = L(V1;L(V2; ;L(Vk1;L(Vk;W )) )):

En consecuencia, L(V1; :::; Vk;W ) es un espacio de Banach (ver Proposición 9.3).Podemos denir ahora las derivadas de orden superior como sigue.


Denición 9.29 Sea k 2 N; k 2: Una función ' : ! W es k-veces diferenciableen si ' es (k1)-veces diferenciable en y su derivada de orden k1 es diferenciableen : La derivada de Dk1' : ! Lk1(V;W ) se llama la derivada de orden k de' y se denota

Dk' : ! L(V;Lk1(V;W )) = Lk(V;W ):Si Dk' es continua en decimos que ' es de clase Ck en :Si Dj' admite una extensión continua a la cerradura de para cada j =

0; 1; : : : ; k; donde D0' := '; decimos que ' es de clase Ck en :Finalmente, si ' es de clase Ck en (resp. en ) para todo k 2 N, decimos que '

es de clase C1 en (resp. en ):

Veamos un ejemplo.

Ejemplo 9.30 La función ' : `2 ! R dada por '(x) := kxk2`2 es de clase C1 en `2,

D2'(x)(y; z) = 21Pk=1

ykzk 8x; y; z 2 `2;

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

'0(x)z = 21Pk=1

xkzk 8x = (xk); z = (zk) 2 `2

(ver Ejemplo 9.10) y que '0 es continua (ver Ejemplo 9.16). Observa además que '0 eslineal, 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 elisomorsmo (9.23) obtenemos

D2'(x)(y; z) = '0(y; z) = '0(y)z = 21Pk=1

ykzk 8x; y; z 2 `2:

Más aún, comoD2' : `2 ! L2(`2;R) es constante, el Ejemplo 9.8 asegura queDk'(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 simétri-ca.


Proposición 9.31 Si ' : ! W es k-veces diferenciable en entonces, para cadau 2 ; la k-ésima derivada de ' en u es simétrica, es decir,

Dk'(u)(v1; : : : ; vk) = Dk'(u)(v(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 > 0 tal que

u+ v 2 y '0(u+ v) '0(u)D2'(u)v L(V;W )

< " kvkV si kvkV < 2: (9.24)

Sean v; w 2 V tales que maxfkvkV ; kwkV g < : Denimos : [0; 1]! W como

(t) := '(u+ tv + w) '(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)

W

'0(u+ tv + w) '0(u)D2'(u)(tv + w)

L(V;W )

kvkV+ '0(u+ tv) '0(u)D2'(u)(tv)

L(V;W )

kvkV< 2" (kvkV + kwkV ) kvkV 8t 2 [0; 1]:

El Corolario 9.18 y la desigualdad anterior implican que (1) (0)D2'(u)(w; v) W

k(1) (0) 0(0)kW + 0(0)D2'(u)(w; v)

W

supt2[0;1]

k0(t) 0(0)kW + 0(0)D2'(u)(w; v)

W

3 supt2[0;1]

0(t)D2'(u)(w; v) W

6" (kvkV + kwkV ) kvkV :

Observa que (1) (0) = '(u + v + w) '(u + v) '(u + w) + '(u) es simétricaen v y w; por lo que intercambiando los papeles de v y w en la desigualdad anteriorobtenemos (1) (0)D2'(u)(v; w)

W 6" (kvkV + kwkV ) kwkV :


En consecuencia, D2'(u)(v; w)D2'(u)(w; v) W 6" (kvkV + kwkV )

2 si maxfkvkV ; kwkV g < :

Si v; w 2 V son arbitrarios, escogemos 2 (0; 1] tal que maxfkvkV ; kwkV g < :De la desigualdad anterior se sigue entonces que D2'(u)(v; w)D2'(u)(w; v)

W

=1

2 D2'(u)(v; w)D2'(u)(w; v)

W

1

26" (kvkV + kwkV )

2 = 6" (kvkV + kwkV )2 :

Como " > 0 es arbitraria, concluimos que D2'(u)(v; w) = D2'(u)(w; v) para cua-lesquiera v; w 2 V:Caso 2: k > 2:El resultado se obtiene por inducción usando el caso k = 2 y el isomorsmo (9.23).

Denición 9.32 Si V y W son espacios de Banach, es un subconjunto abierto deV y k 2 N [ f1g denimos

Ck(;W ) : = f' : ! W : ' es de clase Ck en g;Ck(;W ) : = f' : ! W : ' es de clase Ck en g:

Si W = R escribiremos simplemente

Ck() : = Ck(;R);Ck() : = Ck(;R):

9.7. La fórmula de Taylor

Si ' es diferenciable en u0 entonces

'(u0 + v) = '(u0) + '0(u0)v + r1(v)

donde lmv!0kr1(v)kWkvkV

= 0: Es decir, cerca de u0; ' es la suma de una función constantemás una función lineal salvo por un término que tiende a cero más rápidamente quekvkV : La fórmula de Taylor generaliza esta armación. Asegura que si ' es de claseCk en u0 entonces, cerca de ese punto, ' es una suma de funciones j-multilineales,j = 0; : : : ; k, salvo por un término que tiende a cero más rápidamente que kvkkV :

9.7. LA FÓRMULA DE TAYLOR 189

El teorema que veremos a continuación es una extensión a espacios de Banach delteorema de Taylor3 para funciones reales de variable real del cálculo diferencial. Usare-mos ese resultado para demostrar éste, por lo que conviene que revises su demostración[Ejercicio 9.59].

Brook Taylor

Teorema 9.33 (Taylor) Si V es un espacio de Banach, es un subconjunto abiertode V; u0 2 y v 2 V satisfacen que u0 + tv 2 para todo t 2 [0; 1]; y ' 2 Ck+1();entonces existe 2 (0; 1) tal que

'(u0 + v) = '(u0) +D'(u0)v +1

2D2'(u0)(v; v) +

+1

k!Dk'(u0)(v; : : : ; v| z

k veces

) +1

(k + 1)!Dk+1'(u0 + v)(v; : : : ; v| z

k+1 veces

):

Demostración: Observa que la función real de variable real f(t) := '(u0 + tv)está denida en algún intervalo abierto que contiene a [0; 1]; es de clase Ck+1 en dichointervalo y

Djf(t) = Dj'(u0 + tv)(v; : : : ; v| z j veces

); j = 1; :::; k + 1: (9.25)

En efecto: por la regla de la cadena, Df(t) = D'(u0 + tv)v: Argumentando porinducción, si Dj1f(t) = Dj1'(u0 + tv)(v; : : : ; v) para algún j = 2; :::; k + 1; en-tonces Dj1f = E (Dj1') ; donde (t) := u0 + tv y E es la función que a cadaF 2 Lj1(V;R) le asocia el valor F (v; : : : ; v) 2 R. Observa que E es lineal y continua[Ejercicio 9.56]. Entonces, aplicando la regla de la cadena obtenemos

Djf(t) =Dj'(u0 + tv)v

(v; : : : ; v| z j1 veces

):

3Brook Taylor (1685-1731) nació Edmonton, Inglaterra. Estudió en la Universidad de Cambridge.Publicó su célebre fórmula en 1715, pero su importancia no fue reconocida sino hasta 1772 cuando J.L. Lagrange se dió cuenta de su potencial y la llamó el fundamento principal del cálculo diferencial.


Esta función corresponde a (9.25) bajo el isomorsmo (9.23).Aplicando el teorema de Taylor para funciones de variable real [Ejercicio 9.59] a la

función f; concluimos que existe 2 (0; 1) tal que

'(u0 + v) = f(1) = f(0) +Df(0) +1

2D2f(0) + + 1

k!Dkf(0) +

1

(k + 1)!Dk+1f()

= '(u0) +D'(u0)v +1

2D2'(u0)(v; v) +

+1

k!Dk'(u0)(v; : : : ; v| z

k veces

) +1

(k + 1)!Dk+1'(u0 + v)(v; : : : ; v| z

k+1 veces

):

Esta es la identidad deseada.

Corolario 9.34 (Fórmula de Taylor) Si V es un espacio de Banach, es un sub-conjunto abierto de V; u0 2 y ' 2 Ck(); entonces la función

rk(v) := '(u0 + v) '(u0)D'(u0)v 1

k!Dk'(u0)(v; : : : ; v| z

k veces

) (9.26)

está denida en una vecindad de 0 en V y satisface

lmv!0

rk(v)

kvkkV= 0:

Demostración: Sea > 0 tal que BV (u0; ) : Aplicando el Teorema 9.33 con ken vez de k + 1 obtenemos que, para cada v 2 BV (0; ); existe v 2 (0; 1) tal que

'(u0 + v) =k1Pj=0

1

j!Dj'(u0)(v; : : : ; v) +

1

k!Dk'(u0 + vv)(v; : : : ; v):

Por otra parte, de la denición de rk se sigue que

'(u0 + v) =kPj=0

1

j!Dj'(u0)(v; : : : ; v) + rk(v):

Tomando la diferencia de estas identidades obtenemos

rk(v) =1

k!

Dk'(u0 + vv)Dk'(u0)

(v; : : : ; v):

9.8. EJERCICIOS 191

En consecuencia, si v 6= 0;

jrk(v)jkvkkV

=1

k!

Dk'(u0 + vv)Dk'(u0)(v; : : : ; v)

kvkkV

1

k!

Dk'(u0 + vv)Dk'(u0) Lk(V;R)

:

Dado que Dk' : ! Lk(V;R) es continua en u0 y que v 2 (0; 1), concluimos quelmv!0

rk(v)

kvkkV= 0:

La función

Pk(v) := '(u0) +D'(u0)v + +1

k!Dk'(u0)(v; : : : ; v| z

k veces

)

se llama la expansión de Taylor de grado k de ' alrededor de u0:

9.8. Ejercicios

Ejercicio 9.35 Prueba que

kTkL(V;W ) := supv2Vv 6=0

kTvkWkvkV

es una norma en L(V;W ):

Ejercicio 9.36 Si identicamos al espacio L(Rn;Rm) con el espacioMmn(R) de ma-trices de m n de la manera usual, este espacio resulta isomorfo a Rmn. Prueba quecualquier isomorsmo de espacios vectoriales

: L(Rn;Rm)! Rmn

es un homeomorsmo para cualquier norma que le demos a Rmn:

Ejercicio 9.37 Prueba que, para todo T 2 L(V;W );

kTkL(V;W ) = supv2 BV (0;1)

kTvkW = supv2SV (0;1)

kTvkW :

donde BV (0; 1) := fv 2 V : kvkV 1g y SV (0; 1) := fv 2 V : kvkV = 1g:


Ejercicio 9.38 Sean V;W;Z espacios de Banach. Demuestra las siguientes arma-ciones:

(a) Si S 2 L(V;W ) y T 2 L(W;Z) entonces

kT SkL(V;Z) kTkL(W;Z) kSkL(V;W ) :

(b) Si Sk ! S en L(V;W ) y Tk ! T en L(W;Z) entonces TkSk ! T S en L(V; Z):

Ejercicio 9.39 Prueba que, si '; : ! W son diferenciables en u0; entonces '+ es diferenciable en u0 y

('+ )0(u0) = '0(u0) + 0(u0):

Ejercicio 9.40 Sean V1; V2 espacios de Banach, (u1; u2) 2 V1 V2: Prueba que lasfunciones

1;u2 : V1 ! V1 V2; 1;u2(v1) := (v1; u2);

2;u1 : V2 ! V1 V2; 2;u1(v2) := (u1; v2);

son diferenciables y calcula su derivada.

Ejercicio 9.41 Prueba que la función ' : C0([0; 1]; V )! V V dada por

'() := ((0); (1))

es diferenciable y calcula su derivada.

Ejercicio 9.42 Prueba que la función ' : C0[0; 1]! R dada por

'(u) :=

Z 1

0

u2

es diferenciable y calcula su derivada.

Ejercicio 9.43 Un subconjunto A de un espacio métrico X es conexo si para cua-lesquiera 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 constanteen : (Sugerencia: Usa el teorema del valor medio.)

9.8. EJERCICIOS 193

Ejercicio 9.44 Sea ' : R2 ! R dada por

'(x; y) :=

(x2y2

x2+y2si (x; y) 6= (0; 0);

0 si (x; y) = (0; 0):

Prueba que ' es diferenciable en (0; 0): (Sugerencia: Usa la desigualdad de Young, Lema2.11.)


'(x; y) :=

(xypx2+y2

si (x; y) 6= (0; 0);0 si (x; y) = (0; 0):

Prueba que existen las derivadas parciales @'@x(0; 0) y @'

@y(0; 0); pero que no existe ninguna

otra derivada direccional en (0; 0), es decir, si xy 6= 0 no existe el límite

lmt!0

'(tx; ty) '(0; 0)

t:


'(x; y) :=

(xy2

x2+y2si (x; y) 6= (0; 0);

0 si (x; y) = (0; 0):

Prueba que existen todas las derivadas direccionales de ' en (0; 0), pero que ' no esGâteaux-diferenciable en (0; 0):

Ejercicio 9.47 Prueba que la función ' : R2 ! R dada por

'(x; y) :=

(x3yx4+y2

si (x; y) 6= (0; 0);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.


Ejercicio 9.49 Considera la función

kk1 : `1 ! R, kxk1 :=1Pk=1

jxkj :

(a) Prueba que kk1 es Gâteaux-diferenciable en x = (xk) si y sólo si xk 6= 0 para todok 2 N: Calcula, en este caso, su derivada de Gâteaux.

(b) Prueba que kk1 no es Fréchet-diferenciable en ningún punto.

Ejercicio 9.50 Sea f 2 C0[a; b]: Prueba que la función ' : (a; b)! R dada por

'(t) :=

Z b

t

f(s)ds

es de clase C1 y su derivada es '0(t) = f(t):

Ejercicio 9.51 Sea f : [a; b] R ! R una función continua, cuya derivada parcialrespecto a la segunda variable existe y es continua en [a; b] R.

(a) Prueba que la función ' : C0[a; b]! R dada por

'(u) :=

Z b

a

f(s; u(s))ds

es de clase C1 y su derivada está dada por

'0(u)v =

Z b

a

@2f(s; u(s)) [v(s)] ds:

(b) Prueba que la función : C0[a; b]! C0[a; b] dada por

(u)(t) :=

Z t

a

f(s; u(s))ds

es de clase C1 y su derivada está dada por

(0(u)v) (t) =

Z t

a

@2f(s; u(s)) [v(s)] ds:

Ejercicio 9.52 (a) Prueba que toda función T 2 L(V;W ) es de clase C1 y calculasu 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 C1 y calcula su derivadade 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

Q : V ! R, Q(v) =1

2F (v; v);

es de clase C1 y calcula todas sus derivadas.

Ejercicio 9.54 Prueba que la función ' : C0[0; 1]! C0[0; 1] dada por '(u) := u2 es declase C1 y calcula todas sus derivadas.

Ejercicio 9.55 Sea K : [a; b] [a; b] ! R una función continua y simétrica. Pruebaque la función ' : C0[a; b]! R dada por

'(u) :=

Z b

a

Z b

a

K(x; y)u(x)u(y)dxdy

es de clase C1 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 denida, es decir, F 2 L(V1;L(V2;W )) si F 2 L(V1; V2;W ),

(b) es un isomorsmo de espacios vectoriales,

(c) es una isometría, es decir,

kFkL(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, un subconjunto abierto deV := V1 Vn y ' : ! W .


(a) Prueba que si ' es de clase C2 entonces existen las derivadas parciales de orden2;

@j@i'(u) := @j (@i') (u) 2 L(Vj;L(Vi;W )) = L(Vj; Vi;W );para cualesquiera u 2 ; i; j = 1; : : : ; n; y que se cumple

D2'(u)(v; w) =nP

i;j=1

@j@i'(u)(vj; wi)

para cualesquiera v = (v1; : : : ; vn); w = (w1; : : : ; wn) 2 V:

(b) Prueba que, si ' es de clase C2; entonces @j@i'(u) = @i@j'(u) para cualesquierau 2 ; i; j = 1; : : : ; n:

(c) Prueba que, si las derivadas parciales @j@i' : ! L(Vj; Vi;W ) de orden 2 existeny son continuas para cualesquiera i; j = 1; : : : ; n; entonces ' es de clase C2.

(d) Formula y demuestra los resultados análogos para ' de clase Ck; k 2:

Ejercicio 9.59 (Teorema de Taylor para funciones de variable real) Prueba quesi f 2 Ck+1(a; b) y 0 2 (a; b) entonces, para cada t 2 (a; b); existe un punto 2 (0; 1)tal que

f(t) = f(0) +Df(0)t+1

2D2f(0)t2 + + 1

k!Dkf(0)tk +

1

(k + 1)!Dk+1f(t)tk+1:

Ejercicio 9.60 Sea Q : V ! R como en el Ejercicio 9.53.

(a) Para cualesquiera k 2 y u0 2 V; calcula la expansión de Taylor de grado k deQ alrededor de u0:

(b) Calcula la función rk denida en (9.26).

Ejercicio 9.61 Sea := f(x; y) 2 R2 : x + y 6= 0g y sea ' : ! R la función dadapor

'(x; y) :=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 denida en (9.26) con u0 = (1; 1)satisface

lm(x;y)!(1;1)

r2(x; y)

x2 + y2= 0:

9.8. EJERCICIOS 197

Ejercicio 9.62 Utiliza una expansión de Taylor de la función '(x; y) := cos(x + y)para calcular

lm(x;y)!(0;0)

1 cos(x+ y)px2 + y2

:

Capítulo 10

El teorema de la función implícita

Sean ' : ! R una función de clase C1 denida en un abierto de Rn; y c 2 R:Queremos obtener información sobre la estructura del conjunto de soluciones 2 dela ecuación

'() = c; (10.1)

al que denotaremos porM := f 2 : '() = cg:

Veamos un ejemplo. Si ' : R2 ! R es la función '(x; y) = x2 y2 entonces parac < 0 el conjunto M tiene dos componentes: una de ellas es la gráca de la funciónx 7!

px2 c y la otra es la gráca de x 7!

px2 c: Análogamente, si c > 0; el

conjunto M tiene dos componentes: la gráca de la función y 7!pc+ y2 y la de la

función y 7! pc+ y2: En cambio, si c = 0; no existe ninguna vecindad de (0; 0) en

R2 cuya intersección con M sea la gráca 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 ar'(x; y) es tangente a M en el punto (x; y); es decir, M se parece a dicha recta en unavecindad del punto.

199

200 10. EL TEOREMA DE LA FUNCIÓN IMPLíCITA

Los conjuntos M de soluciones de (10.1) que tienen la propiedad de que r'() 6= 0para todo 2M se llaman variedades. El teorema de la función implícita asegura que,si M es una variedad entonces, en una vecindad de cada punto 2M , M es la grácade una función cuyo dominio es un abierto en el subespacio de Rn ortogonal a r'() ycuyo codominio es el espacio generado por r'():

M

∆

ϕ(ξ)

ξ

En particular, cerca de ; M se parece a Rn1: Esto permite extender conceptos yresultados 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 implícitaproporciona un criterio sencillo para detectarlos: si 2 M es un máximo o un mínimolocal de g en M; entonces rg() es perpendicular al espacio tangente a M en . Porejemplo, si g(x; y; z) := z es la función que a cada punto de R3 le asocia su alturarespecto al plano xy; los máximos y mínimos locales de g sobre una supercie M en R3tienen la propiedad de que el plano tangente a M en tales puntos es paralelo al planoxy:

Los resultados anteriores son válidos también en espacios de Banach y tienen aplica-ciones importantes en ese contexto, por ejemplo, para probar la existencia de solucionesde ciertas ecuaciones diferenciales no lineales.

10.1. EL TEOREMA DE LA FUNCIÓN IMPLíCITA 201

10.1. El teorema de la función implícita

Sean Y un espacio de Banach, un subconjunto abierto de Y , ' : ! Rm unafunción de clase C1 y c 2 Rm: Como mencionamos en la introducción, nos interesaobtener información sobre la estructura del conjunto de soluciones u 2 de la ecuación

'(u) = c; (10.2)

al que denotaremos porM := fu 2 : '(u) = cg:

Veamos el siguiente ejemplo.

Ejemplo 10.1 Sea ' : Rn ! R la función '(x1; : : : ; xn) = x21 + + x2n: Si c > 0, elconjunto M es la esfera de radio

pc con centro en el origen. Ésta tiene la propiedad

de que, localmente, se parece a Rn1 en el siguiente sentido: Para cada punto 2 Mexiste un subespacio vectorial TM de Rn de dimensión n 1; a saber

TM := fy 2 Rn : y = 0g;

tal que, en una vecindad de ; el conjunto M es la gráca de una función de clase C1cuyo dominio es la bola abierta de radio

pc en TM y cuyo codominio es el complemento

ortogonal de TM:

ξ

ξT M

Dicha función f está dada por

f(y) :=

qc kyk2

kk ; 8y 2 TM tal que kyk <pc:

La gráca de f; denida como

graf(f) := f(y; z) : x 2 TM; kyk <pc; z = f(y)g;

resulta ser el conjunto fx 2M : x > 0g; el cual es abierto en M y contiene a .Observa que r'() = 2, por lo que TM = fy 2 Rn : y r'() = 0g:


Queremos obtener una condición suciente para que el conjunto de soluciones de laecuación (10.2) sea, localmente, la gráca de una función. El siguiente concepto jugaráun papel fundamental.

Denición 10.2 Decimos que c 2 Rm es un valor regular de ' : ! Rm si '0(u) :Y ! Rm es suprayectiva para todo u 2M := fw 2 : '(w) = cg.El subespacio vectorial

TuM := ker'0(u) = fv 2 Y : '0(u)v = 0g

de Y se llama el espacio tangente a M en el punto u 2M:

Nota que, siM = ;; entonces c es un valor regular de '. Si c es un valor regular de 'y M 6= ;; necesariamente dimY m: Observa además que, dado que '0(u) : Y ! Rmes continua, el espacio tangente TuM es un subespacio cerrado de Y y, por tanto, es unespacio de Banach.

Ejemplo 10.3 Si es un subconjunto abierto de Rn y ' : ! R es de clase C1entonces c es un valor regular de ' si y sólo si r'() 6= 0 para cada 2 M: En estecaso,

TM = fy 2 Rn : y r'() = 0g;es decir, TM es el subespacio ortogonal a r'():

Este ejemplo incluye a la función '(x1; : : : ; xn) = x21 + + x2n; considerada en elEjemplo 10.1, y es un caso particular del siguiente ejemplo.

Ejemplo 10.4 Si es un subconjunto abierto de Rn y ' = ('1; :::; 'm) : ! Rm esde clase C1; m n; entonces c es un valor regular de ' si y sólo si el conjunto

fr'1(); : : : ;r'm()g

es linealmente independiente para cada 2M: En ese caso,

TM = fy 2 Rn : y r'j() = 0; j = 1; : : : ;mg

es el complemento ortogonal del espacio generado por fr'1(); : : : ;r'm()g :

Demostración: En efecto, '0() es la función lineal dada por la matriz jacobiana

'0() =

0B@@'1@x1() @'1

@xn()

......

@'m@x1() @'m

@xn()

1CA ;

10.1. EL TEOREMA DE LA FUNCIÓN IMPLíCITA 203

y ésta es suprayectiva si y sólo si la matriz tiene rango máximo, es decir, sí y sólo si susrenglones son linealmente independientes. Nota que '0()y = (r'1() y; : : : ;r'm() y) ;así que y 2 TM si y sólo si r'j() y = 0 para todo j = 1; : : : ;m:

Si queremos expresar localmente a M como la gráca de una función denida enun subconjunto abierto del espacio tangente, necesitamos primero expresar a Y comoun producto de espacios de Banach de la forma TuM Wu: Si Y = Rn podemossimplemente tomar a Wu como el complemento ortogonal de TuM:Desde un punto de vista puramente algebraico, todo subespacio V de un espacio

vectorial Y tiene un espacio complementario, es decir, existe un subespacio W de Y talque Y es linealmente isomorfo a V W: Sin embargo, si Y es un espacio de Banach dedimensión innita y V es cerrado en Y; ni W es necesariamente cerrado en Y; ni Y esnecesariamente homeomorfo a V W:En el caso particular que estamos considerando sí podemos expresar a Y como

TuM Wu de manera apropiada. Se tiene el siguiente resultado.

Proposición 10.5 Si Y es un espacio de Banach, T 2 L(Y;Rm) es suprayectiva yV := kerT; entonces existe un subespacio vectorial cerradoW de Y tal que la restricciónT jW : W ! Rm de T a W es un isomorsmo de espacios vectoriales y la función lineal

: V W ! Y; (v; w) := v + w;

es un homeomorsmo.

Demostración: Sea fe1; : : : ; emg la base canónica de Rm: Escogemos wj 2 Y tal queTwj = ej; j = 1; :::;m; y denotamos por W al subespacio vectorial de Y generado porfw1; : : : ; wmg: La función lineal S : Rm ! Y dada por

S(x1; :::; xm) := x1w1 + + xmwm

es también continua, ya que su dominio es de dimensión nita (ver Ejercicio 4.42).Además, cumple que TSx = x para todo x 2 Rm: En consecuencia, y STy 2 kerTpara todo y 2 Y y la función

: Y ! V W; (y) := (y STy; STy);

es lineal y continua (ver Ejercicio 3.49). Claramente, es lineal y continua y = idY :Observa que ST (v + w) = STw = w para todo v 2 V; w 2 W: Por tanto,

((v; w)) = (v + w ST (v + w); ST (v + w)) = (v; w);

es decir, = idVW : Esto prueba que es un homeomorsmo.


Para probar que W es cerrado en Y tomemos una sucesión (yk) en W tal queyk ! y en Y: Como ST es continua, se tiene que yk = STyk ! STy: En consecuencia,y = STy 2 W: Esto prueba que W es cerrado en Y:

Denición 10.6 Una función lineal y biyectiva T : V ! W entre dos espacios de Ba-nach V y W que es además un homeomorsmo se llama un isomorsmo de Banach.

De la Proposición 10.5 se desprende que, si c es un valor regular de ' entonces, paracada u 2M; existe un subespacio cerrado Wu de Y tal que la función

: TuM Wu ! Y; (v; w) := v + w;

es un isomorsmo de Banach. El teorema de la función implicita, que enunciaremos acontinuación, garantiza que M se puede expresar localmente como la gráca de unafunción cuyo dominio es un abierto de TuM y cuyo codominio es Wu:

Teorema 10.7 (de la función implícita) Sean V;W;Z espacios de Banach, unsubconjunto abierto de V W , (v0; w0) 2 y ' : ! Z una función de clase C1 en: Si '(v0; w0) = c y @2'(v0; w0) 2 L(W;Z) es un isomorsmo de Banach, entoncesexisten ; > 0 tales que BV (v0; )BW (w0; ) y una función f : BV (v0; )! Wde clase C1 con las siguientes propiedades:

(I) El conjunto de soluciones (v; w) 2 BV (v0; )BW (w0; ) de la ecuación

'(v; w) = c

coincide con la gráca de f;

graf(f) := f(v; f(v)) : v 2 BV (v0; )g:

En particular, f(v0) = w0 y f(v) 2 BW (w0; ) para todo v 2 BV (v0; ):

(II) Para todo v 2 BV (v0; ) se cumple que @2'(v; f(v)) es un isomorsmo de Banachy

f 0(v) = [@2'(v; f(v))]1 @1'(v; f(v)):

Pospondremos la demostración de este teorema para la Sección 10.4 de este capítulo,y procederemos a presentar algunas consecuencias importantes.

10.2. EXTREMOS LOCALES DE UNA FUNCIÓN DIFERENCIABLE SOBRE UNA VARIEDAD 205

La Proposición 10.5 asegura que, si c 2 Rm es un valor regular de ' : ! Rm;entonces para cada u 2M existe un subespacio cerrado Wu de Y tal que la función

: TuM Wu ! Y; (v; w) := v + w;

es un isomorsmo de Banach. Identicando a Y con TuM Wu mediante dicho isomor-smo, se obtiene que @2'(u) '0(u) jWu : Wu ! Rm es un isomorsmo. Nota que Wu

no es único. Para cualquier elección de Wu con las propiedades mencionadas se tiene elsiguiente resultado, que es consecuencia inmediata del teorema de la función implícita.

Corolario 10.8 Si c 2 Rm es un valor regular de ' : ! Rm y u = v0 +w0 2M conv0 2 TuM y w0 2 Wu; entonces existen ; > 0 y una función f : BTuM(v0; ) ! Wu

de clase C1 tal que

M \ (BTuM(v0; )BWu(w0; )) = fv + f(v) : v 2 BTuM(v0; )g:

Más aún, @2'(v + f(v)) es un isomorsmo y

f 0(v) = [@2'(v + f(v))]1 @1'(v + f(v))

para cada v 2 BTuM(v0; ).

Es importante hacer notar que, si la función ' del Teorema 10.7 y del Corolario 10.8es de clase Ck; entonces la función f también es de clase Ck [Ejercicio 10.24].

10.2. Extremos locales de una función diferenciablesobre una variedad

Sean un subconjunto abierto de un espacio de Banach Y , ' : ! Rm una funciónde clase C1, c 2 Rm y M := fu 2 : '(u) = cg: El Corolario 10.8 permite caracterizaral espacio tangente como sigue.

Proposición 10.9 Si c es un valor regular de ' entonces, para cada u 2M;

TuM = f0(0) : 2 u(M)g;

donde u(M) es el conjunto de todas las funciones : ("; ") ! Y de clase C1 talesque (0) = u y (t) 2M para todo t 2 ("; "):


Demostración: ) : Si 2 u(M) entonces (' )(t) = c para todo t 2 ("; "):Por tanto, (' )0(t) = 0 para todo t 2 ("; "): En particular, si t = 0; usando la reglade la cadena obtenemos

0 = (' )0(0) = '0(u) [0(0)] :

Esto prueba que 0(0) 2 ker'0(u) =: TuM:

) : Inversamente, sea v 2 TuM: Si escribimos u = v0+w0 con v0 2 TuM y w0 2 Wu;el Corolario 10.8 asegura que existen ; > 0 y una función f : BTuM(v0; ) ! Wu declase C1 tal que

M \ [BTuM(v0; )BWu(w0; )] = fv + f(v) : v 2 BTuM(v0; )g

yf 0(v0) = [@2'(u)]1 @1'(u):

Escogemos " > 0 tal que v0 + tv 2 BTuM(x0; ) para todo t 2 ("; ") y denimos : ("; ")! Y como

(t) := v0 + tv + f(v0 + tv):

Claramente, 2 u(M): Como v 2 TuM se tiene que @1'(u)v = '0(u)v = 0 y, enconsecuencia,

f 0(v0)v = [@2'(u)]1 [@1'(u)v] = 0:

Por tanto,0(0) = v + f 0(v0)v = v:

Esto prueba que TuM f0(0) : 2 u(M)g.

Así pues, TuM es el conjunto de velocidades en el punto u de todas las trayectoriascontinuamente diferenciables en M que pasan por u. Esto justica llamarlo el espaciotangente a M en u: Nota que esta última caracterización no depende de la función ':

Denición 10.10 Un subconjunto M de un espacio de Banach Y se llama una sub-variedad de Y de clase Ck y de codimensión m si existen una función ' : ! Rmde clase Ck denida en un abierto de Y que contiene a M y un valor regular c 2 Rmde ' tales que M = fu 2 : '(u) = cg:

Las subvariedades aparecen a menudo en las aplicaciones como restricciones de unafunción cuyos máximos y mínimos locales sobre la variedad interesa encontrar.

10.2. EXTREMOS LOCALES DE UNA FUNCIÓN DIFERENCIABLE SOBRE UNA VARIEDAD 207

Denición 10.11 Sea A un subconjunto de un espacio métrico X: Decimos que 2 Aes un mínimo local de g : X ! R en A si existe > 0 tal que

g() g(x) 8x 2 A \BX(; ):

Decimos que 2 A es un máximo local de g : X ! R en A si existe > 0 tal que

g() g(x) 8x 2 A \BX(; ):

Los mínimos y máximos locales de una función en una variedad tienen la siguientepropiedad.

Proposición 10.12 Sean M una subvariedad de un espacio de Banach Y; un sub-conjunto abierto de Y que contiene a M y g : ! R una función de clase C1: Si u esun mínimo (máximo) local de g en M; entonces

g0(u)v = 0 8v 2 TuM:

Demostración: Sean v 2 TuM y 2 u(M); denida en ("; "); tal que 0(0) = v:Si u es un mínimo (máximo) local de g en M; entonces 0 es un mínimo (máximo) localde g : ("; ")! R: Por tanto,

0 = (g )0(0) = g0(u) [0(0)] = g0(u)v;


Denición 10.13 Sean M una subvariedad de un espacio de Banach Y; un subcon-junto abierto de Y que contiene a M y g : ! R una función de clase C1: Se dice queun punto u 2M es un punto crítico de g en M si

g0(u)v = 0 8v 2 TuM:

La Proposición 10.12 arma que los máximos y mínimos locales son puntos críticosde g enM: Para Y = Rn podemos caracterizar a los puntos críticos del siguiente modo.

Teorema 10.14 (multiplicadores de Lagrange) Sean un abierto de Rn, ' =('1; :::; 'm) : ! Rm una función de clase C1; c 2 Rm un valor regular de ' yM := fx 2 Rn : '(x) = cg: Sea g : ! R una función de clase C1: Entonces es unpunto crítico de g en M si y sólo si existen 1; :::; m 2 R únicos tales que

rg() = 1r'1() + + mr'm() y '() = c:


Demostración: Por denición, es un punto crítico de g en M si y sólo si rg()es ortogonal a TM: En el Ejemplo 10.4 vimos que fr'1(); : : : ;r'm()g es una basedel complemento ortogonal de TM: En consecuencia, es un punto crítico de g en Msi y sólo si rg() se expresa de manera única como

rg() = 1r'1() + + mr'm()

con 1; :::; m 2 R.

Ejemplo 10.15 Sea g : Rn ! R la función g(x1; :::; xn) = x21 + + x2n1: Los puntoscríticos de g en la esfera unitaria Sn1 son los puntos de la forma (1; :::; n1; 0) y(0; :::; 0;1): Los primeros son máximos y los últimos son mínimos de g en Sn1:

Demostración: Por el teorema anterior, es punto crítico de g en Sn1 si y sólo siexiste 2 R tal que

2(1; :::; n1; 0) = rg() = r'() = 2(1; :::; n) y '() = 1; (10.3)

donde '(x1; :::; xn) = x21 + + x2n: Si j 6= 0 para algún j = 1; :::; n 1; entonces satisface (10.3) si y sólo si = 1 y n = 0: Si 1 = = n1 = 0, entonces n = 1y la igualdad (10.3) se cumple para = 0: Por tanto, los puntos críticos de g en Sn1son los puntos de la forma (1; :::; n1; 0) y (0; :::; 0;1): Para vericar si son máximoso mínimos basta observar que

g(1; :::; n1; 0) = 1, g(0; :::; 0;1) = 0;

y 0 g(x) 1 para todo x 2 Sn1:

10.3. Homeomorsmos lineales

Consideremos el conjunto de isomorsmos de Banach de V aW al que denotaremos

H(V;W ) := fT 2 L(V;W ) : T es isomorsmo de Banachg:

Un elemento de H(V;W ) es una función T : V ! W lineal, continua y biyectiva, cuyoinverso es lineal y continuo.Si T 2 H(V; V ) denotamos por

T 0 := I; T k := T T| z k veces

;

10.3. HOMEOMORFISMOS LINEALES 209

donde I es la identidad. Escribiremos TS en vez de T S para denotar a la composición.Probaremos queH(V;W ) es un subconjunto abierto de L(V;W ): Para ello usaremos

el siguiente resultado.

Lema 10.16 Si S 2 L(V; V ) y kSkL(V;V ) < 1; entonces I S 2 H(V;W );

(I S)1 =1Pk=0

Sk;

(I S)1 L(V;V )

1

1 kSkL(V;V )y

lmS!0

(I S)1 I S L(V;V )

kSkL(V;V )= 0:

Demostración: Como Sk L(V;V ) kSkkL(V;V ) (ver Ejercicio 9.38) y kSkL(V;V ) < 1,

se tiene que1Pk=0

Sk L(V;V ) 1Pk=0

kSkkL(V;V ) =1

1 kSkL(V;V ):

El Teorema 5.25 asegura entonces que la serie

1Pk=0

Sk (10.4)

converge en L(V; V ) y que 1Pk=0

Sk L(V;V )

1

1 kSkL(V;V ): (10.5)

Observa que, para cada n 2 N;

(I S)

nPk=0

Sk= I Sn+1 =

nPk=0

Sk(I S):

Dado que la serie (10.4) converge, la sucesión Sk ! 0 en L(V; V ): Por tanto, haciendotender n!1; obtenemos

(I S)

1Pk=0

Sk= I =

1Pk=0

Sk(I S):


Esto prueba que I S 2 H(V; V ) y que

(I S)1 =1Pk=0

Sk:

De la desigualdad (10.5) se sigue que (I S)1 L(V;V )

1

1 kSkL(V;V ):

Por último, observa que

(I S)1 I S =1Pk=2

Sk = S21Pk=0

Sk = S2 (I S)1 :

En consecuencia,

(I S)1 I S L(V;V )

kSk2L(V;V )1 kSkL(V;V )

:

Por tanto,

lmS!0

(I S)1 I S L(V;V )

kSkL(V;V ) lm

S!0

kSkL(V;V )1 kSkL(V;V )

= 0;

lo que demuestra la última armación del lema.

En la demostración del teorema de la función implícita usaremos el siguiente resul-tado.

Proposición 10.17 (a) H(V;W ) es un subconjunto abierto de L(V;W ):

(b) La función : H(V;W )! L(W;V ); (T ) := T1;

es diferenciable y su derivada en T0 es

0(T0)T = T10 TT10 :

Demostración: (a): Si V = W = f0g o si H(V;W ) = ;; la armación es obvia.Supongamos pues que H(V;W ) 6= ; y que V 6= f0g y W 6= f0g. Sea T0 2 H(V;W ).Entonces T0 6= 0: Probaremos que

BL(V;W )(T0; r) H(V;W ); donde r := T10 1L(W;V ) : (10.6)

10.4. DEMOSTRACIÓN DEL TEOREMA DE LA FUNCIÓN IMPLíCITA 211

Sea T 2 L(V;W ) tal que kT T0kL(V;W ) < r: Entonces T10 T I L(V;V ) =

T10 (T T0) L(V;V )

T10 L(W;V ) kT T0kL(V;W ) < 1:

El Lema 10.16 asegura entonces que T10 T 2 H(V; V ): En consecuencia, T = T0T10 T 2

H(V;W ): Esto prueba que BL(V;W )(T0; r) H(V;W ):(b): Sean T0 2 H(V;W ) y T 2 L(V;W ); T 6= 0: Denotemos por S := T10 T:

Entonces(I S)1T10 = (T0(I S))1 = (T0 T )1;

así que(T0 T )1 T10 T10 TT10 =

(I S)1 I S

T10 :

En consecuencia, (T0 T )1 T10 T10 TT10 L(W;V )

kTkL(V;W )

(I S)1 I S L(V;V )

T10 L(W;V )kSkL(V;V )

T10 1L(W;V ) :

Nota que S ! 0 cuando T ! 0: De modo que, usando el Lema 10.16, concluimos que

lmT!0

(T0 T )1 T10 T10 TT10 L(W;V )

kTkL(V;W )

T10 2L(W;V )

lmT!0

(I S)1 I S L(V;V )

kSkL(V;V )

!= 0:

Esto prueba que es diferenciable en T0 y que 0(T0)T = T10 TT10 :

10.4. Demostración del teorema de la función im-plícita

Observa primero que basta probar el Teorema 10.7 para c = 0. En efecto: la funcióne'(v; w) := '(v; w) c cumple que e'(v0; w0) = 0 si y sólo si '(v0; w0) = c; y @ie'(v; w) =@i'(v; w) para todo (v; w) 2 ; i = 1; 2: Así que, si el teorema de la función implícitavale para e'; también vale para ':


En lo que resta de esta sección supondremos que V;W;Z son espacios de Banach, es un subconjunto abierto de V W , ' : ! Z es una función de clase C1 en ; y(v0; w0) es un punto de tal que

'(v0; w0) = 0 y T0 := @2'(v0; w0) 2 H(W;Z):

Dado (v; w) 2 ; denimos

v(w) := w T10 '(v; w):

Observa que

'(v; w) = 0 () T10 '(v; w) = 0 () v(w) = w: (10.7)

Esto sugiere usar el teorema de punto jo de Banach para obtener soluciones de laecuación '(v; w) = 0: Empezaremos demostrando el siguiente lema.

Lema 10.18 Existen ; > 0 tales que

(i) BV (v0; ) BW (w0; ) ,

(ii) @2'(v; w) 2 H(W;Z) para cualesquiera v 2 BV (v0; ); w 2 BW (w0; );

(iii) k v(w) w0k < para cualesquiera v 2 BV (v0; ); w 2 BW (w0; );

(iv) k v(w1) v(w2)kW 34kw1 w2kW para cualesquiera v 2 BV (v0; ); w1; w2 2

BW (w0; ):

Demostración: Sea c0 := T10 L(Z;W )

: Como H(W;Z) es abierto en L(W;Z) (verProposición 10.17), @2'(v0; w0) 2 H(W;Z) y @2' : ! L(W;Z) es continua, existe > 0 tal que

BV (v0; ) BW (w0; ) ;@2'(v; w) 2 H(W;Z) 8(v; w) 2 BV (v0; ) BW (w0; );

(10.8)

y

k@2'(v; w) @2'(v0; w0)kL(W;Z) <1

4c08(v; w) 2 BV (v0; ) BW (w0; ): (10.9)

Por otra parte, como T10 ' es continua y T10 '(v0; w0) = 0, existe 2 (0; ) tal que T10 '(v; w0) W<

48v 2 BV (v0; ): (10.10)


Las propiedades (i) y (ii) se siguen de (10.8). Probemos (iii) y (iv).Sean v 2 BV (v0; ); w1; w2 2 BW (w0; ): Entonces, wt+1 := (1 t)w1 + tw2 2

BW (w0; ) para todo t 2 [0; 1]: Del Corolario 9.18 y la desigualdad (10.9) se sigue que

k v(w1) v(w2)kW = T10 T0(w1 w2) T10 ('(v; w1) '(v; w2))

W

c0 k@2'(v0; w0)(w1 w2) '(v; w1) + '(v; w2)kW c0 k@2'(v0; w0)(w1 w2) @2'(v; w0)(w1 w2)kW

+c0 k@2'(v; w0)(w1 w2) '(v; w1) + '(v; w2)kW c0 k@2'(v; w0) @2'(v0; w0)kL(W;Z) kw1 w2kW

+c0 supt2[0;1]

k@2'(v; wt+1) @2'(v; w0)kL(W;Z) kw1 w2kW

<3

4kw1 w2kW :

En consecuencia, usando (10.10) obtenemos

k v(w) w0kW k v(w) v(w0)kW + k v(w0) w0kW= k v(w) v(w0)kW +

T10 '(v; w0) W

<3

4kw w0kW +

4 8v 2 BV (v0; ); 8w 2 BW (w0; ):


Lema 10.19 Para ; > 0 como en el Lema 10.18 se cumple lo siguiente:

(a) Para cada v 2 BV (v0; ) existe f(v) 2 BW (w0; ) tal que

'(v; f(v)) = 0;

y f(v) es el único elemento de BW (w0; ) con esta propiedad.

(b) La función f : BV (v0; )! W es de clase C1 y

f 0(v) = [@2'(v; f(v))]1 @1'(v; f(v)) 8v 2 BV (v0; ):

Demostración: (a): Sea v 2 BV (v0; ): La armación (iii) del Lema 10.18 aseguraque v es una función de BW (w0; ) en sí mismo. Como BW (w0; ) es cerrado yW es de


Banach, BW (w0; ) es un espacio métrico completo. La armación (iv) del Lema 10.18asegura que

v : BW (w0; )! BW (w0; )

es una contracción. Por el teorema de punto jo de Banach (ver Teorema 6.3) existe unúnico f(v) 2 BW (w0; ) tal que

f(v) = v(f(v)):

La armación (iii) del Lema 10.18 asegura entonces que f(v) = v(f(v)) 2 BW (w0; ):De la observación (10.7) se sigue la armación (a).Antes de probar la armación (b) probaremos que la función f : BV (v0; )! W es

continua.Sean v1 2 BV (v0; ) y " > 0: Como kv(f(v)) = f(v); la armación (iv) del Lema

10.18 asegura que kv(w0) f(v) W3

4

kkw0 f(v)kW <

3

4

k 8v 2 BV (v0; ):

Por tanto, existe k0 2 N, independiente de v; tal que kv(w0) f(v) W<"

38k k0; 8v 2 BV (v0; ):

La función v 7! v(w0) = w0 T10 '(v; w0) es continua en BV (v0; ). Por tanto, existe > 0 tal que k0v (w0) k0v1(w0)

W<"

38v 2 BV (v0; ) \BV (v1; ):

Concluimos que

kf(v) f(v1)kW f(v) k0v (w0)

W+ k0v (w0) k0v1(w0)

W

+ k0v1(w0) f(v1)

W

< " 8v 2 BV (v0; ) \BV (v1; ):

Esto demuestra que f es continua en BV (v0; ):(b): Sean v; v1 2 BV (v0; ) y " > 0: Denotamos por

w := f(v); w1 := f(v1); T1 := @1'(v1; w1); T2 := @2'(v1; w1):

La armación (ii) del Lema 10.18 asegura que T2 es un isomorsmo de Banach. Den-imos

c1 := T12 T1

L(V;W )

; c2 := T12 L(Z;W )

; := mn

1;

"

c1 + 1

:


Se sigue de (a) que '(v1; w1) = 0 = '(v; w). En consecuencia,

'(v; w) '(v1; w1) '0(v1; w1)(v v1; w w1) = T1(v v1) T2(w w1)

y, como ' es diferenciable en (v1; w1); se tiene que

lm(v;w)!(v1;w1)

kT1(v v1) + T2(w w1)kZk(v v1; w w1)kVW

= 0: (10.11)

De (10.11) y de la continuidad de f se sigue que existe > 0 tal que BV (v1; ) BV (v0; ) y

kT1(v v1) + T2(w w1)kZ <

2c2(kv v1kV + kw w1kW ) si kv v1kV < :

Así que, si kv v1kV < ; T12 T1(v v1) + w w1 W

= T12 (T1(v v1) + T2 (w w1))

W

<

2(kv v1kV + kw w1kW ) (10.12)

y, como < 1;

kw w1kW T12 T1(v v1) + w w1

W+ T12 T1(v v1)

W

<1

2(kv v1kV + kw w1kW ) + c1 kv v1kV ;

es decir,kw w1kW < (2c1 + 1) kv v1kV si kv v1kV < :

Combinando ésta con la desigualdad (10.12) obtenemos que f(v) f(v1) + T12 T1(v v1) W

= w w1 + T12 T1(v v1)

W

<

2kv v1kV +

2kw w1kW

< (c1 + 1) kv v1kV " kv v1kV si kv v1kV < ;

lo cual demuestra que f es diferenciable en v1 y que

f 0(v1) = [@2'(v1; f(v1))]1 @1'(v1; f(v1)):


Probaremos ahora que f 0 : BV (v0; )! L(V;W ) es continua. Sean vk; v 2 BV (v0; )tales que vk ! v en V: Como f; @1'; @2' y la función T 7! T1 son funciones continuas(ver Proposición 10.17), se tiene que

@1'(vk; f(vk)) ! @1'(v; f(v)) en L(V; Z);[@2'(vk; f(vk))]

1 ! [@2'(v; f(v))]1 en L(Z;W ):

En consecuencia,

[@2'(vk; f(vk))]1@1'(vk; f(vk))! [@2'(v; f(v))]1@1'(v; f(v)) en L(V;W )

(ver Ejercicio 9.38), es decir, f 0(vk)! f(v) en L(V;W ): Esto prueba que f es de claseC1 en BV (v0; ):

Demostración del Teorema 10.7: Sean ; > 0 como en el Lema 10.18 y f :BV (v0; )! W como en el Lema 10.19. Entonces BV (v0; )BW (w0; ) y f es declase C1: La armación (a) del Lema 10.19 asegura que

f(v; w) 2 BV (v0; )BW (w0; ) : '(v; w) = 0g = f(v; f(v)) : v 2 BV (v0; )g:

Esta es la armacion (I) del Teorema 10.7. La armación (II) se sigue de las armaciones(ii) del Lema 10.18 y (b) del Lema 10.19.

10.5. Ejercicios

Ejercicio 10.20 Sea A = (aij) una matriz de n (m+ n) tal que el determinantea1;m+1 a1;m+n...

...an;m+1 an;m+n

es distinto de 0: Prueba directamente (sin usar el teorema de la función implícita) queexiste una única función L : Rm ! Rn tal que

A(x1; : : : ; xm; L(x1; : : : ; xm)) = 0:

Ejercicio 10.21 Identicamos al espacio L(Rn;Rm) con el espacioMmn(R) de ma-trices de m n de la manera usual.

(a) Prueba que el espacio H(Rn;Rm) es vacío si m 6= n y es el espacio de matricescuyo determinante es distinto de 0 si m = n:

10.5. EJERCICIOS 217

(b) Prueba que el determinante det : Mnn(R) ! R es una función continua yconcluye que H(Rn;Rm) es abierto en L(Rn;Rm):

(c) Si n m, el espacio Mono(Rn;Rm) de funciones lineales e inyectivas de Rnen Rm coincide con el espacio de matrices de m n de rango n. Prueba queMono(Rn;Rm) es abierto en L(Rn;Rm):

(d) Análogamente, si n m; prueba que el espacio Epi(Rn;Rm) de funciones linealesy suprayectivas de Rn en Rm es abierto en L(Rn;Rm):

Ejercicio 10.22 Sea F : L(W;V ) L(W;V )! L(L(V;W );L(W;V )) la función

F (T1; T2)S := T1ST2:

Prueba que F es bilineal y que

kF (T1; T2)kL(L(V;W );L(W;V )) kT1kL(W;V ) kT2kL(W;V ) :

En consecuencia, F es continua.

Ejercicio 10.23 Prueba que la función

: H(V;W )! L(W;V ); (T ) = T1;

es de clase C1: (Sugerencia: Usa los Ejercicios 9.52 y 10.22.)

Ejercicio 10.24 Demuestra que, si en el Teorema 10.7 la función ' es de clase Ck;entonces la función f también es de clase Ck:

Ejercicio 10.25 (Teorema de la función inversa) Sean V;W espacios de Banach, un subconjunto abierto de V; ' : ! W una función de clase Ck en con 1 k 1; y v0 2 . Prueba que, si '0(v0) 2 H(V;W ), entonces existen un abierto 0 de W yun abierto 00 de V tales que v0 2 00 ; '(00) = 0 y la función

' j00 : 00 ! 0

es un homeomorsmo cuyo inverso := (' j00)1 : 0 ! 00 es de clase Ck en 0 ysatisface

0('(v0)) = ('0(v0))

1:

(Sugerencia: Aplica el teorema de la función implícita a la función : W ! W;(w; v) := '(v) w:)


Ejercicio 10.26 Considera la función ' : (0;1) R ! R2 dada por '(r; ) :=(r cos ; r sen ): Demuestra las siguientes armaciones:

(a) Para todo (r; ) 2 (0;1) R existen un abierto 0 de R2 y un abierto 00 de(0;1) R tales que (r; ) 2 00; '(00) = 0 y la función

' j00 : 00 ! 0

es un homeomorsmo cuyo inverso := (' j00)1 : 0 ! 00 es de clase C1:

(b) La función ' : (0;1) R! R2 no es un homeomorsmo.

Ejercicio 10.27 Considera la función ' : R2 ! R2 dada por '(x; y) := (x; '2(x; y))donde

'2(x; y) :=

8<:(x; y x2) si x2 y;

(x; y2x2yx2

) si 0 y x2;'2(x;y) si y 0:

Prueba que

(a) ' es diferenciable en R2;

(b) '0(0; 0) es la identidad de R2;

(c) ' no es de clase C1en R2;

(d) ' no es inyectiva en ningún abierto que contiene a (0; 0):

Ejercicio 10.28 Sean un abierto de Rn; x0 2 y ' : ! Rm una función de claseCk con 1 k 1: Demuestra las siguientes armaciones:

(a) Si '0(x0) : Rn ! Rm es inyectiva, entonces existen un abierto 0 de Rn y unabierto 00 de Rm tales que x0 2 0 y '(0) 2 00; y una función : 00 ! Rmde clase Ck tal que

('(x1; :::; xn)) = (x1; :::; xn; 0; :::; 0) 8(x1; :::; xn) 2 0:

(b) Si '0(x0) : Rn ! Rm es suprayectiva, entonces existen un abierto 0 de Rn y unafunción : 0 ! Rn de clase Ck tales que x0 2 0; (x0) = x0; (

0) y

'((x1; :::; xn)) = (x1; :::; xm) 8(x1; :::; xn) 2 0:

Ejercicio 10.29 Encuentra los máximos y los mínimos locales de la función g : Rn !R dada por g(x1; :::; xn) := x1+ +xn en la esfera unitaria Sn1 := fx 2 Rn : kxk = 1g:


Ejercicio 10.30 Sea T el toro de revolución en R3 que se obtiene rotando el círculo

S := f(x; y; 0) : (x a)2 + y2 = r2g; 0 < r < a;

alrededor del eje y:

(a) Encuentra los puntos críticos de la función g(x; y; z) = z en T; y di cuáles deellos son máximos o mínimos locales de g en T .

(b) Encuentra los puntos críticos de la función h(x; y; z) = y en T; y di cuáles deellos son máximos o mínimos locales de h en T .

Ejercicio 10.31 Sean un subconjunto abierto de un espacio de Banach V; ' : ! Runa función de clase C2 y u0 2 un punto crítico de '; es decir, '0(u0)v = 0 para todov 2 V: Demuestra las siguientes armaciones:

(a) Si existe c > 0 tal que

D2'(u0)(v; v) c 8v 2 V con kvk = 1;

entonces u0 es un mínimo local de '; es decir, existe > 0 tal que '(u) '(u0)si ku u0k < :

(b) Si existe c > 0 tal que

D2'(u0)(v; v) c 8v 2 V con kvk = 1;

entonces u0 es un máximo local de '; es decir, existe > 0 tal que '(u) '(u0)si ku u0k < :

(Sugerencia: Usa el Teorema de Taylor.)

Parte III

La integral de Lebesgue

221

Capítulo 11

La integral de una función continuacon soporte compacto

La teoría de integración moderna fue iniciada por Henri Lebesgue en 1902. La in-tegral de Lebesgue es una de las piedras angulares del análisis matemático y tieneaplicaciones muy importantes en ecuaciones diferenciales, probabilidad y muchas otrasramas 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 permiteintercambiar el límite por la integral bajo condiciones mucho menos restrictivas que lasque 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 unintervalo cerrado, tal y como se dene en los primeros cursos de cálculo. Supondremosque el lector está familiarizado con ella y con sus propiedades.En este capítulo deniremos la integral de funciones continuas f : Rn ! R que

se anulan fuera de algún subconjunto compacto de Rn: Para este tipo de funciones, laintegral que aquí introduciremos coincide con la de Riemann. Pero no hace falta usarsumas de Riemann: basta denir la integral mediante un proceso iterativo, integrandorespecto a cada una de las variables. Esto no sólo tiene la ventaja de reducir el cálculode la integral de una función de varias variables al de integrales de funciones de unasola variable, sino que permite además obtener las propiedades básicas de la integralde manera sencilla a partir de las propiedades correspondientes para funciones de unasola variable.Probaremos que la integral es una medida de Haar, es decir, que es lineal, monó-

tona e invariante bajo traslaciones, y que cualquier medida de Haar es un múltiplo dela integral. Este hecho permite establecer fácilmente la invariancia de la integral ba-jo 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 isomorsmo lineal. Partiendo de esteresultado, obtendremos una fórmula análoga cuando el cambio de variable está dadopor un difeomorsmo.En el próximo capítulo extenderemos esta integral a una familia mucho más amplia

de funciones, y en el capítulo subsecuente demostraremos los teoremas fundamentalesde la teoría de integración de Lebesgue.

11.1. Denición y propiedades básicas

Deniremos la integral de funciones cada vez más generales partiendo de la integralde Riemann1 de una función continua f : [a; b] ! R. Supondremos que el lector estáfamiliarizado con dicha integral y con sus propiedades.

Bernhard Riemann

Denición 11.1 Un rectángulo en Rn es un producto Q = [a1; b1] [an; bn] den intervalos cerrados en R, es decir,

Q = f(x1; :::; xn) 2 Rn : ai xi bi 8i = 1; :::; ng ;

con 1 < ai bi <1, i = 1; :::; n:

Primero deniremos la integral de una función continua en un rectángulo medianteun proceso de iteración. Para ello requerimos comprobar que la función que se obtieneintegrando respecto a la primera variable es continua respecto a las variables restantes.

1Georg Friedrich Bernhard Riemann (1826-1866) nació en Breselenz, en el Reino de Hanover, ac-tualmente Alemania. Estudió en la Universidad de Göttingen, donde fue alumno de Gauss. Más tardefue profesor en esa universidad. Entre sus muchas aportaciones fundó el campo de la geometría rie-manniana.

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

f1(x2; :::; xn) :=

Z b1

a1

f(x1; x2; :::; xn)dx1;

es continua.

Demostración: El Teorema 4.31 asegura que f es uniformemente continua en Q:Por tanto, dada " > 0; existe > 0 tal que

jf(x) f(y)j < "

b1 a1 + 1si kx yk < :

Sean ~x = (x2; :::; xn); ~y = (y2; :::; yn) 2 [a2; b2] [an; bn]: Si k~x ~yk < ; entonces,

jf1(~x) f1(~y)j Z b1

a1

jf(x1; x2; :::; xn) f(x1; y2; :::; yn)j dx1 < ":

Esto prueba que f1 es continua.

Si integramos ahora f1 respecto a la variable x2; obtendremos una función continuade las n 2 variables restantes. Repitiendo este proceso para cada variable obtenemosun número real.

Denición 11.3 La integral de una función continua f : Q! R en un rectán-gulo Q = [a1; b1] [an; bn] se dene comoZ

Q

f :=

Z bn

an

Z b2

a2

Z b1

a1

f(x1; x2; :::; xn)dx1

dx2

dxn:

Usaremos ahora esta integral para denir la integral de funciones continuas f : Rn !R que se anulan fuera de algún rectángulo.

Denición 11.4 El soporte de una función continua f : Rn ! R es la cerradura enRn del conjunto fx 2 : f(x) 6= 0g. Lo denotamos

sop(f) := fx 2 Rn : f(x) 6= 0g:

Denotaremos por

C0c (Rn) := ff 2 C0(Rn) : sop(f) es compactog;

donde C0(Rn) es el conjunto de todas las funciones continuas f : Rn ! R.


Observa que C0c (Rn) es un subespacio vectorial de C0(Rn) (ver Ejercicio 11.33).

Denición 11.5 Sea f 2 C0c (Rn): Denimos la integral de f en Rn comoZRnf :=

ZQ

f;

donde Q es algún rectángulo que contiene a sop(f):

Es sencillo comprobar que la denición 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 siguientesformas: Z

Rnf =

ZRnf(x)dx =

ZRnf(x1; x2; :::; xn)dx1 dxn:

La última notación pone en evidencia el orden en el que consideramos a las variablesde integración en la Denición 11.3. Más adelante veremos que el orden es irrelevante(ver Corolario 11.18).

Dados 2 Rn y f : Rn ! R, denotamos por Tf : Rn ! R a la función

(Tf) (x) := f(x ): (11.1)

Tf se llama la traslación de f por :

Teorema 11.7 La integral tiene las siguientes propiedades:

(Linealidad) Si f; g 2 C0c (Rn) y ; 2 R, entonces f + g 2 C0c (Rn) yZRn(f + g) =

ZRnf +

ZRng:

(Monotonía) Si f; g 2 C0c (Rn) y f g (es decir, f(x) g(x) para todo x 2 Rn),entonces Z

Rnf

ZRng:

(Invariancia bajo traslaciones) Si 2 Rn y f 2 C0c (Rn), entonces Tf 2 C0c (Rn) yZRnTf =

ZRnf:

11.1. DEFINICIÓN Y PROPIEDADES BÁSICAS 227

Demostración: Las primeras dos propiedades son consecuencia inmediata de laspropiedades correspondientes para funciones de variable real [Ejercicios 11.33 y 11.31].Probaremos la invariancia bajo traslaciones. Sean 2 Rn, f 2 C0c (Rn):Si n = 1 y sop(f) [a; b], entonces sop(Tf) [a + ; b + ] y usando el teorema

de cambio de variable para funciones de variable real [Ejercicio 11.32] obtenemos que

ZRf =

Z b

a

f(x)dx =

Z b+

a+

f(x )dx =

Z b+

a+

(Tf)(x)dx =

ZRTf:

Si n > 1 y sop(f) [a1; b1] [an; bn], entonces sop(Tf) [a1+ 1; b1+ 1] [an + n; bn + n]: Aplicando el caso n = 1 y argumentando por inducción obtenemosZ

Rnf =

ZRn1

ZRf(x1; x2; :::; xn)dx1

dx2 dxn

=

ZRn1

ZRf(x1 1; x2; :::; xn)dx1

dx2 dxn

=

ZRn1

ZRf(x1 1; x2 2; :::; xn n)dx1

dx2 dxn

=

ZRnTf;


Una consecuencia de la invariancia bajo traslaciones es que la integral del límite pun-tual de una sucesión de funciones no coincide, en general, con el límite de las integralesde dichas funciones, como lo muestra el siguiente ejemplo.

Ejemplo 11.8 Existe una sucesión (fk) en C0c (Rn) que converge puntualmente a 0; talque

RRn fk

no converge a 0: En consecuencia,

lmk!1

ZRnfk 6=

ZRnlmk!1

fk(x)dx:

Demostración: Sea g 2 C0c (Rn) tal queRRn g 6= 0 y sop(g) [0; 1]n: Denimos

fk := Tkg; donde k = (k; 0; :::; 0) 2 Rn: Entonces sop(fk) [k; k+1] [0; 1]n1 y, por


tanto, lmk!1 fk(x) = 0 para cada x 2 Rn:

21 .510 .50

0 .3

0 .2

0 .1

0

x

y

x

y

g

21 .510 .50

0 .3

0 .2

0 .1

0

x

y

x

y

T1g

Por otra parte, de la invariancia de la integral bajo traslaciones se sigue queZRnfk =

ZRng 8k 2 N:

En consecuencia,

lmk!1

ZRnfk =

ZRng 6= 0 =

ZRnlmk!1

fk(x);


Más adelante daremos condiciones razonables que permiten intercambiar la integralcon 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 invarianciabajo traslaciones determinan a la integral, salvo por una constante. Este hecho será deutilidad para probar la invariancia de la integral bajo isometrías lineales y el teoremade cambio de variable.

Denición 11.9 Una medida de Haar en Rn es una función J : C0c (Rn) ! R conlas siguientes tres propiedades:

(Linealidad) J (f + g) = J(f)+J(g) para cualesquiera f; g 2 C0c (Rn) y ; 2 R,

(Monotonía) J(f) J(g) para cualesquiera f; g 2 C0c (Rn) con f g;

(Invariancia bajo traslaciones) J(Tf) = J(f) para cualesquiera 2 Rn y f 2C0c (Rn):

11.2. UNICIDAD DE LA INTEGRAL 229

El Teorema 11.7 arma que la integral es una medida de Haar2. El siguiente resultadoarma que ésta es esencialmente la única medida de Haar en Rn:

Alfréd Haar

Teorema 11.10 (Comparación de medidas de Haar) Si J : C0c (Rn) ! R es unamedida de Haar, entonces existe una constante c 0 tal que

J(f) = c

ZRnf 8f 2 C0c (Rn):

Para demostrar este teorema veremos primero que, bajo hipótesis adecuadas, unamedida de Haar conmuta con el límite uniforme de funciones en C0c (Rn): Observa quetoda función f en C0c (Rn) está acotada, así que su norma uniforme en C0c (Rn);

kfk1 := supx2Rn

jf(x)j ;

está bien denida.

Lema 11.11 Sea J : C0c (Rn) ! R una función lineal y monótona. Si (fk) es unasucesión en C0c (Rn) tal que existe un compacto K en Rn que contiene a sop(fk) paratodo k 2 N y fk ! f uniformemente en Rn; entonces f 2 C0c (Rn) y

lmk!1

J(fk) = J(f):

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 C0c (Rn):Sea g 2 C0c (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 fkk1 g f fk kf fkk1 g2Alfréd 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.


y, como J es lineal y monótona, concluimos que

kf fkk1 J(g) J(f) J(fk) kf fkk1 J(g);

es decir,jJ(f) J(fk)j c kf fkk1

con c := J(g): En consecuencia, jJ(f) J(fk)j ! 0:

Vale la pena observar que la armación del Lema 11.11 no es cierta si sustituimosconvergencia 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

k2 k3

x 1

k

; 0converge puntualmente a 0 en R y sop(fk) [0; 2] para todo k 2 N; pero

RR fk = k !1:

32101

3 .5

3

2 .5

2

1 .5

1

0 .5

0

x

y

x

y

gráca de f2

Veremos ahora que toda función f 2 C0c (Rn) se puede expresar como el límiteuniforme de combinaciones lineales de traslaciones y dilataciones de una única función que deniremos a continuación.Sea : R! R la función dada por

(t) :=

1 jtj si jtj 1;0 si jtj 1:

Denimos : Rn ! R como

(x1; :::; xn) := (x1) (xn) (11.2)

y, para cada > 0; denimos(x) :=

x

: (11.3)


1

0.50

0.51

1

0.50

0.51

10.750.5

0.250

x y

z

x y

z

gráca de

Esta función es continua y tiene las siguientes propiedades.

Lema 11.13 (a) sop() = [; ]n:

(b) (T)(x) = (T) (x ) para cualesquiera x 2 Rn; 2 Rn:

(c)Pm2Zn

Tm = 1; donde Zn denota a los puntos de Rn de coordenadas enteras.

Demostración: La armación (a) es inmediata, pues sop() = [1; 1]n: La arma-ción (b) también es clara, ya que

(T)(x) = (x ) = (x

) = (T)(

x

):

Para probar (c) observa primero que, si t 2 [j 1; j] con j 2 Z, entoncesPk2Z

(t k) = (t (j 1)) + (t j) = 1 (t j + 1) + 1 (j t) = 1:

3210123

1

0

Por tanto, Pk2ZTk = 1:

En consecuencia, si m = (m1; :::;mn) 2 Zn; dado que

(Tm) (x1; :::; xn) = (Tm1) (x1) (Tmn) (xn);


se cumple que

Pm2Zn

(Tm) (x1; :::; xn) =

Pm12Z

(Tm1) (x1)

Pmn2Z

(Tmn) (xn)

= 1;

es decir, Pm2Zn

Tm = 1:

De esta identidad y la identidad (b) se sigue inmediatamente (c).

Observa que, si f 2 C0c (Rn); entonces f(m) 6= 0 únicamente para un número nitode m 2 Zn: Por tanto, la función P

m2Znf(m)Tm

es una suma nita de funciones continuas con soporte compacto y, en consecuencia,pertenece a C0c (Rn):

Lema 11.14 Para cada f 2 C0c (Rn);

lm!0

f Pm2Zn

f(m)Tm

1= 0:

Demostración: Sea " > 0: Como f tiene soporte compacto, f es uniformementecontinua en Rn [Ejercicio 11.39]. Por tanto, existe > 0 tal que

jf(x) f(y)j < " si kx yk < :

Sea < pn: Usando la armación (c) del Lema 11.13, para cada x 2 Rn obtenemos

f(x)Pm2Zn

f(m)(Tm)(x) =Pm2Zn

(f(x) f(m)) (Tm)(x)

=P

m2S(x)(f(x) f(m)) (Tm)(x); (11.4)

donde S(x) := fm 2 Zn : x 2 sop(Tm)g: Nota que S(x) es un conjunto nito. Ahorabien, como

sop(Tm) = fx 2 Rn : x m 2 [; ]ng;

se tiene quekx mk

pn < 8m 2 S(x):


Aplicando la desigualdad del triángulo a (11.4) concluimos quef(x) Pm2Zn

f(m)(Tm)(x)

P

m2S(x)jf(x) f(m)j (Tm)(x)

< "P

m2S(x)(Tm)(x) " si <

pn:

En consecuencia, f Pm2Zn

f(m)Tm

1 " si <

pn:


Finalmente, calcularemos J(2k) en términos de J():

Lema 11.15 Sea J : C0c (Rn) ! R una función lineal e invariante bajo traslaciones.Entonces, para cada > 0; se cumple que

2nJ() = J(2):

En consecuencia,2nkJ(2k) = J() 8k 2 N.

Demostración: Un cálculo directo, que proponemos como ejercicio [Ejercicio 11.40]y aquí ilustramos con una gura, muestra que

1

2(2t+ 1) + (2t) +

1

2(2t 1) = (t) 8t 2 R.

1.510.500.511.5

0.75

0.5

0.25

0

x

y

x

y

1.510.500.511.5

0.75

0.5

0.25

0

x

y

x

y

Reemplazando t por t2en la identidad anterior obtenemos

2(t) =

t

2

=1

2

t+

+

t

+1

2

t

=

1

2(T)(t) + (t) +

1

2(T)(t) 8t 2 R:


Es decir,

2 =X2

1

2

jjT; con := f1; 0; 1g:

Por tanto,

2(x1; :::; xn) = 2(x1) 2(xn)=

X 2n

c (T )(x1; :::; xn); (11.5)

donde

c =nQi=1

1

2

j ijcon = ( 1; :::; n) 2 n:

Observa que X 2n

c =

1

2+ 1 +

1

2

X 2n1

c =

1

2+ 1 +

1

2

n= 2n:

Como J es lineal e invariante bajo traslaciones, aplicando J a la identidad (11.5)concluimos que

J(2) =P 2n

c J() = 2nJ():

Esta es la primera identidad del enunciado.Para probar la segunda aplicamos ésta k veces, con = 21; 22; :::; 2k respectiva-

mente, para obtener

J() = 2nJ(21) = 22nJ(22) = = 2knJ(2k):


Demostración del Teorema 11.10. Sea J : C0c (Rn)! R una medida de Haary sea c := J(), donde es la función denida en (11.2). Denotemos por I : C0c (Rn)! Ra la función

I(f) :=

ZRnf:

Probaremos queJ(f) = cI(f) 8f 2 C0c (Rn):

Usando el Ejercicio 11.37 obtenemos

I() =

ZR

n= 1:

11.3. INVARIANCIA BAJO ISOMETRíAS 235

Aplicando el Lema 11.15 tanto a I como a J concluimos que

J(2k) = 2knJ() = 2kncI() = cI(2k):

Sea f 2 C0c (Rn): De los Lemas 11.11 y 11.14 se sigue que

J(f) = lmk!1

J

Xm2Zn

f(2km)T2km2k

!= lm

k!1

Xm2Zn

f(2km)J(2k)

= c lmk!1

Xm2Zn

f(2km)I(2k)

= c lmk!1

I

Xm2Zn

f(2km)T2km2k

!= cI(f):


11.3. Invariancia bajo isometrías

Sea GL(n;R) el conjunto de todas las matrices invertibles de n n con coecientesreales, es decir, de las matrices cuyo determinante es distinto de cero. Si identicamos auna matriz A con la transformación lineal A : Rn ! Rn denida por ella, de la manerausual, entonces GL(n;R) es el conjunto de isomorsmos lineales H(Rn;Rn) denido enla Sección 10.3:

GL(n;R) con el producto de matrices (o la composición de transformaciones lineales)es un grupo, que se llama grupo lineal general.Observa lo siguiente.

Lema 11.16 Si J : C0c (Rn) ! R es una medida de Haar en Rn y A 2 GL(n;R);entonces la función JA : C0c (Rn)! R dada por

JA(f) := J(f A)

está bien denida y es una medida de Haar en Rn:

Demostración: Sean A 2 GL(n;R) y f 2 C0c (Rn): Puesto que sop(f A) =A1(sop(f)); se tiene que sop(f A) es compacto (ver Proposición 4.10). Así quef A 2 C0c (Rn): Esto prueba que JA está bien denida.


La linealidad y la monotonía de JA son consecuencia inmediata de las propiedadescorrespondientes de J: Probemos la invariancia bajo traslaciones.Sean 2 Rn y f 2 C0c (Rn): Para todo x 2 Rn se tiene que

((Tf) A) (x) = (Tf) (Ax) = f(Ax ) = f(A(x A1)) = (TA1(f A))(x):

Como J es invariante bajo traslaciones concluimos que

JA(Tf) = J((Tf) A) = J(TA1(f A)) = J(f A) = JA(f);

es decir, JA es invariante bajo traslaciones.

Una matriz A 2 GL(n;R) se llama ortogonal si es una isometría, es decir, si

kAxk = kxk 8x 2 Rn:

Si A es una matriz ortogonal entonces detA = 1: El conjunto de todas las matricesortogonales de n n es un subgrupo de GL(n;R); llamado el grupo ortogonal, quese denota por O(n):Usaremos el Teorema 11.10 para probar que la integral es invariante bajo isometrías.

Teorema 11.17 (Invariancia bajo isometrías) Para cualesquiera A 2 O(n); 2Rn y f 2 C0c (Rn) se cumple queZ

Rnf(Ax+ )dx =

ZRnf(y)dy:

Demostración: Sean I; IA : C0c (Rn)! R las funciones dadas por

I(f) :=

ZRnf; IA(f) := I(f A):

Ambas son medidas de Haar en Rn (ver Lema 11.16). Por el Teorema 11.10, existe unaconstante c 0 tal que

IA(f) = cI(f) 8f 2 C0c (Rn): (11.6)

Probaremos que c = 1: Para ello, considera la función

f0(x) :=

1 kxk si kxk 1;0 si kxk 1:


1.51

0.50

0.51

1.5

1.51

0.50

0.51

1.50.75

0.50.25

0

x y

z

x y

z

gráca 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 laidentidad (11.6) obtenemosZ

Rnf A =

ZRnf 8f 2 C0c (Rn):

Por último, usamos la invariancia de la integral bajo traslaciones para concluir queZRn(Tf) A =

ZRnTf =

ZRnf 8f 2 C0c (Rn):

Ésta es la identidad deseada.

Una consecuencia sencilla pero importante del Teorema 11.17 es que la integral nodepende del orden de las variables.

Corolario 11.18 Para cualquier permutación (i1; :::; in) de (1; :::; n) se cumple queZRnf(x1; x2; :::; xn)dx1 dxn =

ZRnf(x1; x2; :::; xn)dxi1 dxin :

Demostración: Sea A la matriz que permuta coordenadas como sigue:

A(x1; x2; :::; xn) = (y1; y2; :::; yn); donde yk := xj si ij = k:

Claramente, kAxk = kxk para todo x 2 Rn; por tanto A 2 O(n): Aplicando el Teorema11.17 obtenemosZ

Rnf(x1; x2; :::; xn)dx1 dxn =

ZRn(f A)(x1; x2; :::; xn)dx1 dxn

=

ZRnf(y1; y2; :::; yn)dyi1 dyin ;



El Teorema 11.17 se extiende como sigue.

Teorema 11.19 Para cualesquiera A 2 GL(n;R); 2 Rn y f 2 C0c (Rn) se cumple queZRnf(Ax+ ) jdetAj dx =

ZRnf(y)dy:

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 detA 6= 0, entonces paratoda f 2 C0c (Rn) se cumple queZ

Rnf(Ax) jdetAj dx =

ZRnf(y)dy:

Demostración: Sea

A =

0B@ 1 0...

. . ....

0 n

1CA :

tal que detA = 1 n 6= 0: Consida la medida de Haar IA : C0c (Rn)! R dada por

IA(f) :=

ZRnf A

(ver Lema 11.16). Por el Teorema 11.10 existe c 0 tal que

IA(f) = c

ZRnf 8f 2 C0c (Rn): (11.7)

Para determinar c basta calcular el valor de IA en la función denida en (11.2). Notaque, para > 0;

(t) =

(1 jtj si jtj 1

jj ;

0 si jtj 1jj :

Por tanto, ZR(t)dt =

1

jj


y, en consecuencia,ZRn A =

ZRn(1x1) (nxn)dx1 dxn

=1

j1j 1jnj

=1

jdetAj :

ComoRRn = 1 concluimos que

1

jdetAj = IA() = c

ZRn = c:

Sustituyendo este valor en la identidad (11.7) obtenemosZRnf A = 1

jdetAj

ZRnf 8f 2 C0c (Rn);


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 nn con coecientes reales. Entonces existen U1; U2 2 O(n) y una matriz diagonal D concoecientes no negativos tales que

A = U1DU2:

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 2C0c (Rn): Por el Teorema 11.21, existen U1; U2 2 O(n) y una matriz diagonal D talesque

A = U1DU2:

En particular, jdetDj = jdetAj 6= 0: Usando el Teorema 11.17, el Lema 11.20 y lainvariancia de la integral bajo traslaciones, obtenemosZ

Rnf(x)dx =

ZRnf(U1x)dx =

ZRnf(U1Dx) jdetDj dx

=

ZRnf(U1DU2x) jdetDj dx =

ZRnf(Ax) jdetAj dx

=

ZRnf(Ax+ ) jdetAj dx;

como arma el enunciado. 3Consulta 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).


11.4. El teorema de cambio de variable

Ahora nuestro objetivo es extender el Teorema 11.19, reemplazando a la transfor-mación x 7! Ax + por una función ' que localmente se parece a ella. Empezaremosprecisando lo que esto signica.A lo largo de esta sección denotará a un subconjunto abierto de Rn:

Denición 11.22 Sea f 2 C0(): El soporte de f es la cerradura en Rn del conjuntofx 2 : f(x) 6= 0g: Lo denotamos sop(f):

Nota que el soporte de una función f 2 C0() no necesariamente está contenidoen : Por ejemplo, si f(x) = 1 para todo x 2 entonces sop(f) = , que no estácontenido en si 6= Rn:Denimos

C0c () := ff 2 C0() : sop(f) es compacto y sop(f) g:

Nota que C0c () es un subespacio vectorial de C0() (ver Ejercicio 11.33). Si = Rneste espacio coincide con el de la Denición 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 C0c (); entonces f es continua en todo Rn y pertenecea C0c (Rn) [Ejercicio 11.48].

Denición 11.23 Si f 2 C0c () denimos la integral de f en comoZ

f :=

ZRnf:

Denición 11.24 Sean y 0 subconjuntos abiertos de Rn: Una función ' : ! 0

es un difeomorsmo de clase C1 si ' es de clase C1 en ; ' es biyectiva y su inverso'1 : 0 ! es de clase C1 en 0:

Si ' es un difeomorsmo de clase C1; 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 2 : Enuna vecindad pequeña de , la función ' es muy cercana a la función

(x) := '() + '0()(x ) = '0()x+ ['() '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 difeomorsmo de clase C1 y f 2 C0c (0): Entonces (f ') jdet'0j 2 C0c ()y Z

f('(x)) jdet'0(x)j dx =Z0f(y)dy:

La idea de la demostración es aproximar localmente a ' por la función y aplicar elTeorema 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 espaciométrico y ' : K ! X una función continua. Entonces existe una función no decreciente! : [0;1)! [0;1) tal que lmt!0+ !(t) = 0 y

dX('(x); '(y)) !(dK(x; y)) 8x; y 2 K:

Demostración: Para cada t 2 [0;1) denimos

!(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 (verEjercicio 3.49) y KK es compacto (ver Ejercicio 7.28), se tiene que h es acotada. Portanto, !(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

dX('(x); '(y)) < " si dK(x; y) < :

En consecuencia, !(t) 2 [0; "] si t 2 [0; ); es decir, lmt!0+ !(t) = 0: Por último, six; y 2 K y t := dK(x; y); de la denición de ! se sigue que

dX('(x); '(y)) !(t) = !(dK(x; y)):


La función ! denida en (11.8) es la función óptima para la cual se cumple ladesigualdad del lema. Se le llama el módulo de continuidad uniforme de ':Para x = (x1; :::; xn) 2 Rn denotamos por

kxk1 : = maxi=1;:::;n

jxij ;

Q(x; ) : = fy 2 Rn : ky xk1 g:


Recuerda que kk1 es una norma en Rn que cumple

1pnkxk kxk1 kxk 8x 2 Rn (11.9)

(ver Ejercicio 2.42). A continuación introduciremos los conjuntos y las constantes queusaremos en los siguientes lemas y en la demostración del Teorema 11.25.

Notación 11.27 Sean y 0 abiertos en Rn; ' : ! 0 un difeomorsmo de claseC1 y f 2 C0c (0): Denimos

K 0 := sop(f) y K := '1(K 0):

Como K y K 0 son subconjuntos compactos de y 0 respectivamente, las distanciasde K a Rn r y de K 0 a Rn r 0 son positivas (ver Ejercicio 4.41). Por tanto, existe1 > 0 tal que

Q(; 1) 8 2 K;Q(; 1) 0 8 2 K 0:

ΩΩK K'

I

ϕ

SeanK1 :=

[2K

Q(; 1) y K 01 :=

[2K0

Q(; 1):

K1 y K 01 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 K 0

1, existe M 2 R talque

supx2K1

k'0(x)kL(Rn;Rn) M y supy2K0

1

('1)0(y) L(Rn;Rn) M:

Denimos c0 :=Mpn y 2 := mnf1; 1c0 g:

Lema 11.28 Para cada 2 (0; 1), 2 K y x 2 se cumple lo siguiente:

(a) Si k'(x) '()k1 ; entonces kx k1 c0:

(b) Si k'0() [x ]k1 ; entonces kx k1 c0:


Demostración: (a): Si k'(x) '()k1 ; entonces yt := (1 t)'() + t'(x) 2Q('(); ) K 0

1 para cada t 2 [0; 1]: Usando las desigualdades (11.9) y el teorema delvalor medio (ver Corolario 9.17) obtenemos

kx k1 kx k = '1('(x)) '1('())

sup

t2[0;1]

('1)0(yt) L(Rn;Rn) k'(x) '()k

Mpn k'(x) '()k1

c0:

(b): Si k'0()(x )k1 , usando las desigualdades (11.9) y (9.2) obtenemos

kx k1 kx k = ('1)0('()) ['0() [x ]]

('1)0 ['()] L(Rn;Rn) k'0() [x ]k M

pn k'0() [x ]k1

c0:


Considera la función : Rn ! R denida en (11.3). Es sencillo comprobar que

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 K 0 y 2 (0; 2); entonces

sop(T) K 01 y sop((T) ') K1:

Además, existe una función ! : [0;1)! [0;1) tal que lmt!0+ !(t) = 0 yZ

(T)('(x)) jdet'0(x)j dxZ0(T)(y)dy

!()n 8 2 K 0; 8 2 (0; 2):

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(; ) yc0 < 1; del Lema 11.28 se sigue que

sop((T) ') Q(; c0) K1; (11.11)

sop((T) ) Q(; c0) K1: (11.12)


Por otra parte, como '0() 2 GL(n;R); aplicando el Teorema 11.19 obtenemosZ

(T) ((x)) jdet'0()j dx =Z0(T) (y)dy:

En consecuencia, bastará probar que existe una función ! : [0;1) ! [0;1) tal quelmt!0+ !(t) = 0 yZ

(T)('(x)) jdet'0(x)j dxZ

(T)((x)) jdet'0()j dx !()n: (11.13)

Sea x 2 Q(; c0): Como xt := (1t)+tx 2 Q(; c0) K1 para cualquier t 2 [0; 1],el teorema del valor medio (ver Corolario 9.18) asegura que

k'(x) (x)k = k'(x) '() '0() [x ]k sup

t2[0;1]k'0(xt) '0()kL(Rn;Rn) kx k

supt2[0;1]

pn'0(xt)pn'0() L(Rn;Rn) kx k1 :

Aplicando el Lema 11.26 a la funciónpn'0 : K1 ! L(Rn;Rn) obtenemos una función

no decreciente !1 : [0;1)! [0;1) tal que lmt!0+ !1(t) = 0 y pn'0(y)pn'0(z) L(Rn;Rn) !1(ky zk1) 8y; z 2 K1:

Por tanto,

k'(x) (x)k1 supt2[0;1]

!1(kxt k1) kx 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 c0n!1(c0): (11.15)

Por otra parte, aplicando el Lema 11.26 a la función jdet'0j : K1 ! R obtenemos unafunción no decreciente !2 : [0;1)! [0;1) tal que lmt!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) concluimosque

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 jdet'0()j j (T)((x)) M1c0n!1(c0) + !2(c0) =: !3() (11.17)


para toda x 2 Q(; c0); donde M1 := supx2K1jdet'0(x)j :

Por último, usando el Ejercicio 11.35, las armaciones (11.11) y (11.12), la desigual-dad (11.17) y el Ejercicio 11.31 obtenemosZ

(T)('(x)) jdet'0(x)j dxZ

(T)((x)) jdet'0()j dx

Z

j (T)('(x)) jdet'0(x)j (T)((x)) jdet'0()j j dx

=

ZQ(;c0)

j (T)('(x)) jdet'0(x)j (T)((x)) jdet'0()j j dx

ZQ(;c0)

!3()dx = !3()(2c0)n = !()n;

donde !() := (2c0)n!3(): Esto demuestra la armación (11.13).

Demostración del Teorema 11.25. Sea f 2 C0c (0) y sea

g := (f ') jdet'0j :

Entonces sop(g) = '1(sop(f)): Por tanto, g 2 C0c ():Para cada 2 (0; 2); denotemos por

f : =Xm2Zn

f(m)Tm;

g : = (f ') jdet'0j =Xm2Zn

f(m)((Tm) ') jdet'0j :

El Lema 11.29 asegura que sop(f ') K1 y sop(f) K 01: Por otra parte, el Lema

11.14 asegura quelm!0

kf fk1 = 0:

Como

kg gk1 = supx2K1

jf('(x)) f('(x))j jdet'0(x)j kf fk1 supx2K1

jdet'0(x)j ;

concluimos quelm!0

kg gk1 = 0:


Del Lema 11.11 se sigue entonces queZ

g(x)dx = lm!0

Z

g(x)dx = lm!0

Xm2Zn

f(m)

Z

(Tm)('(x)) jdet'0(x)j dx;Z0f(y)dy = lm

!0

Z0f(y)dy = lm

!0

Xm2Zn

f(m)

Z0(Tm)(y)dy:

Sea r 2 N tal que sop(f) [r; r]n: Aplicando el Lema 11.29 obtenemos queXm2Zn

f(m)

Z

(Tm)('(x)) jdet'0(x)j dxZ0(Tm)(y)dy

Xm2Zn

jf(m)jZ

(Tm)('(x)) jdet'0(x)j dxZ0(Tm)(y)dy

kfk1

2r

+ 1

n!()n = kfk1 (2r + )n !();

donde lm!0+ !() = 0: En consecuencia,Z

g(x)dxZ0f(y)dy

lm!0+

kfk1 (2r + )n !() = 0:


11.5. Ejercicios

Ejercicio 11.30 Prueba que, si f 2 C0c (Rn) y Q1 y Q2 son dos rectángulos que con-tienen a sop(f); entonces Z

Q1

f =

ZQ2

f:

Ejercicio 11.31 Sea Q un rectángulo en Rn. Demuestra las siguientes armaciones:

(a) Para cualesquiera f; g 2 C0(Q); ; 2 R,ZQ

f + g =

ZQ

f +

ZQ

g:

(b) Para cualesquiera f; g 2 C0(Q) con f g;ZQ

f ZQ

g:


(c) Si c : Q! R es una función constante, entoncesZQ

c = c

nYi=1

(bi ai):

Ejercicio 11.32 (Cambio de variable para funciones de variable real) Sean g :[a; b] ! R una función de clase C1 en [a; b] y f : [; ] ! R una función continua. Sig(t) 2 [; ] para todo t 2 [a; b]; prueba queZ b

a

f(g(t))g0(t)dt =

Z g(b)

g(a)

f(x)dx:

(Sugerencia: Usa los teoremas fundamentales del cálculo y la regla de la cadena.)

Ejercicio 11.33 Prueba, que para cualesquiera f; g : Rn ! R, 2 Rr f0g y 2 Rn;

(a) sop(f + g) sop(f) [ sop(g);

(b) sop(f) = sop(f);

(c) sop(Tf) = sop(f) + := fx+ : x 2 sop(f)g;

(d) sop(fg) sop(f) \ sop(g);

(e) sop(f) = sop(jf j):

¿Es válida, en general, la igualdad en los incisos (a) y (d)?

Ejercicio 11.34 Dadas f; g : Rn ! R denimos mnff; gg : Rn ! R y maxff; gg :Rn ! R como

(mnff; gg) (x) := mnff(x); g(x)g; (maxff; gg) (x) := maxff(x); g(x)g:

Prueba que, si f; g 2 C0c (Rn); entonces mnff; gg 2 C0c (Rn) y maxff; gg 2 C0c (Rn):(Sugerencia: Usa las identidades (8.16) y (8.15).)

Ejercicio 11.35 Prueba queZRnf

ZRnjf j 8f 2 C0c (Rn):


Ejercicio 11.36 Prueba que, si f 2 C0c (Rn), f 0 y f(x0) > 0 para algún x0 2 Rn;entonces Z

Rnf > 0:

Ejercicio 11.37 Sean 1 m n, g 2 C0c (Rm) y h 2 C0c (Rnm): Denimos g h :Rn ! R como

(g h) (x1; x2; :::; xn) := g(x1; :::; xm)h(xm+1; :::; xn):

Prueba que g h 2 C0c (Rn) y queZRn(g h) =

ZRm

g

ZRnm

h

:

Ejercicio 11.38 Sea K un subconjunto compacto de Rn. Da un ejemplo de una funcióng 2 C0c (Rn) tal que g(x) = 1 para todo x 2 K y g(x) 0 para todo x 2 Rn:

Ejercicio 11.39 Prueba que, si f 2 C0c (Rn); entonces f es uniformemente continua enRn: (Sugerencia: Usa el Teorema 4.31.)

Ejercicio 11.40 Prueba que

1

2(2t+ 1) + (2t) +

1

2(2t 1) = (t) 8t 2 R.

Ejercicio 11.41 (a) Prueba que, si J : C0c (Rn)! R es una medida de Haar, entoncespara cualquier a 0 la función aJ : C0c (Rn)! R dada por

(aJ)(f) := aJ(f)

es una medida de Haar.

(b) ¿Es cierta la armación anterior si a < 0?

Ejercicio 11.42 Sea

C0per(Rn) := ff 2 C0(Rn) : f(x+m) = f(x) 8x 2 Rn; 8m 2 Zng

el espacio de las funciones continuas de periodo 1 en cada variable x1; :::; xn: Pruebaque

(a) C0per(Rn) es un subespacio vectorial de C0(Rn),


(b) Tf 2 C0per(Rn) para toda f 2 C0per(Rn) y 2 Rn;

(c) la función Iper : C0per(Rn)! R dada por

Iper(f) :=

ZQ

f;

donde Q := [0; 1]n; es lineal, monótona e invariante bajo traslaciones.

Ejercicio 11.43 Sea S1 := fz 2 C : jzj = 1g. El producto de números complejos le daa S1 la estructura de grupo abeliano. El n-toro

Tn := S1 S1| z n veces

es también un grupo abeliano con la multiplicación

(z1; :::; zn)(w1; :::; wn) := (z1w1; :::; znwn):

La función exponencial exp : Rn ! Tn; denida como

exp(x1; :::; xn) := (e2ix1 ; :::; e2ixn);

es un homomorsmo de grupos, es decir, exp(x+ y) = exp(x) exp(y):Dados 2 Tn y f 2 C0(Tn); la traslación de f por es la función Tf 2 C0(Tn)

dada por(Tf) (z) := f

1z

; z 2 Tn: (11.18)

Prueba que

(a) f 2 C0(Tn) si y sólo si f exp 2 C0per(Rn),

(b) la función ITn : C0(Tn)! R, dada por

ITn(f) := Iper(f exp);

donde Iper : C0per(Rn) ! R es la función denida en el ejercicio anterior, esuna medida de Haar en Tn; es decir, es lineal, monótona e invariante bajo latraslación denida en (11.18) 4.

4Si quieres aprender más sobre medidas de Haar consulta el libro de Leopoldo Nachbin, Integral deHaar, Textos de Matemática No. 7, Instituto de Física e Matemática, Universidade do Recife, Brasil1960.


Ejercicio 11.44 Sea f : Rn ! R la función

f(x) :=

( q1 kxk2 si kxk 1;0 si kxk 1:

Prueba que f 2 C0c (Rn) y calcula ZRnf:

Ejercicio 11.45 (a) Si A es una matriz de nn demuestra que son equivalentes lassiguientes cuatro armaciones:

(a.1) A es ortogonal, i.e. kAxk = kxk para todo x 2 Rn:(a.2) A preserva el producto escalar, i.e. Ax Ay = x y para todos x; y 2 Rn:(a.3) Los renglones de A son vectores ortonormales.

(a.4) Las columnas de A son vectores ortonormales.

(b) Prueba que cualquiera de estas armaciones implica que detA = 1:

(c) ¿Es cierto que si A es una matriz de nn y detA = 1 entonces A es ortogonal?

Ejercicio 11.46 Demuestra el Teorema 11.21.

Ejercicio 11.47 (a) Prueba que

j(x)(y)j n kx yk1 8x; y 2 Rn:

(Sugerencia: Usa inducción sobre n.)

(b) Prueba que, para todo > 0 y todo 2 Rn;

j(T)(x) (T)(y)j n

kx yk1 8x; y 2 Rn:

Ejercicio 11.48 Sea un subconjunto abierto de Rn: Prueba que, si f 2 C0c () yf : Rn ! R es la función

f(x) :=

f(x) si x 2 ;0 si x 2 Rn r ;

entonces f 2 C0c (Rn):


Ejercicio 11.49 Sean := R2 r f(x; 0) : x 0g y 0 := (0;1) (0; 2): Prueba que,para toda f 2 C0c ();Z

f(x; y)dx dy =

Z0f(r cos#; r sin#)r dr d#:

En los ejercicios siguientes denotaremos por

Ckc () := C0c () \ Ck()

al conjunto de las funciones f : ! R de clase Ck con soporte compacto en .

Ejercicio 11.50 (Integración por partes) (a) Prueba que, si f 2 C1c (); entonces@f@xi2 C0c () y Z

@f

@xi= 0 8i = 1; :::; n:

(b) Prueba que, si f 2 C1(); g 2 C1c (); entonces @f@xig; f @g

@xi2 C0c () yZ

@f

@xig =

Z

f@g

@xi8i = 1; :::; n:

(Sugerencia: Aplica (a) a la función fg:)

Ejercicio 11.51 (Fórmula de Green) Sea f 2 C2(): El laplaciano de f es lafunción

f :=nXi=1

@2f

@x2i:

Prueba que, si f 2 C2() y g 2 C2c (); entonces (f)g; rf rg; f(g) 2 C0c () yZ

(f)g = Z

rf rg =Z

f(g):

(Sugerencia: Aplica el Ejercicio 11.50.)

Capítulo 12

Funciones Lebesgue-integrables

En el capítulo anterior denimos la integral de una función continua con soportecompacto. Nuestro objetivo es extender la noción de integrabilidad a una clase másamplia de funciones.Empezaremos considerando aquellas funciones g : Rn ! R [ f1g que son supremos

puntuales de sucesiones no decrecientes de funciones gk 2 C0c (Rn): Denotaremos porS(Rn) al conjunto de tales funciones. En virtud de la monotonía de la integral esrazonable denir Z

Rng := sup

k2N

ZRngk:

Un resultado debido a Dini (ver Teorema 12.2) garantiza que esta integral está biendenida. Análogamente consideraremos el conjunto S(Rn) de aquellas funciones h :Rn ! R [ f1g que son ínmos puntuales de sucesiones no crecientes de funcioneshk 2 C0c (Rn) y deniremos Z

Rnh := nf

k2N

ZRnhk:

Para aquellas funciones que pertenecen a C0c (Rn) = S(Rn) \ S(Rn) ambas integralescoinciden con la integral denida en el capítulo anterior.En general, estas integrales no tienen por qué ser nitas. Más aún, el conjunto

S(Rn) [ S(Rn) no es un espacio vectorial. Estos inconvenientes se resuelven del sigu-iente modo: considera el conjunto L(Rn) de todas aquellas funciones f : Rn ! R paralas cuales

1 < sup

ZRnh : h 2 S(Rn); h f

=nf

ZRng : g 2 S(Rn); g f

<1:

Éstas funciones se llaman Lebesgue-integrables y su integral se dene comoZRnf := sup


=nf


:

253

254 12. FUNCIONES LEBESGUE-INTEGRABLES

Esta denición resulta complicada de manejar. Demostraremos que una función esLebesgue-integrable si se puede aproximar, en un sentido adecuado, por una sucesiónde funciones continuas con soporte compacto, y que su integral de Lebesgue es el límitede las integrales de dicha sucesión. Esta caracterización permite extender de manerasencilla las propiedades que demostramos en el capítulo anterior a este contexto másgeneral. Probaremos que el conjunto L(Rn) es un espacio vectorial, que la integral eslineal y monótona y que continúa satisfaciendo la fórmula de cambio lineal de variable.Los teoremas fundamentales de la teoría de integración de Lebesgue se demostrarán enel siguiente capítulo.

12.1. La integral de una función semicontinua

Considera el siguiente ejemplo.

Ejemplo 12.1 Sea fk : R! R la función

fk(t) :=

8>><>>:kt si t 2

0; 1

k

;

1 si t 21k; 1 1

k

;

k(1 t) si t 21 1

k; 1

Nota que fk 2 C0c (R), que fk fk+1 para todo k 2 N y que, para cada t 2 R;

lmk!1

fk(t) =

1 si t 2 (0; 1);0 si t =2 (0; 1):

1.510.500.5

1

0

Además, como ZRfk = 1

1

k + 1;

se tiene que

lmk!1

ZRfk = 1:

12.1. LA INTEGRAL DE UNA FUNCIÓN SEMICONTINUA 255

El ejemplo anterior sugiere la posibilidad de extender la integral a aquellas funcionesf : Rn ! R [ f1g que son el límite puntual de una sucesión creciente de funcionescontinuas con soporte compacto, deniéndola como el límite de las integrales de unatal sucesión. Para ello requerimos probar que dicho límite no depende de la sucesiónelegida. El siguiente resultado nos permitirá obtener esa conclusión.En general, no es cierto que, si una sucesión de funciones continuas converge pun-

tualmente a una función continua en un espacio compacto, entonces converge uniforme-mente (ver Ejemplo 5.13). Sin embargo, Dini1 demostró que esta armación sí es ciertasi la sucesión es no decreciente.

Ulisse Dini

Teorema 12.2 (Dini) Sea K un espacio métrico compacto y sean f; fk 2 C0(K) talesque

f1 f2 fk fk+1

yfk(x)! f(x) para cada x 2 K:

Entonces fk ! f uniformemente en K:

Demostración: Denimos gk := f fk: Entonces gk gk+1 0 para todo k 2 N y

lmk!1

gk(x) = 0 8x 2 K:

Sea " > 0: Para cada x 2 K elegimos kx 2 N tal que

gk(x) <"

28k kx:

1Ulisse Dini (1845-1918) nació en Pisa, Italia. Estudió en la Scuola Normale Superiore, donde fuealumno de Enrico Betti, y en París, donde fue alumno de Charles Hermite y Joseph Bertrand. Fueprofesor de la Universidad de Pisa y rector de la Scuola Normale Superiore.


Además, como gkx es continua, existe x > 0 tal que

jgkx(y) gkx(x)j <"

2si dK(y; x) < x:

Por tanto,

gk(y) gkx(y) jgkx(y) gkx(x)j+ gkx(x) < " si k kx y dK(y; x) < x:

Como K es compacto, existen x1; :::; xn 2 K tales que

K BK(x1; x1) [ [BK(xn; xn):

En consecuencia,

gk(y) < " 8k maxfkx1 ; :::; kxng; 8y 2 K:

Esto prueba que fk ! f uniformemente en K:

Una consecuencia importante del teorema de Dini es la siguiente.

Corolario 12.3 Sean f; fk 2 C0c (Rn) tales que

f1 f2 fk fk+1

yfk(x)! f(x) para cada x 2 Rn:

Entonces

lmk!1

ZRnfk =

ZRnf:

Demostración: Observa que, si f(x) = 0 = f1(x); entonces fk(x) = 0 para todok 2 N: En consecuencia, sop(fk) sop(f) [ sop(f1) =: K para todo k 2 N: Por elTeorema 12.2, fk ! f uniformemente en K y, por tanto, en Rn: Aplicando el Lema11.11, concluimos que

lmk!1

ZRnfk =

ZRnf;


Si fk 2 C0c (Rn) y fk fk+1; por la monotonía de la integral se tiene queRRn fk R

Rn fk+1: De modo que

lmk!1

ZRnfk = sup

k2N

ZRnfk 2 R [ f1g:

El siguiente resultado es consecuencia del Corolario 12.3.


Corolario 12.4 Si fk; gk 2 C0c (Rn) cumplen que fk fk+1 y gk gk+1 para todo k 2 Ny supk2N fk(x) = supk2N gk(x) para cada x 2 Rn; entonces

lmk!1

ZRnfk = lm

k!1

ZRngk:

Demostración: Fija k 2 N y, para cada j 2 N; considera la función hj := mnffk; gjg:Entonces hj 2 C0c (Rn) (ver Ejercicio 11.34), hj hj+1; fk(x) = supj2N hj(x) =lmk!1 hj(x) para cada x 2 Rn y hj gj: Aplicando el Corolario 12.3 obtenemosZ

Rnfk = lm

j!1

ZRnhj lm

j!1

ZRngj 8k 2 N.

Por tanto,

lmk!1

ZRnfk lm

j!1

ZRngj:

Intercambiando fk y gk obtenemos el resultado.

Denotamos por S(Rn) al conjunto de todas las funciones f : Rn ! R [ f1g talesque existe una sucesión de funciones (fk) en C0c (Rn) que cumple que fk fk+1 paratodo k 2 N y supk2N fk = f:

Denición 12.5 Si f 2 S(Rn) denimos la integral de f en Rn comoZRnf := lm

k!1

ZRnfk 2 R [ f1g;

donde (fk) es una sucesión de funciones en C0c (Rn) tales que fk fk+1 para todo k 2 Ny supk2N fk = f:

El Corolario 12.4 asegura que la integral de f en Rn no depende de la sucesiónelegida. En particular, si f 2 C0c (Rn) S(Rn); podemos tomar fk = f: Esto pruebaque, para funciones en C0c (Rn); la integral dada por la Denición 12.5 coincide que laintroducida en el capítulo precedente.A continuación daremos una descripción más accesible del conjunto S(Rn): El sigu-

iente lema muestra que las funciones que pertenecen a S(Rn) son semicontinuas infe-riormente (ver Denición 4.22).Sea X un espacio métrico. El supremo puntual de un conjunto de funciones fi :

X ! R [ f1g, i 2 I; es la funciónsupi2I

fi : X ! R [ f1g

denida como supi2I

fi

(x) := sup

i2Ifi(x).


Lema 12.6 Si X es un espacio métrico y fi : X ! R [ f1g es s.c.i. para todo i 2 I,entonces supi2I fi es s.c.i.

Demostración: Sean x0 2 X y c < (supi2I fi) (x0): Escogemos i0 2 I tal quec < fi0(x0). Como fi0 es s.c.i., existe > 0 tal que

c < fi0(x) si dX(x; x0) < :

En consecuencia,

c < fi0(x) supi2I

fi

(x) si dX(x; x0) < :

Esto prueba que supi2I fi es s.c.i.

El siguiente resultado caracteriza a los elementos de S(Rn).

Proposición 12.7 Sea f : Rn ! R [ f1g. Son equivalentes las siguientes arma-ciones:

(a) f es s.c.i. y existe un compacto K Rn tal que

f(x) 0 8x 2 Rn rK:

(b) Existen funciones fk 2 C0c (Rn) tales que fk fk+1 para todo k 2 N y

f = supk2N

fk:

Demostración: (b))(a): Sean fk 2 C0c (Rn) tales que fk fk+1 para todo k 2 Ny f = supk2N fk: El Lema 12.6 asegura que f es s.c.i. Por otra parte, como f f1; setiene que

f(x) 0 8x 2 Rn r sop(f1):

Esto prueba que f cumple (a).(a))(b): Sea f s.c.i. y tal que f(x) 0 para todo x 2 Rn r K; con K 6= ;

compacto. Por el Teorema 4.29, f alcanza su mínimo en K: Por tanto, existe M 2 Ntal que

f(x) > M 8x 2 Rn:Sea

N := f(; "; q) 2 Qn QQ : " > 0; q > M; f(x) > q 8x 2 B(; ")g;


donde B(; ") := fx 2 Rn : kx k < "g: Para cada = (; "; q) 2 N escogemosr 2 (";1) tal que K B(; r) y denimos g 2 C0c (Rn) como

g(x) :=

8>>>><>>>>:q si kx k "

2;

2(q+M)"

kx k+ 2q +M si "2 kx k ";

M si " kx k r ;M(r + 1 kx k) si r kx k r + 1;0 si r + 1 kx k :

q

M

ξ

Por construcción, g f . Probemos que sup2N g = f:En efecto, como f es s.c.i., dados x 2 Rn y q 2 Q con M < q < f(x), existe > 0

tal queq < f(y) 8y 2 B(x; ):

Tomando " 2 Q \ (0; 2) y 2 Qn \B(x; "

2); tenemos que B(; ") B(x; ): Por tanto,

q < f(y) 8y 2 B(; ")

y, en consecuencia, = (; "; q) 2 N y g(x) = q: Esto prueba que sup2N g = f:El conjuntoN es numerable. Numeramos sus elementosN = f1; 2; :::g y denimos

fk := supfg1 ; :::; gkg:

Entonces fk 2 C0c (Rn) (ver Ejercicio 11.34), fk fk+1 para todo k 2 N y f = supk2N fk:

Como consecuencia de la proposición anterior se tiene que

S(Rn) := ff : Rn ! R[f1g : f es s.c.i. y 9K compacto tal que f(x) 0 8x 2 RnrKg:

Procediendo de manera análoga, deniremos la integral de funciones f : Rn !R[f1g que son el límite puntual de una sucesión decreciente de funciones continuascon soporte compacto.


El ínmo puntual de un conjunto de funciones fi : X ! R [ f1g, i 2 I;denidas en un espacio métrico X es la función

nfi2I

fi : X ! R [ f1g

dada por nfi2I

fi

(x) := nf

i2Ifi(x).

Nota que, si denimos (1) :=1; las funciones semicontinuas inferior y superi-ormente (ver Denición 4.23) se relacionan como sigue:

f : X ! R [ f1g es s.c.s. () f : X ! R [ f1g es s.c.i. (12.1)

Esta relación, junto con el Lema 12.6, implica que el ínmo puntual de una familiade funciones semicontinuas superiormente es semicontinuo superiormente. Además, setienen los siguientes resultados.

Corolario 12.8 Si fk; gk 2 C0c (Rn) son tales que fk fk+1 y gk gk+1 para todo k 2 Ny nfk2N fk =nfk2N gk; entonces

lmk!1

ZRnfk = lm

k!1

ZRngk:

Demostración: Esta armación es consecuencia inmediata del Corolario 12.4, apli-cado a las sucesiones (fk) y (gk); y la relación (12.1).

Proposición 12.9 Sea f : Rn ! R [ f1g. Son equivalentes las siguientes arma-ciones:

(a) f es s.c.s. y existe un compacto K Rn tal que

f(x) 0 8x 2 Rn rK:

(b) Existen funciones fk 2 C0c (Rn) tales que fk fk+1 para todo k 2 N y

f = nfk2N

fk:

Demostración: De la relación (12.1) y la Proposición 12.7 se sigue inmediatamenteeste resultado.

Denotamos por

S(Rn) := ff : Rn ! R[f1g : f es s.c.s. y 9K compacto tal que f(x) 0 8x 2 RnrKg:

12.2. PROPIEDADES DE LA INTEGRAL DE FUNCIONES SEMICONTINUAS 261

Denición 12.10 Sea f 2 S(Rn): Denimos la integral de f en Rn comoZRnf := lm

k!1

ZRnfk 2 R [ f1g;

donde (fk) es una sucesión de funciones en C0c (Rn) tales que fk fk+1 para todo k 2 Ny nfk2N fk = f:

La Proposición 12.9 asegura que tal sucesión (fk) existe y el Corolario 12.8 ase-gura que la integral de f en Rn no depende de la sucesión elegida. En particular, sif 2 C0c (Rn) S(Rn); podemos tomar fk = f: Esto prueba que, para funciones enC0c (Rn); la integral dada por la Denición 12.10 coincide que la introducida en el capí-tulo precedente. Más aún, como

S(Rn) \ S(Rn) = C0c (Rn);

las integrales dadas por las Deniciones 12.5 y 12.10 coinciden en S(Rn) \ S(Rn):

12.2. Propiedades de la integral de funciones semi-continuas

Probaremos algunas propiedades importantes de la integral. Empezamos con la sigu-iente observación sencilla. Como antes, convenimos que (1) :=1:

Lema 12.11 f 2 S(Rn) si y sólo si f 2 S(Rn). En este caso,ZRnf =

ZRn(f) :

Demostración: Observa que fk 2 C0c (Rn), fk fk+1 y supk2N fk = f si y sólo sifk 2 C0c (Rn), fk fk+1 y nfk2N(fk) = f: Por el Teorema 11.7,Z

Rnfk =

ZRn(fk) :

Pasando al límite obtenemos la identidad deseada.

Si f; g 2 S(Rn) o f; g 2 S(Rn) y 2 [0;1); denimos

(f + g) (x) := f(x) + g(x); (f) (x) := f(x);


donde

a+1 :=1 y 1+ a :=1 8a 2 R [ f1g;a+ (1) := 1 y (1) + a := 1 8a 2 R [ f1g;

(1) :=1 y (1) := 1 8 2 (0;1);0 (1) := 0

Estas deniciones no son arbitrarias:1 es, por denición, el supremo de cualquier suce-sión no decreciente y no acotada de números reales. Si a una sucesión de este tipo lesumamos un número real, o si la multiplicamos por un número positivo, obtenemos nue-vamente una sucesión de este tipo. Mientras que, si la multiplicamos por 0; obtenemosla sucesión constante igual a 0: Las otras deniciones se obtienen de manera análoga.Nota, en cambio, que "11" no está denido.Ni S(Rn) ni S(Rn) son espacios vectoriales. Sin embargo, se cumple lo siguiente.

Proposición 12.12 (a) Si f; g 2 S(Rn) y 2 [0;1); entonces f + g 2 S(Rn);f 2 S(Rn),Z

Rn(f + g) =

ZRnf +

ZRng y

ZRn(f) =

ZRnf:

(b) Si f; g 2 S(Rn) y f g; entoncesZRnf

ZRng:

Ambas armaciones también son ciertas si reemplazamos S(Rn) por S(Rn):

Demostración: Demostraremos ambas armaciones para S(Rn): El resultado paraS(Rn) se obtiene aplicando el Lema 12.11.(a): Si fk; gk 2 C0c (Rn) son tales que fk fk+1, gk gk+1, supk2N fk = f y

supk2N gk = g; entonces

fk + gk 2 C0c (Rn); fk + gk fk+1 + gk+1; supk2N

(fk + gk) = f + g;

y para 2 [0;1)

fk 2 C0c (Rn); fk fk+1; supk2N

(fk) = f:

Del Teorema 12.7 se sigue que f + g 2 S(Rn) y f 2 S(Rn), y las identidadesZRn(f + g) =

ZRnf +

ZRng y

ZRnf =

ZRnf


son consecuencia de las correspondientes identidades para las funciones fk; gk 2 C0c (Rn)(ver Teorema 11.7).(b): Si f; g 2 S(Rn), f g; y fk; gk 2 C0c (Rn) son tales que fk fk+1, gk gk+1,

supk2N fk = f y supk2N gk = g; denimos

hk := mnffk; gkg:

Entonces hk 2 C0c (Rn); hk hk+1, supk2N hk = f y hk gk. De la monotonía de laintegral para funciones en C0c (Rn) (ver Teorema 11.7) se sigue queZ

Rnf := lm

k!1

ZRnhk lm

k!1

ZRngk =:

ZRng:


Una consecuencia que nos será de utilidad más adelante es la siguiente.

Corolario 12.13 Si f 2 S(Rn) y g 2 S(Rn), entonces f g 2 S(Rn) yZRn(f g) =

ZRnf

ZRng:

Demostración: El Lema 12.11 y la Proposición 12.12 implican que g 2 S(Rn);f g 2 S(Rn) y Z

Rn(f g) =

ZRnf +

ZRn(g) =

ZRnf

ZRng;


Se cumple además lo siguiente.

Proposición 12.14 Si A 2 GL(n;R); 2 Rn y f 2 S(Rn), entonces la funciónx 7! f(Ax+ ) pertenece a S(Rn) yZ

Rnf(Ax+ ) jdetAj dx =

ZRnf(y)dy:

La armación también es cierta si reemplazamos S(Rn) por S(Rn):


Demostración: Si f = supk2N fk con fk 2 C0c (Rn) y fk fk+1; y si denotamos por'(x) := Ax+ ; entonces fk ' 2 C0c (Rn), fk ' fk+1 ' y f ' = supk2N (fk ') :Así que f ' 2 S(Rn) y el resultado es consecuencia inmediata del Teorema 11.19.

Para 1 m < n; identicamos a Rn con RmRnm y denotamos a un punto x 2 Rncomo x = (y; z) con y 2 Rm y z 2 Rnm:Si g : Rm ! R [ f1g, h : Rnm ! R [ f1g, g 0 y h 0, denimos gh : Rn !

R [ f1g como(g h) (y; z) := g(y)h(z);

donde (1)(1) :=1.

Proposición 12.15 Sean g 2 S(Rm) y h 2 S(Rnm) tales que g 0 y h 0:Entonces g h 2 S(Rn) yZ

Rn(g h) =

ZRm

g

ZRnm

h

:

La armación también es cierta si reemplazamos S por S:

Demostración: Demostraremos el resultado para S: La demostración para S esmás sencilla.Sean gk 2 C0c (Rm) y hk 2 C0c (Rnm) tales que gk gk+1; hk hk+1, g = supk2N gk y

h = supk2N hk: Sustituyendo, de ser necesario, gk por maxfgk; 0g y hk por maxfhk; 0g,podemos suponer que gk 0 y hk 0: Se tiene entonces que gk hk 2 C0c (Rn),gk hk gk+1 hk+1 y g h = supk2N(gk hk): Usando el Ejercicio 11.37 obtenemosZ

Rn(g h) = lm

k!1

ZRn(gk hk)

= lmk!1

ZRm

gk

ZRnm

hk

=

ZRm

g

ZRnm

h

;


El siguiente resultado asegura que la integral se obtiene integrando sucesivamenterespecto a cada variable.Dada una función f : Rn ! R [ f1g y un punto z 2 Rnm; denotamos por

f z : Rm ! R [ f1g a la función

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


Proposición 12.16 (Teorema de Fubini para funciones semicontinuas) Sean 1 m < n y f 2 S(Rn). Entonces, para cada z 2 Rnm; la función f z pertenece a S(Rm),la función F : Rnm ! R [ f1g dada por

F (z) :=

ZRm

f z

pertenece a S(Rnm) y ZRnm

F =

ZRnf: (12.2)

La armación también es cierta si reemplazamos S por S y 1 por 1:

Demostración: Probaremos la armación para f 2 S(Rn): La armación paraf 2 S(Rn) se obtiene aplicando el Lema 12.11.Sea (fk) una sucesión en C0c (Rn) tal que fk fk+1 y f = supk2N fk: Entonces,

para cada z 2 Rnm; se cumple que f zk 2 C0c (Rm); f zk f zk+1 y f z = supk2N fzk . En

consecuencia, f z 2 S(Rm) y

F (z) :=

ZRm

f z = lmk!1

ZRm

f zk = lmk!1

Fk(z); (12.3)

donde Fk : Rnm ! R es la función dada por

Fk(z) :=

ZRm

f zk :

Esta función es continua (ver Lema 11.2). Además, si sop(fk) [a1; b1] [an; bn]y z =2 [am+1; bm+1] [an; bn]; entonces f zk = 0 y, en consecuencia, Fk(z) = 0: Portanto, Fk 2 C0c (Rnm): De la monotonía de la integral se sigue que Fk Fk+1 y laigualdad (12.3) arma que F = supk2N Fk: Esto implica que F 2 S(Rnm) yZ

RnmF = lm

k!1

ZRnm

Fk: (12.4)

Por otra parte, de la denición de la integral en C0c (Rn) se sigue queZRnm

Fk(z)dz =

ZRnm

ZRm

f zk (y)dy

dz

=

ZRnm

ZRm

fk(y; z)dy

dz

=

ZRnfk(x1; :::; xn)dx1 dxn: (12.5)


De las identidades (12.4) y (12.5) se obtieneZRnm

F = lmk!1

ZRnfk =

ZRnf;


Nota que, por la invariancia de la integral bajo isometrías (Proposición 12.14),podemos intercambiar el orden de las integrales en la proposición anterior, es decir,integrar primero respecto a z y después respecto a y: Las identidades correspondientes(12.2) suelen escribirse comoZ

Rnm

ZRm

f(y; z)dy

dz =

ZRnf(y; z)dy dz =

ZRm

ZRnm

f(y; z)dz

dy: (12.6)

Un primer resultado que permite el intercambio del límite puntual de funciones conla integral es el siguiente.

Proposición 12.17 (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: En-tonces f 2 S(Rn) y Z

Rnf = lm

k!1

ZRnfk:

Demostración: Para cada k 2 N; tomemos una sucesión (fk;j) en C0c (Rn) tal quefk;j fk;j+1 para todo j 2 N y fk := supj2N fk;j: Observa que

fi;j fi fk 8j 2 N, 8i k:

Denimosgk := max

ik; jkfi;j:

Entonces gk 2 C0c (Rn); gk gk+1 y gk fk para todo k 2 N, yf = sup

k2Nfk = sup

i;j2Nfi;j = sup

k2Ngk:

En consecuencia, f 2 S(Rn) y de la monotonía de la integral (Proposición 12.12) sesigue que Z

Rnfk

ZRnf = lm

k!1

ZRngk lm

k!1

ZRnfk:

Pasando al límite obtenemos queZRnf = lm

k!1

ZRnfk;


12.3. EL VOLUMEN DE UN CONJUNTO 267

12.3. El volumen de un conjunto

Aplicaremos las propiedades de la integral para calcular el volumen de algunossubconjuntos de Rn: Empecemos deniendo este concepto.

Denición 12.18 La función característica (o función indicadora) de un sub-conjunto X de Rn es la función

1X(x) :=

1 si x 2 X;0 si x 2 Rn rX:

Es sencillo comprobar que la función 1X es s.c.i si y sólo si X es abierto en Rn, y ess.c.s. si y sólo si X es cerrado en Rn: En consecuencia,

1X 2 S(Rn) si y sólo si X es abierto en Rn; (12.7)

1X 2 S(Rn) si y sólo si X es compacto en Rn: (12.8)

Proponemos la demostración de estas armaciones como ejercicio [Ejercicio 12.48].

Denición 12.19 Si X es un subconjunto abierto o X es un subconjunto compacto deRn; denimos el volumen de X en Rn como

voln(X) :=ZRn1X 2 R [ f1g:

El volumen tiene las siguientes propiedades.

Proposición 12.20 (a) Si X Y son subconjuntos de Rn y ambos son abiertos oambos son compactos, entonces

voln(X) voln(Y ):

(b) Sea '(x) = Ax+ con A 2 GL(n;R); 2 Rn: Entonces '(X) := f'(x) : x 2 Xges un subconjunto abierto de Rn si X lo es, y '(X) es compacto si X lo es. Enambos casos,

voln('(X)) = jdetAj voln(X):

Demostración: (a): Si X Y entonces 1X 1Y : Además, 1X ; 1Y 2 S(Rn) si Xy Y son abiertos, y 1X ; 1Y 2 S(Rn) si X y Y son compactos. Así que en ambos casospodemos aplicar la armación (b) de la Proposición 12.12 para obtener la armacióndeseada.


(b): Como ' es un homeomorsmo, '(X) es abierto si X lo es y '(X) es compactosi X lo es. Nota que 1'(X) ' = 1X : Las Proposiciones 12.12 y 12.14 aseguran entoncesque

jdetAjZRn1X =

ZRn

1'(X) '

jdetAj =

ZRn1'(X);


Veamos algunos ejemplos.

Ejemplo 12.21 (a) Si U = (a1; b1) (an; bn) con ai; bi 2 R; ai < bi, entonces

voln(U) =nYi=1

(bi ai):

(b) Si Q = [a1; b1] [an; bn] con ai; bi 2 R; ai bi, entonces

voln(Q) =nYi=1

(bi ai):

En particular, si ai = bi para algún i = 1; :::; n; entonces voln(Q) = 0:

Demostración: (a): En el Ejemplo 12.1 probamos que

vol1((0; 1)) = 1:

Si a; b 2 R; a b; y ' : R! R es la función '(t) := (b a)t+ a; entonces '((0; 1)) =(a; b) y la Proposición 12.20 asegura que

vol1((a; b)) = b a:

Observa que 1U = 1(a1;b1) 1(an;bn): Aplicando la Proposición 12.15 obtenemos

voln(U) =nYi=1

ZR1(ai;bi) =

nYi=1

(bi ai):

(b): Dados a; b 2 R; a b; para cada k 2 N denimos fk : R! R como

fk(t) :=

8>><>>:1 si t 2 [a; b];k(t a) + 1 si t 2 [a 1

k; a];

k(b t) + 1 si t 2 [b; b+ 1k];

0 si t =2 [a 1k; b+ 1

k]:


Entonces fk 2 C0c (R); fk fk+1 y nfk2N fk = 1[a;b]: Por tanto,

vol1([a; b]) = lmk!1

ZRfk = lm

k!1

b a+

1

k

= b a:

Como 1Q = 1[a1;b1] 1[an;bn]; aplicando la Proposición 12.15 obtenemos que

voln(Q) =nYi=1

ZR1[ai;bi] =

nYi=1

(bi ai);


Corolario 12.22 Si X es un subconjunto abierto y acotado de Rn; o si X es compacto,entonces voln(X) <1:

Demostración: En ambos casos X es acotado, así que existe r 2 (0;1) tal queX (r; r)n: La Proposición 12.20 y el Ejemplo 12.21 aseguran que

voln(X) voln((r; r)n) = (2r)n <1 si X es abierto,

voln(X) voln([r; r]n) = (2r)n <1 si X es compacto.


Corolario 12.23 voln(Rn) =1:

Demostración: De la Proposición 12.20 y el Ejemplo 12.21 se sigue que

voln(Rn) voln((r; r)n) = (2r)n 8r > 0:

Por tanto, voln(Rn) =1:


Una consecuencia importante del teorema de Fubini (Proposición 12.16) es el prin-cipio de Cavalieri2, que arma lo siguiente.

Bonaventura Cavalieri

Corolario 12.24 (Principio de Cavalieri) Sea K un subconjunto compacto de Rn;n > 1: Para cada t 2 R, denimos

Kt := fy 2 Rn1 : (y; t) 2 Kg:

Entonces, la función t 7! voln1(Kt) pertenece a S(R) y

voln(K) =ZRvoln1(Kt)dt:

Demostración: Aplicamos la Proposición 12.16 con m = 1 a la función 1K : Como1tK = 1Kt para cada t 2 R; la función F de la Proposición 12.16 es la función F (t) :=voln1(Kt): Dicha proposición asegura que F 2 S(R) y que

voln(K) =ZRn1K =

ZRF =

ZRvoln1(Kt)dt;


Usaremos el principio de Cavalieri para calcular el volumen de la bola.

Ejemplo 12.25 Sea Bn(0; r) := fx 2 Rn : kxk rg; r > 0: Entonces

!n := voln( Bn(0; 1)) =

( 1k!k si n = 2k;

2k+1

13(2k+1)k si n = 2k + 1;

yvoln( Bn(0; r)) = rn!n:

2Bonaventura Francesco Cavalieri (1598-1647) nació en Milán, Italia. Estudió teología en el monas-terio de San Gerolamo en Milán y geometría en la Universidad de Pisa. Su método de los indivisiblespara calcular áreas y volúmenes es un antecedente importante del cálculo moderno.


Demostración: Como Bn(0; r) = frx : x 2 Bn(0; 1)g; la armación

voln( Bn(0; r)) = rn!n (12.9)

es consecuencia de la Proposición 12.20. Ahora calcularemos !n:Si n > 1; del principio de Cavalieri y la identidad (12.9) se sigue que

!n =

ZRvoln1

Bn1(0;

p1 t2)

dt

= !n1

Z 1

1

1 t2

n12 dt: (12.10)

t

El cambio de variable t = cos x nos da

cn :=

Z 1

1

1 t2

n12 dt =

Z

0

sinn x dx:

Integrando por partes obtenemos que

c2k = kYi=1

2i 12i

y c2k+1 = 2kYi=1

2i

2i+ 1:

Por tanto, cncn1 = 2n; lo que implica que

!n = !n1cn = !n2cncn1 =2

n!n2 si n > 2: (12.11)

Como !1 := vol1([1; 1]) = 2; de la ecuación (12.10) se sigue que !2 = 2c2 = : Iterando(12.11) obtenemos que

!2k =1

k!k y !2k+1 =

2k+1

1 3 (2k + 1)k;



12.4. Funciones Lebesgue-integrables

Para denir la integral de Lebesgue haremos uso de los siguientes conceptos.

Denición 12.26 Para cualquier función f : Rn ! R [ f1g denimos la integralsuperior de f comoZ

f := nf


2 R [ f1g;

y la integral inferior de f comoZf := sup


2 R [ f1g:

Observa que en ambos casos el conjunto cuyo ínmo o cuyo supremo estamos toman-do no es vacío, ya que la función constante1 pertenece a S(Rn) y la función constante1 pertenece a S(Rn): Enunciamos a continuación algunas propiedades sencillas deestas integrales.

Lema 12.27 (a) Para toda f : Rn ! R [ f1g;Zf =

Z (f) :

(b) Para toda f : Rn ! R [ f1g; Zf

Z f:

(c) Si f1; f2 : Rn ! R [ f1g cumplen que f1 f2; entoncesZ f1

Z f2 y

Zf1

Zf2:

(d) Si f 2 S(Rn) [ S(Rn); entoncesZf =

Z f =

ZRnf:

(e) Para cualesquiera f : Rn ! R [ f1g y 2 [0;1);Z f =

Z f y

Zf =

Zf:

12.4. FUNCIONES LEBESGUE-INTEGRABLES 273

(f) Para cualesquiera f1; f2 : Rn ! [0;1]Z (f1 + f2)

Z f1 +

Z f2:

Demostración: (a) es consecuencia inmediata del Lema 12.11.(b): Basta probar que, si g 2 S(Rn), h 2 S(Rn) y h g; entoncesZ

Rnh

ZRng:

Del Corolario 12.13 y la monotonía de la integral (Proposición 12.12) se sigue queZRng

ZRnh =

ZRn(g h) 0:

Esta es la desigualdad deseada.(c) es consecuencia inmediata de la denición.(d): Sea f 2 S(Rn): La igualdadZ

f =

ZRnf

es consecuencia inmediata de la denición de la integral superior. Sean fk 2 C0c (Rn),tales que fk fk+1 y supk2N fk = f . En particular, fk 2 S(Rn) y fk f: De ladenición de integral inferior y la armación (b) obtenemosZ

Rnf := lm

k!1

ZRnfk

Zf

Z f =

ZRnf;

es decir, Zf =

Z f =

ZRnf 8f 2 S(Rn):

Si f 2 S(Rn), las identidades correspondientes se siguen de éstas utilizando la arma-ción (a) y el Lema 12.11.(e): Si = 0 el resultado es obvio. Supongamos que > 0: Para toda g 2 S(Rn)

tal que g f; se tiene que 1g 2 S(Rn) y 1g f: Usando la Proposición 12.12obtenemos

Z f

ZRn1g =

ZRng:


Z f

Z f:


Reemplazando f por f y por 1 en la desigualdad anterior obtenemos

1Z

f Z

f;

es decir, Z f

Z f:

Esto prueba la igualdad para la integral superior. La igualdad para la integral inferiorse obtiene aplicando la armación (a).(f): Si

R f1 = 1 o

R f2 = 1 la desigualdad deseada se cumple trivialmente.

Supongamos queR f1 < 1 y

R f2 < 1: Sea " > 0 y sean g1; g2 2 S(Rn) tales que

g1 f1; g2 f2;ZRng1

Z f1

+"

2y

ZRng2

Z f2

+"

2:

Entonces, g1 + g2 2 S(Rn); g1 + g2 f1 + f2 y, sumando las desigualdades anteriores,obtenemos Z

(f1 + f2) ZRn(g1 + g2)

Z f1 +

Z f2

+ ":

En consecuencia, Z (f1 + f2)

Z f1 +

Z f2;

como se arma en (f).

Denición 12.28 Una función f : Rn ! R [ f1g es (Lebesgue-)integrable si

1 <

Zf =

Z f <1:

En este caso, la integral (de Lebesgue3) de f se dene comoZRnf :=

Zf =

Z f 2 R:

3Henri Léon Lebesgue (1875-1941) nació en Beauvais, Oise, Francia. Estudió en la Sorbonne deParís, donde fue alumno de Émile Borel. Introdujo su teoría de integración en 1902 en su tesis dedoctorado titulada Integral, longitud y área.


Henri Lebesgue

Observaciones 12.29 Del Lema 12.27 se inere lo siguiente:

(a) Si f 2 S(Rn) [ S(Rn); entonces f es Lebesgue-integrable si y sólo si la integraldenida en la Sección 12.1 cumple que

1 <

ZRnf <1:

En este caso, la integral de Lebesgue de f coincide con dicha integral.

(b) En particular, si f 2 C0c (Rn); entonces f es Lebesgue-integrable y la integral deLebesgue de f coincide con la de la Denición 11.5.

La Denición 12.28 se puede reformular como sigue.

Lema 12.30 f : Rn ! R [ f1g es Lebesgue-integrable si y sólo si para cada " > 0existen h 2 S(Rn) y g 2 S(Rn) tales que h f g;

1 <

ZRnh,

ZRng <1 y 0

ZRng

ZRnh < ":

Demostración: )) : Si f : Rn ! R [ f1g es Lebesgue-integrable entonces,como su integral superior y su integral inferior son nitas, para cada " > 0; existenh 2 S(Rn) y g 2 S(Rn) tales que h f g yZ

Rng

Z f +

"

2<1 y 1 <

Zf "

2<

ZRnh:

Dado que la integral superior y la integral inferior de f coinciden, concluimos que

0 =

Z f

Zf

ZRng

ZRnh <

Z f

Zf + " = ":


() : Inversamente, si para cada " > 0 existen h 2 S(Rn) y g 2 S(Rn) tales queh f g;

1 <

ZRnh,

ZRng <1 y

ZRng

ZRnh < ";

entonces

1 <

ZRnh

Zf

Z f

ZRng <1

y, en consecuencia,

0 Z

f Zf

ZRng

ZRnh < "

para todo " > 0: Esto prueba que f es Lebesgue-integrable.

El siguiente resultado proporciona una caracterización muy útil de las funcionesLebesgue-integrables y permite expresar a su integral como el límite de integrales defunciones en C0c (Rn).Dada f : Rn ! R [ f1g, denimos jf j : Rn ! R [ f1g como

jf j (x) := jf(x)j ;

donde j1j :=1:

Proposición 12.31 Sea f : Rn ! R [ f1g: Entonces f es Lebesgue-integrable si ysólo si existe una sucesión ('k) en C0c (Rn) tal que

lmk!1

Z jf 'kj = 0:

En ese caso, se cumple que ZRnf = lm

k!1

ZRn'k:

Demostración: )) : Supongamos que f es Lebesgue-integrable. Basta probar que,para cada " > 0; existe ' 2 C0c (Rn) tal queZ

jf 'j < ": (12.12)

Por el Lema 12.30 y el Corolario 12.13, existen g 2 S(Rn) y h 2 S(Rn) tales queh f g y

1 <

ZRnh;

ZRng <1 y

ZRn(g h) <

"

2:


Por otra parte, de la denición de la integral para funciones en S(Rn) se sigue queexiste ' 2 C0c (Rn) tal que ' g y Z

Rn(g ') <

"

2:

Como

jf 'j (x) =f(x) '(x) g(x) '(x) si f(x) '(x);'(x) f(x) g(x) h(x) si f(x) '(x);

se tiene quejf 'j (g h) + (g ') 2 S(Rn):

Usando el Lema 12.27 y la Proposición 12.12, concluimos queZ jf 'j

ZRn[(g h) + (g ')] =

ZRn(g h) +

ZRn(g ') < ":

Esto prueba la armación (12.12).() : Supongamos que existe una sucesión ('k) en C0c (Rn) tal que

lmk!1

Z jf 'kj = 0:

Sea " > 0 y sea k0 2 N tal queZ jf 'kj <

"

2si k k0:

Entonces, por denición de la integral superior, para cada k k0 existe gk 2 S(Rn)tal que gk jf 'kj y Z

jf 'kj ZRngk <

"

2:

Por tanto, gk +'k 2 S(Rn); gk +'k 2 S(Rn) y gk +'k f gk +'k: Aplicandoel Lema 12.27 y la Proposición 12.12 obtenemos que

1 < "2+

ZRn'k <

ZRngk +

ZRn'k =

Z(gk + 'k)

Zf

Z

f Z (gk + 'k) =

ZRngk +

ZRn'k <

"

2+

ZRn'k <1: (12.13)

En consecuencia,

0 Z

f Zf ":


Concluimos que

1 <

Zf =

Z f <1;

es decir, f es Lebesgue-integrable.Finalmente, se sigue de (12.13) queZ

Rnf

ZRn'k

< "

28k k0:

Esto prueba que ZRnf = lm

k!1

ZRn'k


12.5. Propiedades básicas de la integral de Lebesgue

Usaremos la Proposición 12.31 para probar algunas propiedades fundamentales dela integral de Lebesgue. Empecemos observando lo siguiente.

Proposición 12.32 (a) Si f : Rn ! R[f1g es Lebesgue-integrable, entonces fes Lebesgue-integrable y Z

Rn(f) =

ZRnf:

(b) Si f : Rn ! R[f1g es Lebesgue-integrable, entonces jf j es Lebesgue-integrabley Z

Rnf

ZRnjf j :

Demostración: (a): Si f : Rn ! R[f1g es Lebesgue-integrable, usando el Lema12.27 obtenemos que Z

(f) = Zf =

Z f =

Z(f) :

Esto demuestra la armación (a).(b): La Proposición 12.31 asegura que existe una sucesión ('k) en C0c (Rn) tal que

lmk!1

Z jf 'kj = 0:

12.5. PROPIEDADES BÁSICAS DE LA INTEGRAL DE LEBESGUE 279

Observa que 0 jjf j j'kjj jf 'kj : Así que, por la monotonía de la integralsuperior,

0 lmk!1

Z jjf j j'kjj lm

k!1

Z jf 'kj = 0:

La Proposición 12.31 asegura entonces que jf j es Lebesgue-integrable y, junto con elEjercicio 11.35, asegura además queZ

Rnjf j = lm

k!1

ZRnj'kj lm

k!1

ZRn'k

= ZRnf

;como arma el enunciado.

Veremos más adelante que una función Lebesgue-integrable f : Rn ! R [ f1gsólo toma los valores 1 en un conjunto muy pequeño que no afecta el valor de laintegral (ver Proposición 13.11). Por ello consideraremos en el resto de esta secciónúnicamente funciones que toman valores reales.Denotemos por

L(Rn) := ff : Rn ! R : f es Lebesgue-integrableg:

El siguiente resultado arma que L(Rn) es un espacio vectorial y que la integral es unafunción lineal y monótona.

Teorema 12.33 (Linealidad y monotonía) (a) Si f1; f2 2 L(Rn) y 1; 2 2 R,entonces 1f1 + 2f2 2 L(Rn) yZ

Rn(1f1 + 2f2) = 1

ZRnf1 + 2

ZRnf2:

(b) Si f; g 2 L(Rn) y f g; entoncesZRnf

ZRng:

Demostración: (a): Sean f1; f2 2 L(Rn) y 1; 2 2 R: La Proposición 12.31 aseguraque, para cada k 2 N; existen '1;k; '2;k 2 C0c (Rn) tales que

lmk!1

Z fi 'i;k = 0 para i = 1; 2:

De las armaciones (c), (e) y (f) del Lema 12.27 se sigue que

0 Z 1f1 + 2f2 1'1;k 2'2;k

j1jZ f1 '1;k+ j2jZ f2 '2;k

:


En consecuencia,

lmk!1

Z (1f1 + 2f2) (1'1;k + 2'2;k) = 0:

La Proposición 12.31 asegura entonces que 1f1 + 2f2 2 L(Rn) yZRn(1f1 + 2f2) = lm

k!1

ZRn

1'1;k + 2'2;k

= lm

k!11

ZRn'1;k + lm

k!12

ZRn'2;k = 1

ZRnf1 + 2

ZRnf2:

Esto demuestra la linealidad.(b): La monotonía es consecuencia inmediata de la Denición 12.28 y la armación

(c) del Lema 12.27.

Ahora probaremos el teorema de cambio de variable para isomorsmos anes. Elteorema de cambio de variable para difeomorsmos es más delicado. Lo demostraremosen el siguiente capítulo.

Teorema 12.34 (Cambio lineal de variable) Sean A 2 GL(n;R) y 2 Rn: Si f 2L(Rn) entonces la función x 7! f(Ax+ ) pertenece a L(Rn) y se cumple queZ

Rnf(Ax+ ) jdetAj dx =

ZRnf(y)dy:

Demostración: Sean h 2 S(Rn) y g 2 S(Rn) tales que h f g: Denotemos porF (x) := Ax + : Por la Proposición 12.14, (h F ) jdetAj 2 S(Rn); (g F ) jdetAj 2S(Rn); Z

Rn(h F ) jdetAj =

ZRnh y

ZRn(g F ) jdetAj =

ZRng:

Por tanto, ZRnf = nf

ZRn(g F ) jdetAj : g 2 S(Rn); g f

;

= sup

ZRn(h F ) jdetAj : h 2 S(Rn); h f

:

Por otra parte, como (h F ) jdetAj (f F ) jdetAj (g F ) jdetAj se tiene queZRn(h F ) jdetAj

Z(f F ) jdetAj y

Z (f F ) jdetAj

ZRn(g F ) jdetAj :

12.5. PROPIEDADES BÁSICAS DE LA INTEGRAL DE LEBESGUE 281

En consecuencia, Z (f F ) jdetAj

ZRnf

Z(f F ) jdetAj :

Del Lema 12.27 se sigue la igualdad y, por tanto, la integrabilidad de f F y la identidaddeseada.

Si 1 m < n; g : Rm ! R y h : Rnm ! R, denimos g h : Rn ! R como

(g h) (y; z) := g(y)h(z); donde (y; z) 2 Rm Rnm Rn: (12.14)

Se tiene el siguiente resultado.

Proposición 12.35 Si f1 2 L(Rm) y f2 2 L(Rnm); 1 m < n; entonces f1 f2 2L(Rn) y Z

Rn(f1 f2) =

ZRm

f1

ZRnm

f2

:

Demostración: Por la Proposición 12.32, si f1 2 L(Rm) y f2 2 L(Rnm) entoncesjf1j 2 L(Rm) y jf2j 2 L(Rnm): Por tanto, existe M 2 R tal que

max

ZRmjf1j ;

ZRnm

jf2j< M:

Elegimos ~g 2 S(Rm) tal que ~g jf1j yZRm~g < M: (12.15)

Por otra parte, la Proposición 12.31 asegura que existen '1;k 2 C0c (Rm); '2;k 2 C0c (Rnm)tales que

lmk!1

ZRm

f1 '1;k = 0 y lm

k!1

ZRnm

f2 '2;k = 0:

Sea " > 0: Entonces existe k0 2 N tal que, para todo k k0;ZRnm

'2;k ZRmjf2j+

ZRm

f2 '2;k < M; (12.16)

ZRm

f1 '1;k < "

2My

ZRnm

f2 '2;k < "

2M:


Para cada k k0 elegimos g1;k 2 S(Rm) y g2;k 2 S(Rnm) de modo que g1;k f1 '1;k ; g2;k f2 '2;k

;ZRm

g1;k <"

2My

ZRnm

g2;k <"

2M. (12.17)

Observa quef1 f2 '1;k '2;k

jf1j

f2 '2;k+ f1 '1;k

'2;k (~g g2;k) +

g1;k

'2;kEn consecuencia, usando el Lema 12.27, la Proposición 12.15 y las desigualdades (12.15),(12.16) y (12.17) obtenemosZ f1 f2 '1;k '2;k

ZRn(~g g2;k) +

ZRn

g1;k

'2;k=

ZRm~g

ZRnm

g2;k

+

ZRm

g1;k

ZRnm

'2;k< " 8k k0:

De la Proposición 12.31 se sigue entonces que f1 f2 2 L(Rn) y, usando el Ejercicio11.37, obtenemos queZ

Rn(f1 f2) = lm

k!1

ZRn

'1;k '2;k

= lm

k!1

ZRm

'1;k

ZRnm

'2;k

=

ZRm

f1

ZRnm

f2

;


El teorema de Fubini para funciones Lebesgue-integrables es más delicado. Lo posponemospara el siguiente capítulo.

12.6. Conjuntos integrables

Denición 12.36 Un subconjunto X de Rn es integrable si 1X 2 L(Rn): La medidade Lebesgue (o el volumen) de X en Rn se dene como

voln(X) :=ZRn1X

Se suele usar también la notación jXj o jXjn en vez de voln(X):

12.6. CONJUNTOS INTEGRABLES 283

El Corolario 12.22 asegura que todo subconjunto compacto de Rn es integrable ytodo subconjunto abierto y acotado de Rn es integrable. Si es un subconjunto abiertoy acotado de Rn; entonces su cerradura y su frontera @ := r son compactos y,por tanto, integrables. Para obtener otros ejemplos de conjuntos integrables usaremosel siguiente resultado.

Lema 12.37 Si f; g 2 L(Rn) y g es acotada, entonces fg 2 L(Rn).

Demostración: La Proposición 12.31 asegura que, para cada k 2 N; existe 'k 2C0c (Rn) tal que Z

jf 'kj <1

2k (kgk1 + 1);

y que existe k 2 C0c (Rn) tal queZ jg kj <

1

2k (k'kk1 + 1):

Como

jfg 'k kj jf 'kj jgj+ j'kj jg kj kgk1 jf 'kj+ k'kk1 jg kj ;

se tiene queZ jfg 'k kj kgk1

Z jf 'kj

+ k'kk1

Z jg kj

<1

k:

Esto prueba que fg 2 L(Rn).

Veremos más adelante que el producto de funciones Lebesgue-integrables no nece-sariamente es integrable (ver Ejemplo 13.32).

Proposición 12.38 Si X y Y son subconjuntos integrables de Rn; entonces X \ Y;X [ Y y X r Y son integrables y

voln(X [ Y ) = voln(X) + voln(Y ) voln(X \ Y );voln(X r Y ) = voln(X) voln(X \ Y ):

Demostración: Para cualesquiera subconjuntos X y Y de Rn se cumple que

1X\Y = 1X1Y ; (12.18)

1X[Y = 1X + 1Y 1X\Y ; (12.19)

1XrY = 1X 1X\Y : (12.20)


Si 1X 2 L(Rn) y 1Y 2 L(Rn); el Lema 12.37 y la identidad (12.18) aseguran que1X\Y 2 L(Rn): Del Teorema 12.33 y las identidades (12.19) y (12.20) se sigue que1X[Y 2 L(Rn), 1XrY 2 L(Rn) y que son válidas las identidades del enunciado.

En consecuencia, siK es compacto y es abierto enRn, entoncesK\ es integrable.

Proposición 12.39 Si X es un subconjunto integrable de Rm y Y es un subconjuntointegrable de Rnm; entonces X Y es un subconjunto integrable de Rn y

voln(X Y ) = (volm(X)) (volnm(Y )) :

Demostración: Para cualesquiera subconjuntos X y Y de Rn se tiene que 1XY =1X 1Y : La armación es consecuencia de la Proposición 12.35.

Observaciones 12.40 Si n > m; identicamos a Rm con el subespacio Rm f0g deRn: La proposición anterior asegura que, si X es un subconjunto integrable de Rm;entonces X X f0g es un subconjunto integrable de Rn: Es decir, la integrabilidadde un conjunto no depende del espacio euclidiano que lo contiene. Pero su medida deLebesgue sí, ya que voln(X) = 0 para todo subconjunto integrable X de Rm:

12.7. La integral sobre un subconjunto de Rn

Extenderemos ahora el concepto de integrabilidad a funciones denidas en un sub-conjunto X de Rn:Dada f : X ! R [ f1g denimos f : Rn ! R [ f1g como

f(x) :=

f(x) si x 2 X;0 si x 2 Rn rX:

(12.21)

f se llama la extensión trivial de f a Rn:

Denición 12.41 Sea X un subconjunto de Rn: Una función f : X ! R [ f1ges (Lebesgue-)integrable en X si la función f es (Lebesgue-)integrable en Rn: Laintegral (de Lebesgue) de f en X se dene comoZ

X

f :=

ZRnf:

12.7. LA INTEGRAL SOBRE UN SUBCONJUNTO DE RN 285

Denotamos por

L(X) := ff : X ! R : f es Lebesgue-integrable en Xg: (12.22)

Identicando a f : X ! R con su extensión f : Rn ! R; se tiene que L(X) es unsubespacio vectorial de L(Rn):

Proposición 12.42 Si K es un subconjunto compacto de Rn y f : K ! R es continua,entonces f 2 L(K):

Demostración: Sean a := mnx2K f y b := maxx2K f: Denimos g : K ! R comog(x) := f(x) a: Como g 0; se tiene que g 2 S(Rn) [Ejercicio 12.47]. Entonces

0 ZRng

ZRn(b a)1K = (b a) voln(K) <1:

De la Observación 12.29 se sigue que g 2 L(Rn): Puesto que K es integrable, se tieneentonces que f = g + a1K 2 L(Rn): Por tanto, f 2 L(K):

Proposición 12.43 Si f : X ! R [ f1g es Lebesgue-integrable en X y Y es unsubconjunto integrable de Rn tal que Y X; entonces la restricción de f a Y;

f jY : Y ! R [ f1g;

es Lebesgue-integrable en Y y se cumple queZY

(f jY ) =ZX

f1Y :

Demostración: Observa que f jY = f1Y : Así que este resultado es consecuenciainmediata del Lema 12.37.

Notación 12.44 (a) En adelante denotaremos simplemente por f; en vez de f; a laextensión trivial de f a Rn:

(b) Si f : X ! R [ f1g es Lebesgue-integrable en X y Y es un subconjuntointegrable de Rn tal que Y X; denotamos porZ

Y

f :=

ZY

(f jY ) :


(c) Si X = (a; b) con 1 a < b 1; escribimosZ b

a

f :=

Z(a;b)

f:

(d) En adelante diremos simplemente que f es integrable en X; en vez de decir quees Lebesgue-integrable en X; y llamaremos a la integral de Lebesgue simplementela integral. Análogamente nos referiremos simplemente a la medida en vez dela medida de Lebesgue.

12.8. Ejercicios

Ejercicio 12.45 Prueba que, si K es un espacio métrico compacto y f; fk 2 C0(K) sontales que f1 fk fk+1 y fk(x) ! f(x) para cada x 2 K; entoncesfk ! f uniformemente en K:

Ejercicio 12.46 Prueba que, si fk 2 S(Rn); fk fk+1 para todo k 2 N y f :=nfk2N fk; entonces f 2 S(Rn) y Z

Rnf = lm

k!1

ZRnfk:

Ejercicio 12.47 Sea X Rn: Dada una función f : X ! R considera su extensióntrivial f : Rn ! R, dada por

f(x) :=

f(x) si x 2 X;0 si x 2 Rn rX:

Si f : X ! R es continua y f 0; prueba que

(a) si X es abierto, entonces f 2 S(Rn);

(b) si X es compacto, entonces f 2 S(Rn):

(Sugerencia: Usa el Ejercicio 4.46.)

Ejercicio 12.48 Sea X Rn: Demuestra que

(a) 1X 2 S(Rn) si y sólo si X es abierto en Rn;

(b) 1X 2 S(Rn) si y sólo si X es compacto en Rn:


Ejercicio 12.49 (a) Si A es una matriz de n n (no necesariamente invertible)y 2 Rn; considera la función afín ' : Rn ! Rn dada por '(x) := Ax + :Prueba que, si K es un subconjunto compacto de Rn; entonces '(K) es integrabley

voln('(K)) = jdetAj voln(K):

(b) Prueba que, si K es un subconjunto compacto de Rn y 2 R; entonces K :=fx : x 2 Kg es integrable y

voln(K) = jjn voln(K):

Ejercicio 12.50 Sean 0; 1; :::; n 2 Rn: Prueba que el paralelogramo

P := f0 + t11 + + tnn : ti 2 [0; 1] 8i = 1; :::; ng

es un subconjunto compacto de Rn y que

voln(P ) = jdet(1 n)j :


Ejercicio 12.51 Sean K un subconjunto compacto de Rn1 y a 2 (0;1): Usando elprincipio de Cavalieri, calcula el volumen en Rn del cilindro

K [0; a] := f(y; t) 2 Rn1 R : y 2 K; t 2 [0; a]g

en términos de a y voln1(K):

Ejercicio 12.52 Sean K un subconjunto compacto de Rn1 y a 2 [0;1): Calcula elvolumen en Rn del cono

C := f((1 t)y; ta) 2 Rn1 R : y 2 K; t 2 [0; 1]g

en términos de a y voln1(K): (Sugerencia: Usa el principio de Cavalieri.)

Ejercicio 12.53 Sean 0; 1; :::; n 2 Rn: Calcula el volumen en Rn del simplejo

(0; 1; :::; n) :=

(nXi=0

tii 2 Rn : ti 0 ynXi=0

ti = 1

):

(Sugerencia: Calcula primero el volumen de(0; e1; :::; en) para la base canónica fe1; :::; engde Rn; y aplica el Ejercicio 12.49 para obtener el caso general.)


Ejercicio 12.54 Calcula el volumen en Rn del elipsoide

E :=

(x 2 Rn :

nXi=1

x2ia2i 1)

con semiejes a1; :::; an 2 (0;1): (Sugerencia: Usa el Ejemplo 12.25 y el Ejercicio 12.49.)

Ejercicio 12.55 Sean K un subconjunto compacto de Rn y f : K ! R una funcióncontinua tal que f 0: Sea

Gf := f(x; t) 2 Rn R : x 2 K; 0 t f(x)g

el conjunto de puntos bajo la gráca de f:

(a) Prueba que Gf es compacto y que

voln+1(Gf ) =

ZK

f:

(Sugerencia: Aplica la Proposición 12.16.)

(b) Usa la armación (a) y el Ejemplo 12.25 para calcular la integral de la función

f(x) :=

( q1 kxk2 si kxk 1;

0 si kxk 1;

del Ejercicio 11.44.

Ejercicio 12.56 Si X y Y son subconjuntos integrables de Rn demuestra las siguientesarmaciones:

(a) Si X Y entonces voln(X) voln(Y ):

(b) voln(Y rX) voln(Y ) voln(X):

(c) Si X Y entonces voln(Y rX) = voln(Y ) voln(X):

Ejercicio 12.57 Prueba que, si X es un subconjunto integrable de Rn y voln(X) > 0entonces, para cada > 1; existe un subconjunto abierto de Rn tal que

X y voln() < voln(X):

(Sugerencia: Toma " := 1+1, observa que existe g 2 S(Rn) tal que g 1X yZ

Rng < (1 + ")voln(X);

y dene := fx 2 Rn : g(x) > 1 "g:)


Ejercicio 12.58 Prueba que, si Y es un subconjunto integrable y acotado de Rn yvoln(Y ) > 0 entonces, para cada < 1, existe un subconjunto compacto K de Rn talque

K Y y voln(Y ) < voln(K):

(Sugerencia: Elige un rectángulo Q tal que Y Q y aplica el ejercicio anterior alconjunto X := Q Y .)

Ejercicio 12.59 (a) Prueba que, si es un subconjunto abierto y acotado de Rn yf : ! R es una función continua y acotada, entonces f 2 L() yZ

jf j kfk1 voln():

(b) Si omitimos la hipótesis de que sea acotado, ¿es cierto que f 2 L()?

(c) Si omitimos la hipótesis de que f sea acotada, ¿es cierto que f 2 L()?

Ejercicio 12.60 Dada f : Rn ! R, denimos f+; f : Rn ! R como

f+(x) := maxff(x); 0g, f(x) := maxff(x); 0g:

Prueba que f 2 L(Rn) si y sólo si f+ 2 L(Rn) y f 2 L(Rn): (Sugerencia: Observaque f = f+ f y jf j = f+ + f:)

Ejercicio 12.61 Prueba que, si f; g 2 L(Rn); entoncesmaxff; gg 2 L(Rn) ymnff; gg 2L(Rn):

Ejercicio 12.62 Prueba que, si 1 < a < b < 1 y f : [a; b] ! R es continua,entonces la integral de f dada por la Denición 12.41 coincide con la integral usual deRiemann

R baf:

Ejercicio 12.63 Prueba que, si X es un subconjunto integrable de Rn; la función con-stante con valor c 2 R es integrable en X yZ

X

c = c voln(X):

Ejercicio 12.64 (Funciones Riemann-integrables) Sea E(Rn) el espacio vectorialgenerado por las funciones características de los rectángulos en Rn; es decir, los ele-mentos de E(Rn) son funciones de la forma

# =mXi=1

ci1Qi ;

donde Qi es un rectángulo y ci 2 R. Se les llama funciones escalonadas.


(a) Prueba que toda función escalonada es Lebesgue-integrable y queZRn# =

mXi=1

civoln(Qi):

(b) Una función f : Rn ! R es Riemann-integrable si, para cada " > 0; existen#1; #2 2 E(Rn) tales que #1 f #2 yZ

Rn#2

ZRn#1 < ":

Prueba que, si f 2 C0c (Rn), entonces f es Riemann-integrable.

(c) Si f es Riemann-integrable, su integral de Riemann I(f) se dene como

I(f) : = nf

ZRn# : # 2 E(Rn); # f

= sup

ZRn# : # 2 E(Rn); # f

:

Prueba que toda función Riemann-integrable f : Rn ! R es Lebesgue-integrable y

I(f) =

ZRnf:

(d) Sea X = Q \ [0; 1]: Prueba que 1X : R ! R no es Riemann-integrable. Enel siguiente capítulo probaremos que esta función sí es Lebesgue-integrable (verEjemplo 13.5).

Capítulo 13

Teoremas fundamentales de lateoría de integración

En este capítulo expondremos los teoremas fundamentales de la teoría de integraciónde Lebesgue.El cálculo efectivo de integrales múltiples depende en gran medida de la posibilidad

de reducirlo al cálculo sucesivo de integrales en dimensiones menores. El teorema deFubini arma que la integral de una función integrable f : Rn ! R se puede obtenerintegrando coordenada a coordenada, es decir, si 1 m < n entoncesZ

Rnf =

ZRnm

ZRm

f(x; y)dx

dy:

Este resultado requiere de ciertas precauciones ya que la función x 7! f(x; y) puede noser integrable para ciertas y 2 Rnm: El teorema de Fubini arma que el conjunto detales ys tiene medida 0:Los conjuntos integrables de medida 0 se llaman conjuntos nulos. Veremos que si

dos funciones coinciden fuera de un conjunto nulo y una de ellas es integrable, entoncesla otra lo es y las integrales de ambas coinciden. Es decir, podemos sustituir de maneraarbitraria los valores de una función en un conjunto nulo sin que esto altere ni laintegrabilidad de la función ni el valor de su integral.Estudiaremos también la posibilidad de intercambiar al límite por la integral, es

decir, de obtener la integral del límite puntual de una sucesión de funciones integrablescomo el límite de las integrales de dichas funciones. Este es un asunto de gran rele-vancia en el análisis matemático y tiene múltiples aplicaciones. La ausencia de buenascondiciones que permitan este intercambio es el motivo que llevó a sustituir la integralde Riemann por la integral de Lebesgue. Para la integral de Riemann la posibilidadde intercambiar al límite por la integral está estrechamente ligada a la convergencia

291

292 13. TEOREMAS FUNDAMENTALES DE LA TEORíA DE INTEGRACIÓN

uniforme mientras que, para la integral de Lebesgue, los teoremas que permiten esteintercambio contienen hipótesis considerablemente más débiles.Los dos teoremas fundamentales sobre convergencia en la teoría de integración de

Lebesgue son el teorema de convergencia monótona de Levi y el teorema de convergenciadominada de Lebesgue. El primero arma que, si la sucesión de funciones integrables(fk) es no decreciente y el supremo de sus integrales está acotado, entonces su límitepuntual f es integrable y Z

Rnf = lm

k!1

ZRnfk: (13.1)

El segundo arma que, si una sucesión (fk) de funciones integrables converge puntual-mente a una función f y si tales funciones están dominadas puntualmente por unafunción integrable g; es decir, si jfkj g para todo k; entonces f es integrable y secumple (13.1). Un tercer resultado importante, que se obtiene a partir del teorema deconvergencia monótona y se usa para probar el teorema de convergencia dominada, esel lema de Fatou, que da condiciones para la integrabilidad del límite inferior de unasucesión de funciones.Usando estos resultados de convergencia, demostraremos el teorema de cambio de

variable para funciones integrables a partir del resultado correspondiente para funcionescontinuas con soporte compacto.

13.1. Conjuntos nulos

Por simplicidad, escribiremos jXj en vez de voln(X).

Denición 13.1 Se dice que un subconjunto Z de Rn es nulo si es Z integrable yjZj = 0:

Observaciones 13.2 Observa que Z es nulo si y sólo siR 1Z = 0; ya que en ese caso

0 Z1Z

Z 1Z = 0

y, en consecuencia, 1Z es integrable y jZj =RRn 1Z = 0:

Si fk : Rn ! R[f1g y fk 0; la sucesión de sumas parcialesmPk=1

fk : Rn ! R[f1ges no decreciente. Denotamos al supremo puntual de esta sucesión de funciones por

1Pk=1

fk := supm2N

mPk=1

fk

: Rn ! R [ f1g:

El siguiente lema juega un papel importante en el estudio de las propiedades de losconjuntos nulos.

13.1. CONJUNTOS NULOS 293

Lema 13.3 Sean fk : Rn ! R [ f1g tales que fk 0: EntoncesZ 1Pk=1

fk 1Pk=1

Z fk:

Demostración: SiR fk =1 para algún k 2 N; el resultado es trivialmente cierto.

Así pues, supongamos queR f 2 R para todo k 2 N: Dada " > 0; escogemos gk 2

S(Rn) tal que gk fk y ZRngk

Z fk +

"

2k:

EntoncesP1

k=1 gk P1

k=1 fk: De la Proposición 12.17 se sigue queP1

k=1 gk 2 S(Rn)yZ 1P

k=1

fk ZRn

1Pk=1

gk = lmm!1

ZRn

mPk=1

gk = lmm!1

mPk=1

ZRngk =

1Pk=1

ZRngk

1Pk=1

Z fk + ";

para toda " > 0: En consecuencia,Z 1Pk=1

fk 1Pk=1

Z fk;


Una primera consecuencia de este lema es la siguiente.

Proposición 13.4 (a) Si Z es nulo y Y Z; entonces Y es nulo.

(b) Si fZk : k 2 Ng es una familia numerable de subconjuntos nulos de Rn; entoncesZ := [1k=1Zk es un subconjunto nulo de Rn.

Demostración: (a) es consecuencia inmediata de la monotonía de la integral supe-rior.(b): Observa que 1Z

P1k=1 1Zk : Aplicando la monotonía de la integral superior,

el Lema 13.3 y la Observación 13.2 obtenemos

0 Z

1Z Z 1P

k=1

1Zk 1Pk=1

Z 1Zk = 0:

En consecuencia, Z es nulo.

En particular, se cumple lo siguiente.


Ejemplo 13.5 Todo subconjunto numerable N de Rn es nulo, pues cada punto de Nlo es.

Veamos otros ejemplos.

Ejemplo 13.6 Si 1 m < n; K es un subconjunto compacto de Rm y f : K ! Rnmes una función continua, entonces la gráca de f;

graf(f) := f(x; y) 2 Rn : x 2 K, y = f(x)g;

es un subconjunto nulo de Rn.

Demostración: Como graf(f) es la imagen de K bajo la función continua g : K !Rn dada por g(x) := (x; f(x)); se tiene que graf(f) es compacto. Por tanto, graf(f) esun subconjunto integrable de Rn:Dado que

1graf(f)(x; y) :=

1ff(x)g(y) si x 2 K;0 si x =2 K;

para cada x 2 Rm se tiene queZRnm

1graf(f)(x; y)dy = 0:

Del teorema de Fubini para funciones semicontinuas (ver Proposición 12.16) se sigueque

jgraf(f)j =ZRn1graf(f) =

ZRm

ZRnm

1graf(f)(x; y)dy

dx = 0;


Del ejemplo anterior y el teorema de la función implícita se deduce que las subvar-iedades de Rn son subconjuntos nulos [Ejercicio 13.47]. Veamos un caso particular.

Ejemplo 13.7 La esfera Sn1(0; r) := fx 2 Rn : kxk = rg; r 0; es un subconjuntonulo de Rn.

Demostración: Considera la función f : Bn1(0; r)! R dada por f(x) :=qr2 kxk2;

donde Bn1(0; r) := fx 2 Rn1 : kxk rg: Como Sn1(0; r) = S+ [ S con S :=gr(f); del ejemplo anterior y la Proposición 13.4 se sigue que Sn1(0; r) es nulo.


Proposición 13.8 Z es un subconjunto nulo de Rn si y sólo si para cada " > 0 existeun subconjunto abierto de Rn tal que Z y jj < ":

Demostración: )) : Si Z es un subconjunto nulo de Rn entoncesR 1Z = 0: Por

tanto, dado " > 0; existe g 2 S(Rn) tal que g 1Z yZRng <

"

2:

Como g es s.c.i., := g1(12;1) es un subconjunto abierto de Rn (ver Ejercicio 4.46)

y, puesto que g 1Z ; se tiene que Z : Finalmente, dado que 2g 1; se cumpleque

jj =ZRn1

ZRn2g < ":

() : Inversamente, si para cada " > 0 existe un subconjunto abierto de Rn talque Z y jj < "; entonces

0 Z

1Z ZRn1 < " 8" > 0:

En consecuencia, Z es nulo.

Denición 13.9 Sea X un subconjunto de Rn: Decimos que una propiedad P (x) secumple casi dondequiera (c.d.) en X; o bien que se cumple para casi todo (p.c.t.)x 2 X; si el conjunto

fx 2 X : P (x) no se cumpleg

es nulo.

La siguiente proposición asegura que, si modicamos una función integrable sobreun subconjunto nulo de Rn, la función obtenida sigue siendo integrable y su integral esla misma.

Proposición 13.10 Sean f; g : Rn ! R [ f1g tales que f(x) = g(x) p.c.t. x 2 Rn:Si f es integrable, entonces g es integrable yZ

Rnf =

ZRng:


Demostración: Sean Z := fx 2 Rn : f(x) 6= g(x)g, hk := 1Z y h :=P1

k=1 hk; esdecir, h(x) =1 si x 2 Z y h(x) = 0 si x =2 Z: Aplicando el Lema 13.3, obtenemos queZ

h 1Xk=1

Z hk = 0:

Por otra parte, la Proposición 12.31 asegura que existe una sucesión ('k) en C0c (Rn) talque

lmk!1

Z jf 'kj = 0:

Nota que jg 'kj h+ jf 'kj : Por tanto,Z jg 'kj

Z h+

Z jf 'kj =

Z jf 'kj

y, en consecuencia,

lmk!1

Z jg 'kj = 0:

La Proposición 12.31 asegura entonces que g es integrable y queZRng = lm

k!1

ZRn'k =

ZRnf;


Además, una función integrable toma los valores 1 únicamente en un conjuntonulo. De hecho, se cumple lo siguiente.

Proposición 13.11 Si f : Rn ! R [ f1g satisfaceR jf j < 1; entonces f(x) 2 R

p.c.t. x 2 Rn: En particular, si f es integrable, entonces f(x) 2 R p.c.t. x 2 Rn:

Demostración: Sea Z := fx 2 Rn : f(x) = 1g: Como 1Z " jf j para todo " > 0;se tiene que Z

1Z "

Z jf j 8" > 0:

En consecuencia,R 1Z = 0 y, por tanto, Z es nulo. Esto prueba que f(x) 2 R p.c.t.

x 2 Rn:Si f es integrable, entonces jf j es integrable (ver Proposición 12.32) y, por tanto,R jf j <1: De la armación anterior se sigue que f(x) 2 R p.c.t. x 2 Rn:

Las proposiciones anteriores nos permiten concluir lo siguiente.


Corolario 13.12 Si f : Rn ! R[f1g es integrable, entonces la función ef : Rn ! Rdada por ef(x) := f(x) si f(x) <1;

0 si f(x) = 1;

es integrable, ef(x) = f(x) p.c.t. x 2 Rn yZRnef = Z

Rnf:

Demostración: La Proposición 13.11 asegura que ef(x) = f(x) p.c.t. x 2 Rn: De laProposición 13.10 se sigue entonces que ef es integrable y que las integrales de f y efcoinciden.

Proposición 13.13 Sea fk : Rn ! R [ f1g una sucesión de funciones tales que

lmk!1

Z jfkj = 0:

Entonces existe una subsucesión (fkj) de (fk) tal que fkj(x)! 0 p.c.t. x 2 Rn:

Demostración: Tomemos k1 < < kj < kj+1 < tales queZ jfkj j <

1

2j:

Por el Lema 13.3, se tiene queZ 1Pj=1

jfkj j 1Pj=1

Z jfkj j 1:

La Proposición 13.11 asegura entonces que existe un subconjunto nulo Z de Rn tal que1Pj=1

jfkj(x)j <1 8x 2 Rn r Z:

En consecuencia, fkj(x)! 0 para todo x 2 Rn r Z:

Observaciones 13.14 En la proposición anterior no es posible concluir que la sucesión(fk) converge puntualmente a 0 c.d. en Rn: existen ejemplos de sucesiones tales quelmk!1

R jfkj = 0 pero (fk(x)) no converge para ningún x en un conjunto de medidapositiva [Ejercicio 13.51].


Una consecuencia importante de la proposición anterior es la siguiente.

Corolario 13.15 Sea f : Rn ! R [ f1g: Entonces,R jf j = 0 si y sólo si f(x) = 0

p.c.t. x 2 Rn: En particular, si f es integrable yZRnjf j = 0;

entonces f(x) = 0 p.c.t. x 2 Rn:

Demostración: () : Si f(x) = 0 p.c.t. x 2 Rn; la Proposición 13.10 asegura quejf j es integrable y

RRn jf j = 0:

)) : Inversamente, siR jf j = 0; aplicando la Proposición 13.13 a la sucesión

fk := f; obtenemos que f(x) = 0 p.c.t. x 2 Rn:

13.2. El teorema de Fubini

Ahora queremos investigar si es posible calcular la integral de una función integrablef : Rn ! R [ f1g integrando coordenada a coordenada. El primer problema con elque nos topamos es que, si f es integrable, 1 m < n; y y 2 Rnm; la funciónf y : Rm ! R [ f1g dada por

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

no necesariamente es integrable. Veamos un ejemplo.

Ejemplo 13.16 Sea 1 m < n: Puesto que Rm f0g es un subconjunto nulo de Rn[Ejercicio 13.46], la función 1Rmf0g es integrable en Rn: Sin embargo, (1Rmf0g)0 = 1Rmno es integrable en Rm (ver Corolario 12.23).

El teorema de Fubini1 arma que este mal comportamiento ocurre únicamente enun subconjunto nulo de Rnm y que la integral de una función integrable f se puede

1Guido Fubini (1879-1943) nació en Venecia. Estudió en la Scuola Normale Superiore de Pisa, dondefue alumno de Ulisse Dini y Luigi Bianchi. Fue profesor en el Politécnico y la Universidad de Turín.

13.2. EL TEOREMA DE FUBINI 299

calcular usando integrando sucesivamente respecto a cada variable.

Guido Fubini

Teorema 13.17 (Fubini) Sean f : Rn ! R[f1g una función integrable y 1 m <n. Entonces existe un subconjunto nulo Z de Rnm tal que, para todo y 2 RnmrZ; lafunción f y : Rm ! R [ f1g dada por

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

es integrable. La función F : Rnm ! R dada por

F (y) :=

RRm f

y si y 2 Rnm r Z;0 si y 2 Z;

también es integrable y ZRnm

F =

ZRnf: (13.2)

Demostración: Sean h 2 S(Rn) y g 2 S(Rn) tales que h f g: El teorema deFubini para funciones semicontinuas (ver Proposición 12.16) asegura que hy 2 S(Rm)y gy 2 S(Rm) para todo y 2 Rnm y que las funciones

H(y) :=

ZRm

hy y G(y) :=

ZRm

gy

cumplen que H 2 S(Rnm), G 2 S(Rnm),ZRnm

H =

ZRnh y

ZRnm

G =

ZRng:

Para cada y 2 Rnm denotamos por

F1(y) :=

Zf y y F2(y) :=

Z f y:


Como hy f y gy; se tiene que H F1 F2 G (ver Lema 12.27). En consecuencia,ZRnh =

ZRnm

H ZFi

Z Fi

ZRnm

G =

ZRng, i = 1; 2:

Dado que f es integrable en Rn; tomando el ínmo sobre las funciones g 2 S(Rn) talesque g f y el supremo sobre las funciones h 2 S(Rn) tales que h f; obtenemosZ

Rnf

ZFi

Z Fi

ZRnf; i = 1; 2:

En consecuencia, F1 y F2 son integrables en Rnm yZRnm

F1 =

ZRnm

F2 =

ZRnf:

Por el Corolario 13.12, la función eFi : Rnm ! R dada por

eFi(y) := Fi(y) si Fi(y) <1;0 si Fi(y) = 1;

es integrable, Zi := fy 2 Rnm : Fi(y) = 1g es un subconjunto nulo de Rnm yZRneFi = Z

RnFi =

ZRnf; i = 1; 2:

Como eFi toma valores en R tiene sentido considerar eF2 eF1 y, dado que eF2 eF1 0 yRRnm(

eF2 eF1) = 0; el Corolario 13.15 asegura que Z0 := fy 2 Rnm : eF1(y) 6= eF2(y)ges nulo en Rnm. Entonces Z := Z0 [ Z1 [ Z2 es nulo en Rnm y, comoeFi(y) = Fi(y) y 1 < eF1(y) = eF2(y) <1 8y 2 Rnm r Z;

de la denición de F1 y F2 se sigue que

1 <

Zf y =

Z f y <1 8y 2 Rnm r Z:

Por tanto, f y es integrable yZRm

f y = F1(y) = F2(y) 8y 2 Rnm r Z:

Finalmente, como F1 = F c.d. en Rnm y F1 es integrable en Rnm; la Proposición13.10 asegura que F es integrable en Rnm yZ

RnmF =

ZRnm

F1 =

ZRnf:


13.3. TEOREMAS DE CONVERGENCIA 301

Notación 13.18 La identidad (13.2) suele escribirse comoZRnf(y; z) dy dz =

ZRnm

ZRm

f(y; z)dy

dz:

Dado que el intercambio de variables (y; z) 7! (z; y) es una transformación ortogonal,el Teorema 12.34 asegura que tambiénZ

Rnf(y; z) dy dz =

ZRm

ZRnm

f(y; z)dz

dy:

13.3. Teoremas de convergencia

Daremos a continuación varios criterios importantes que garantizan la integrabilidaddel límite puntual de funciones integrables y la posibilidad de expresar a la integral dedicho límite como el límite de las correspondientes integrales.El siguiente ejemplo muestra que no es cierto, en general, que el supremo puntual

de una sucesión no decreciente de funciones integrables sea integrable.

Ejemplo 13.19 Si fk := 1Bn(0;k) es la función característica de la bola de radio k concentro en el origen en Rn; entonces fk es integrable y fk fk+1 para todo k 2 N: Sinembargo, 1Rn = supk2N fk no es integrable.

Si el supremo puntual f := supk2N fk de una sucesión no decreciente (fk) de fun-ciones integrables es integrable, entonces

lmk!1

ZRnfk

ZRnf <1:

El teorema que enunciaremos a continuación, arma que basta con que este límite seanito para garantizar la integrabilidad de f:Nota que, si (tk) es una sucesión no decreciente de números reales entonces, para

cualesquiera k; i 2 N, se tiene que

tk+i tk =k+iP

j=k+1

(tj tj1) :

Tomando el límite cuando i!1 concluimos que

lmi!1

ti tk =1P

j=k+1

(tj tj1) : (13.3)


Usaremos esta fórmula en la demostración del siguiente resultado de Beppo Levi2.

Beppo Levi

Teorema 13.20 (de convergencia monótona) Si fk : Rn ! R [ f1g es inte-grable, fk fk+1 para todo k 2 N y

lmk!1

ZRnfk <1;

entonces f := supk2N fk es integrable yZRnf = lm

k!1

ZRnfk:

Demostración: Como fk es integrable, la Proposición 13.11 asegura que el conjunto

Zk := fx 2 Rn : fk(x) = 1g

es nulo para todo k 2 N. Por tanto, Z := [1k=1Zk es un subconjunto nulo de Rn (verProposición 13.4). Reemplazando los valores de fk en Z por 0 obtenemos funcionescuyo supremo puntual coincide con f fuera de Z: Estas nuevas funciones también sonintegrables y la integral de cada una de ellas coincide con la de la función original (verProposición 13.10). Por tanto, podemos suponer, sin perder generalidad, que fk tomavalores en R.De la fórmula (13.3) se sigue que

f fk =1P

j=k+1

(fj fj1) :

2Beppo Levi (1875-1961) nació en Turín, Italia y obtuvo el doctorado en la Universidad de Turín.En 1939 emigró a Argentina donde fue profesor de la Universidad Nacional del Litoral (hoy UniversidadNacional de Rosario).


Por tanto, usando el Lema 13.3 y la fórmula (13.3), obtenemosZ (f fk)

1Pj=k+1

Z (fj fj1)

=1P

j=k+1

ZRnfj

ZRnfj1

=

lmi!1

ZRnfi

ZRnfk:

Como lmk!1

RRn fk < 1; se tiene que lm

k!1

lmk!1

RRn fk

RRn fk

= 0 y, en conse-

cuencia,

lmk!1

Z (f fk) = 0:

Por otra parte, la Proposición 12.31 asegura que existe 'k 2 C0c (Rn) tal queZ jfk 'kj <

1

k: (13.4)

Por tanto,

lmk!1

Z jf 'kj lm

k!1

Z jf fkj+ lm

k!1

Z jfk 'kj = 0:

Esto prueba que f es integrable y queZRnf = lm

k!1

ZRn'k:

De la desigualdad (13.4) se sigue que

lmk!1

ZRn(fk 'k) = 0;

lo que nos permite concluir que

lmk!1

ZRnfk = lm

k!1

ZRn(fk 'k) +

ZRn'k

= lm

k!1

ZRn'k =

ZRnf;


El análogo para sucesiones decrecientes de funciones también es válido.

Corolario 13.21 Si fk : Rn ! R[f1g es integrable y fk fk+1 para todo k 2 N; y

lmk!1

ZRnfk > 1;


entonces f := nfk2N fk es integrable yZRnf = lm

k!1

ZRnfk:

Demostración: Este resultado se obtiene aplicando el Teorema 13.20 a la sucesión(fk):

Corolario 13.22 Sea X1 Xk una sucesión no decreciente de subcon-juntos integrables de Rn: Si la sucesión (jXkj) de sus medidas de Lebesgue en Rn estáacotada, entonces [1k=1Xk es integrable y 1S

k=1

Xk

= lmk!1

jXkj :

Demostración: Este resultado es consecuencia del Teorema 13.20 aplicado a lasucesión de funciones características 1Xk ; ya que supk2N 1Xk = 1[1k=1Xk :

Corolario 13.23 Sea X1 Xk una sucesión no creciente de subconjuntosintegrables de Rn: Entonces \1k=1Xk es integrable y 1T

k=1

Xk

= lmk!1

jXkj :

Demostración: Este resultado es consecuencia del Corolario 13.21 aplicado a la suce-sión de funciones características 1Xk ; ya quenfk2N 1Xk = 1\1k=1Xk : Nota que

RRn 1Xk 0:

Dadas funciones fk : Rn ! R [ f1g, denotamos por lm infk!1 fk : Rn !R [ f1g y por lm supk!1 fk : Rn ! R [ f1g a las funciones

lm infk!1

fk

(x) := lm inf

k!1fk(x);

lm supk!1

fk

(x) := lm sup

k!1fk(x)

(ver Denición 4.26). El siguiente resultado, debido a Fatou3, da condiciones para la

3Pierre Joseph Louis Fatou (1878-1929) nació en Lorient, Francia. Estudió matemáticas en la ÉcoleNormale Supérieure de Paris y trabajó como astrónomo en el observatorio de Paris.


integrabilidad de lm infk!1 fk.

Pierre Fatou

Teorema 13.24 (Lema de Fatou) Sea fk : Rn ! R [ f1g una sucesión de fun-ciones integrables con las siguientes propiedades:

(i) existe una función integrable g : Rn ! R[f1g tal que fk g para todo k 2 N;

(ii) existe M 2 R tal que ZRnfk M 8k 2 N:

Entonces lm infk!1 fk es integrable yZRnlm infk!1

fk lm infk!1

ZRnfk:

Demostración: Fijemos k 2 N: Para cada j k denimos fj;k := mnffi : k i jg: Entonces, fj;k es integrable (ver Ejercicio 12.61), fj;k fj+1;k y fj;k g para todoj 2 N. Por tanto,

lmj!1

ZRnfj;k

ZRng > 1:

Por el Corolario 13.21, se tiene que gk := nfjk fj;k es integrable yZRngk = nf

jk

ZRnfj;k nf

jk

ZRnfj M; (13.5)

ya que fj fj;k: Observa que gk = nfjk fj. Como gk gk+1 para todo k 2 N,el Teorema 13.20 asegura que supk2N gk es integrable y, usando la desigualdad (13.5),obtenemos que Z

Rnsupk2N

nfjk

fj =

ZRnsupk2N

gk = supk2N

ZRngk sup

k2Nnfjk

ZRnfj;



El siguiente ejemplo muestra que, en general, no se cumple la igualdad en el lemade Fatou, ni siquiera cuando la sucesión (fk) converge puntualmente.

Ejemplo 13.25 Existen sucesiones (fk) que satisfacen las hipótesis del lema de Fatoupara las cuales se cumple la desigualdad estrictaZ

Rnlm infk!1

fk < lm infk!1

ZRnfk:

Demostración: Sea fk : R! R la función fk(x) := maxfkk2x 1

k

; 0g: Entoncesfk es integrable, fk 0 y Z

Rfk = 1 8k 2 N.

Como lmk!1 fk(x) = 0 para todo x 2 R; se tiene queZRlmk!1

fk = 0 < 1 = lmk!1

ZRfk:

Es decir, en este caso no se da la igualdad.

32101

0 .8

0 .6

0 .4

0 .20

x

y

x

y

32101

1.5

1

0.5

0

x

y

x

y

grácas de f1 y f2

Uno de los teoremas más importantes de la teoría de integración es el teorema deconvergencia dominada de Lebesgue. Este teorema da una condición suciente para laintegrabilidad del límite puntual de una sucesión de funciones integrables: basta que lasucesión (fk) esté dominada por una función integrable g, es decir, que jfk(x)j g(x)p.c.t. x 2 Rn, para que lmk!1 fk sea integrable. Dicha condición asegura además quepodemos intercambiar al límite por la integral.

Teorema 13.26 (de convergencia dominada) Sean f; fk : Rn ! R [ f1g fun-ciones con las siguientes propiedades:


(i) fk es integrable,

(ii) fk(x)! f(x) p.c.t. x 2 Rn;

(iii) existe una función integrable g : Rn ! R [ f1g tal que, para cada k 2 N, secumple que jfk(x)j g(x) p.c.t. x 2 Rn:

Entonces f es integrable y ZRnf = lm

k!1

ZRnfk:

Demostración: Los conjuntos

Z1 : = fx 2 Rn : g(x) = 1g;Z0 : = fx 2 Rn : (fk(x)) no converge a f(x)g;Zk : = fx 2 Rn : jfk(x)j > g(x)g;

son nulos. Por tanto, Z := [1k=1Zk es nulo. Nota que jf(x)j g(x) < 1 para todox 2 RnrZ: Reemplazando fk(x); f(x) y g(x) por 0 para todo x 2 Z, podemos suponersin perder generalidad que fk; f y g toman valores en R, y que

lmk!1

fk(x) = f(x) y jfk(x)j g(x) 8k 2 N, 8x 2 Rn. (13.6)

Como fk g y ZRnfk

ZRng =:M 8k 2 N;

el lema de Fatou (ver Teorema 13.24) asegura que f es integrable y queZRnf lm inf

k!1

ZRnfk: (13.7)

Observa que las funciones fk y f también satisfacen (13.6). Por tanto,

ZRnf =

ZRnf lm inf

k!1

ZRnfk = lm sup

k!1

ZRnfk: (13.8)

De (13.7) y (13.8) se sigue queZRnf lm inf

k!1

ZRnfk lm sup

k!1

ZRnfk

ZRnf:

En consecuencia, ZRnf = lm

k!1

ZRnfk


(ver Ejercicio 4.45). Esto concluye la demostración.

Observa que las sucesiones de funciones de los Ejemplos 11.8, 11.12, 13.19 y 13.25no están dominadas por ninguna función integrable g [Ejercicio 13.58].La importancia del teorema de convergencia dominada quedará de maniesto en las

múltiples aplicaciones que veremos en el resto de estas notas. Concluimos esta seccióncon dos corolarios interesantes de los teoremas de convergencia monóntona y conver-gencia dominada. En las secciones siguientes daremos algunas aplicaciones de ellos.

Corolario 13.27 Sean X1 Xk subconjuntos de Rn; X :=1Sk=1

Xk y

f : X ! R una función tal que f jXk2 L(Xk) para todo k 2 N y

lmk!1

ZXk

jf j <1:

Entonces f 2 L(X), f 2 L(X rXk) para todo k 2 N,ZX

f = lmk!1

ZXk

f y lmk!1

ZXrXk

jf j = 0:

Demostración: Como hemos convenido (ver Notación 12.44), identicamos a f consu extensión trivial a Rn: Denotamos por fk := f1Xk : Por hipótesis fk 2 L(Rn): Enconsecuencia, jfkj 2 L(Rn) y, como jfkj jfk+1j y

lmk!1

ZRnjfkj = lm

k!1

ZXk

jf j <1;

el teorema de convergencia monótona (ver Teorema 13.20) asegura que jf j = supk2N jfkjes integrable.Ahora, 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, el teorema de convergencia dominada (ver Teorema 13.26) asegura que f esintegrable y que Z

X

f = lmk!1

ZXk

f

Entonces f fk = f1XrXk es integrable y, en consecuencia, jf fkj también lo es.Puesto que jf(x) fk(x)j ! 0 para todo x 2 Rn y jf(x) fk(x)j 2 jf(x)j para todox 2 Rn y k 2 N, el teorema de convergencia dominada asegura que

0 = lmk!1

ZX

jf fkj = lmk!1

ZXrXk

jf j ;



Corolario 13.28 Sea fj : Rn ! R una sucesión de funciones integrables tales que

1Pj=1

ZRnjfjj <1:

Entonces la serie1Pj=1

fj converge c.d. en Rn a una función integrable f : Rn ! R y

lmk!1

ZRn

f kPj=1

fj

= 0:Demostración: Denotemos por

gk :=kPj=1

jfjj y g :=1Pj=1

jfjj = supk2N

gk:

Como gk es integrable, gk gk+1 y

lmk!1

ZRngk =

1Pj=1

ZRnjfjj <1;

el teorema de convergencia monótona asegura que g es integrable. En consecuencia, porla Proposición 13.11, existe un subconjunto nulo Z de Rn tal que

g(x) :=1Pj=1

jfj(x)j <1 8x 2 Rn r Z:

Esto implica que la serie1Pj=1

fj(x) converge para todo x 2 Rn r Z:

Denimos f : Rn ! R como

f(x) :=

8<:1Pj=1

fj(x) si x 2 Rn r Z;

0 si x 2 Z:

EntonceskPj=1

fj(x)! f(x) p.c.t. x 2 Rn y

kPj=1 fj(x) g(x) 8x 2 Rn; 8k 2 N.


El teorema de convergencia dominada asegura entonces que f es integrable. En conse-

cuencia, f kPj=1

fj es integrable y, como

f(x)kPj=1

fj(x)! 0 8x 2 Rn r Z

y f(x) kPj=1

fj(x)

jf(x)j+ kPj=1 fj(x)

jf(x)j+ g(x) 8x 2 Rn; 8k 2 N,

el teorema de convergencia dominada asegura que

lmk!1

ZRn

f kPj=1

fj

= 0;como arma el enunciado.

13.4. La integral de funciones radiales

Sean 0 < a < b <1: Considera el conjunto

An(a; b) := fx 2 Rn : a kxk bg:

Observa que An(a; b) =Bn(0; b)r Bn(0; a)

[ Sn1(0; a): De la Proposición 12.38 y

los Ejemplos 12.25 y 13.7 se sigue entonces que

voln(An(a; b)) = (bn an)!n;

donde !n es el volumen de la bola unitaria en Rn.Se dice que una función g : An(a; b)! R es radial si su valor depende únicamente

de kxk ; es decir, si g(x) = f(kxk) donde f : [a; b] ! R. El siguiente resultado armaque, si f es continua, la integral de g se puede calcular en términos de la integral deRiemann de f .

Teorema 13.29 (Integral de una función radial) Si f : [a; b]! R es una funcióncontinua, entonces Z

An(a;b)

f(kxk)dx = n!n

Z b

a

f(t)tn1dt:

13.4. LA INTEGRAL DE FUNCIONES RADIALES 311

Demostración: Para cada k 2 N consideramos la partición a = a0 < a1 < <ak = b del intervalo [a; b] tal que aj aj1 =

1k(b a): Por simplicidad denotamos por

A := An(a; b) y Aj := An(aj1; aj): Entonces A = A1 [ [ Ak y Ai \ Aj es nulo sii 6= j (ver Ejemplo 13.7). Por tanto,

jAj = jA1j+ + jAkj :

El teorema del valor medio aplicado a la función t 7! tn asegura que existe j 2 (aj1; aj)tal que

anj anj1 = nn1j (aj aj1):

Por tanto,jAjj = (anj anj1)!n = nn1j (aj aj1)!n:

Considera la función

gk :=kPj=1

f(j)1Aj :

Se tiene que ZA

gk =kPj=1

f(j) jAjj = n!nkPj=1

f(j)n1j (aj aj1):

La suma que aparece en el término de la derecha es una suma de Riemann para la inte-gral de la función t 7! f(t)tn1 en [a; b]: Por tanto, haciendo tender k !1 obtenemos

lmk!1

ZA

gk = n!n

Z b

a

f(t)tn1dt: (13.9)

Demostraremos a continuación queZA

f(kxk)dx = lmk!1

ZA

gk(x)dx: (13.10)

Como f es uniformemente continua en [a; b], para cada " > 0 existe k0 2 N tal que

jf(t) f(s)j < "

jAj si js tj < b a

kcon k k0:

En consecuencia, dado que jf(kxk) gk(x)j =Pk

j=1

f(kxk) f(j) 1Aj(x) p.c.t. x 2

A; se tiene queZA

jf(kxk) gk(x)j dx =

kXj=1

ZAj

f(kxk) f(j) dx

kXj=1

"

jAj jAjj = " 8k k0:


Esto demuestra (13.10). Combinando las identidades (13.9) y (13.10) se obtiene laidentidad deseada.

Ejemplo 13.30 Si 2 R y 0 < a < b <1; entoncesZAn(a;b)

kxk dx =

nn+

!n (bn+ an+ ) si + n 6= 0;

n!n (ln b ln a) si + n = 0:

Demostración: Por el teorema anterior,ZAn(a;b)

kxk dx = n!n

Z b

a

t +n1dt:

Calculando la integral de la derecha se obtiene el resultado.

Si < 0 la función x 7! kxk no está denida en 0: Sin embargo, como f0g es unconjunto nulo, podemos extender esta función a una función Rn ! R dándole cualquiervalor en 0, por ejemplo 0:

Proposición 13.31 Si 2 R y r > 0; entonces

(a) la función x 7! kxk es integrable en Bn(0; r) si y sólo si + n > 0 y, en esecaso, Z

kxkrkxk dx = n!n

n+ rn+ .

(b) la función x 7! kxk es integrable en Rn r Bn(0; r) si y sólo si + n < 0 y, enese caso, Z

kxkrkxk dx = n!n

n+ rn+ .

Demostración: (a): Sea " > 0: Del Ejemplo 13.30 se sigue que

lm"!0

ZAn(";r)

kxk dx =

nn+

!nrn+ si n+ > 0;

1 si n+ 0:

Si n+ > 0; el Corolario 13.27 asegura que x 7! kxk es integrable en Bn(0; r) y queZkxkr

kxk dx = lmk!1

ZAn( 1

k;r)

kxk dx = n

n+ !nr

n+ .

13.4. LA INTEGRAL DE FUNCIONES RADIALES 313

Supongamos ahora que + n 0: Si x 7! kxk fuera integrable en Bn(0; r); se tendríaque Z

An(";r)

kxk dx Zkxkr

kxk dx <1 8" 2 (0; r):

Esto es una contradicción.La demostración de (b) es análoga [Ejercicio 13.67].

Anteriormente probamos que el producto de dos funciones integrables es integrablesi una de ellas es acotada (ver Lema 12.37). El siguiente ejemplo muestra que estaúltima hipótesis es importante.

Ejemplo 13.32 El producto de funciones integrables no es necesariamente integrable.

Demostración: La función f(x) := kxkn=2 es integrable en Bn(0; r), pero f 2(x) =kxkn no lo es.

La Proposición 13.31 nos permite dar un criterio muy útil de integrabilidad para fun-ciones f : Rn ! R en términos de su comportamiento al1. Empezamos introduciendoel siguiente concepto.

Denición 13.33 Sea un subconjunto abierto de Rn: Una función f : ! R eslocalmente integrable en si, para todo subconjunto compacto K de ; la funciónf jK : K ! R es integrable en K:

Observa que cualquier función continua f : Rn ! R es localmente integrable (verEjemplo 12.42). Denotamos por

Lloc() := ff : ! R : f es localmente integrable en g: (13.11)

Una consecuencia del Corolario 13.27 es la siguiente.

Proposición 13.34 Sea un subconjunto abierto de Rn: Entonces f 2 L() si y sólosi f 2 Lloc() y

R jf j <1:

Demostración: )) : Claramente, si f 2 L(); entonces f 2 Lloc() yR jf j <1:

() : Inversamente, supongamos que f 2 Lloc() yR jf j < 1: Para cada k 2 N

denimos

k := fx 2 : kxk < k; dist(x; @) >1

kg:


Entonces k k+1 y = [1k=1k; donde k es la cerradura de k en Rn: Como kes compacto, se tiene que f jk2 L(k) yZ

k

jf j Z

jf j <1 8k 2 N:

Por el Corolario 13.27, f 2 L().

Corolario 13.35 (Criterio de integrabilidad) Si f 2 Lloc(Rn) y existen " > 0;M 0 y r > 0 tales que

jf(x)j M

kxkn+"8x 2 Rn rBn(0; r);

entonces f 2 L(Rn):

Demostración: Como jf j = jf j 1 Bn(0;r) + jf j 1Rnr Bn(0;r); se tiene queZ jf j

Z jf j 1 Bn(0;r) +

Z jf j 1Rnr Bn(0;r)

Zkxkr

jf j+M

Zkxkr

1

kxkn+"dx <1:

La existencia de las dos últimas integrales se sigue de que f 2 Lloc(Rn) y de la Proposi-ción 13.31, respectivamente. La Proposición 13.34 asegura que f 2 L(Rn):

13.5. El teorema de cambio de variable

El teorema de cambio de variable para funciones continuas con soporte compacto(ver Teorema 11.25) se generaliza a funciones integrables como sigue.

Teorema 13.36 (de cambio de variable) Sean y 0 subconjuntos abiertos de Rny ' : ! 0 un difeomorsmo de clase C1. Entonces, f 2 L(0) si y sólo si (f ') jdet'0j 2 L() y, en tal caso, se cumple queZ

f('(x)) jdet'0(x)j dx =Z0f(y)dy:


Reduciremos la demostración de este teorema al caso en el que f 2 C0c (0): Para ellorequerimos el siguiente resultado.

Proposición 13.37 (Aproximación por funciones en C0c ()) Si es abierto enRn y f 2 L() entonces existe una sucesión fk 2 C0c () tal que

lmk!1

Z

jf fkj = 0:

Demostración: Sea " > 0: Basta probar que existe f" 2 C0c () tal queZ

jf f"j < ":

Como convenimos (ver Notación 12.44), identicamos a f con su extensión trivial a Rn.Por la Proposición 12.31 existe g 2 C0c (Rn) tal queZ

Rnjf gj < "

3: (13.12)

Considera la sucesión no decreciente de subconjuntos abiertos y acotados de ;

k := fx 2 : kxk < k; dist(x; @) >1

kg:

Nota que = [1k=1k: Como k es integrable se tiene que g jk2 L(k) (ver Proposi-ción 12.43), y como además

lmk!1

Zk

jgj ZRnjgj <1;

el Corolario 13.27 asegura que g 2 L(r k) y que

lmk!1

Zrk

jgj = 0:

Escogemos k0 2 N tal que Zrk0

jgj < "

3: (13.13)

Por simplicidad escribimos 0 := k0 : Sea M := maxx20 jg(x)j : Como 10 2 S(Rn);existe h 2 C0c (Rn) tal que h 10 yZ

Rn(10 h) <

"

3M:


Reemplazando h pormaxf0; hg, podemos suponer además que h 0: Entonces h(x) = 0para todo x 2 Rn r 0 y, en consecuencia, gh 2 C0c (): Más aún, usando el Ejercicio13.50 obtenemosZ

jf ghj Z

jf gj+Zr0

jg ghj+Z0

jg ghj

ZRnjf gj+

Zr0

jgj+M

ZRn(10 h) < ":


Requerimos también información sobre la imagen de un conjunto nulo bajo unafunción de clase C1. Se cumple lo siguiente.

Lema 13.38 Si es un subconjunto abierto de Rn y ' : ! Rn es de clase C1entonces, para todo subconjunto nulo Z de ; el conjunto '(Z) := f'(z) : z 2 Zg esnulo.

Demostración: Sea k := fx 2 : kxk < k; dist(x; @) > 1kg: Dado que la unión

numerable de conjuntos nulos es un conjunto nulo, basta probar que '(Z \k) es nulopara cada k 2 N:Fijemos k 2 N y " > 0: Tomemos una familia numerable de cubos Qj; j 2 N; tales

que

Z \ k Sj2N

Qj k y1Pj=1

jQjj < ":

Ésta se obtiene escogiendo un abierto U tal que Z \ k U k y jU j < " (verProposición 13.8) y expresándolo como una unión de cubos, U =

Sj2NQj; tales que

int(Qi)\ int(Qj) = ; si i 6= j (ver Ejercicio 13.45).Como k es compacto y '0 : ! L(Rn;Rn) es continua, se tiene que

Mk := supx2k

k'0(x)kL(Rn;Rn) <1:

Del teorema del valor medio (ver Corolario 9.17) y las desigualdades (11.9) se sigueentonces que

k'(x) '(y)k1 k'(x) '(y)k Mk kx yk Mk

pn kx yk1 8x; y 2 Qj:

Esto implica que, si Qj es un cubo de semilado , entonces '(Qj) está contenido en uncubo de semilado Mk

pn. Por tanto,

j'(Qj)j Mnk n

n=2 jQjj 8j 2 N:


Nota que '(Qj) es compacto y, por tanto, integrable. Se tiene entonces que mSj=1'(Qj)

mPj=1

j'(Qj)j Mnk n

n=2mPj=1

jQjj Mnk n

n=2" 8m 2 N:

El Corolario 13.22 asegura que1Sj=1

'(Qj) es integrable y que 1Sj=1'(Qj)

= lmm!1

mSj=1'(Qj)

Mnk n

n=2":

Como '(Z \ k) 1Sj=1

'(Qj); concluimos que

Z 1'(Z\k) Mn

k nn=2" 8" > 0:

Esto prueba que '(Z \ k) es nulo:

Estamos listos para demostrar el teorema de cambio de variable.

Demostración del Teorema 13.36. Sea f 2 L(0): Por la Proposición 13.37existe una sucesión (fk) en C0c (0) tal que

lmk!1

Z0jf fkj = 0: (13.14)

Reemplazando a (fk) por una subsucesión, podemos suponer además que existe unsubconjunto nulo Z de Rn tal que

fk(y)! f(y) 8y 2 0 r Z

(ver Proposición 13.13). Denotemos por

gk := (fk ') jdet'0j y g := (f ') jdet'0j :

Entonces, gk 2 C0c (),

gk(x)! g(x) 8x 2 r '1(Z)

y '1(Z) es nulo (ver Lema 13.38). El Teorema 11.25 asegura queZ

gk =

Z

(fk ') jdet'0j =Z0fk; (13.15)


y que Z

jgk gjj =Z

(jfk fjj ') jdet'0j =Z0jfk fjj

Z0jfk f j+

Z0jf fjj :

De esta última desigualdad y la armación (13.14) se sigue que existen k1 < < kj <kj+1 < tales que Z

gkj+1 gkj < 1

2j:

En consecuencia, deniendo gk0 := 0; concluimos que

1Pj=0

Z

gkj+1 gkj <1;

Observa que

gkm =m1Pj=0

(gkj+1 gkj)

y que

g(x) =1Pj=0

(gkj+1(x) gkj(x)) 8x 2 r '1(Z):

El Corolario 13.28 asegura entonces que g es integrable y que

lmm!1

Z

jg gkmj = 0:

Por tanto, usando las identidades (13.14) y (13.15), concluimos queZ

g = lmm!1

Z

gkm = lmm!1

Z0fkm =

Z0f;

que es la identidad deseada.Finalmente observa que, si g := (f ') jdet'0j ; entonces

f = (g '1)det '10 :

En consecuencia, f 2 L(0) si g 2 L(): Esto concluye la demostración.

Veamos una aplicación del teorema anterior.


Ejemplo 13.39 (Coordenadas polares) f 2 L(R2) si y sólo si la función (r; ) 7!rf(r cos ; r sin ) es integrable en [0;1) [0; 2] y, en ese caso,Z

R2f =

Z 2

0

Z 1

0

rf(r cos ; r sin ) dr d:

Demostración: Sean := (0;1) (0; 2) y 0 := R2r f(x; 0) : x 0g: La función' : ! 0 dada por '(r; ) := (r cos ; r sin ) es un difeomorsmo de clase C1 yjdet'0(r; )j = r: Por el Teorema 13.36, f 2 L(0) si y sólo si (r; ) 7! rf('(r; )) esintegrable en ; y Z

0f =

Z

rf('(r; )) dr d:

Como ([0;1) [0; 2])r y R2 r 0 son subconjuntos nulos de R2; concluimos quef 2 L(R2) si y sólo si (r; ) 7! rf(r cos ; r sin ) es integrable en [0;1) [0; 2] yZ

R2f =

Z0f =

Z

rf('(r; )) dr d =

Z 2

0

Z 1

0

rf(r cos ; r sin ) dr d;


13.6. Ejercicios

Ejercicio 13.40 Prueba que [0; 1]rQ es integrable y calcula su medida en R.

Ejercicio 13.41 El objetivo de este ejercicio es mostrar la existencia de subconjuntosnulos no numerables de [0; 1]: El conjunto de Cantor C se construye como sigue: Alintervalo [0; 1] le quitamos su tercio medio (1

3; 23) y denotamos al conjunto restante por

C1 := [0; 1]r1

3;2

3

:

A cada uno de los dos subintervalos cerrados de C1 le quitamos su tercio medio ydenotamos al conjunto restante por

C2 := C1 r

1

9;2

9

[7

9;8

9

:

Continuando de esta manera, a cada uno de los 2k subintervalos cerrados de Ck lequitamos su tercio medio y denotamos al conjunto restante por Ck+1: Denimos

C :=1Tk=1

Ck:

Prueba que C es nulo y no es numerable.


Ejercicio 13.42 Para cada " > 0; dene de manera explícita un subconjunto abiertointegrable de Rn tal que Qn y jj < ":

Ejercicio 13.43 (a) Prueba que, si Z es un subconjunto nulo de Rn; entonces RnrZes denso en Rn:

(b) ¿Es cierto que, si un subconjunto integrable X de Rn tiene medida positiva en-tonces int(X) 6= ;?

Ejercicio 13.44 Prueba que Z es un subconjunto nulo de Rn si y sólo si Z \Q es unsubconjunto nulo de Rn para todo rectángulo Q Rn:

Ejercicio 13.45 Un cubo es un rectángulo [a1; b1] [aN ; bN ] tal que bi ai =b1 a1 6= 0 para todo i = 2; :::; N:

(a) Prueba que todo subconjunto abierto de Rn es la unión de una familia numerablede cubos Qk; k 2 N; tales que int(Qj)\ int(Qk) = ; si j 6= k:

(b) Sean un subconjunto abierto de Rn y Z : Prueba que Z es un subconjuntonulo de Rn si y sólo si para cada " > 0 existe una familia numerable de cubos Qk;k 2 N; tales que

Z Sk2N

Qk y1Pk=1

jQkj < ":

(Sugerencia: Usa la Proposición 13.8 y el inciso (a).)

Ejercicio 13.46 (a) Prueba que, si 1 m < n, X es una unión numerable de sub-conjuntos compactos de Rm y f : X ! Rnm es una función continua, entoncesla gráca de f;

graf(f) := f(x; y) 2 Rn : x 2 X, y = f(x)g;

es un subconjunto nulo de Rn:

(b) Prueba que, si es abierto en Rm y f : ! Rnm es continua, entonces lagráca de f es un subconjunto nulo de Rn:

(c) Prueba que todo subespacio vectorial propio de Rn es nulo.

Ejercicio 13.47 Prueba que toda subvariedad M de Rn (ver Denición 10.10) es unsubconjunto nulo de Rn: (Sugerencia: Usa el Teorema 10.7.)

Ejercicio 13.48 Prueba que, si es un subconjunto abierto de Rn, ' : ! Rm es declase C1 y m > n; entonces '() es un subconjunto nulo de Rm.


Ejercicio 13.49 (Lema de Sard) Sean un subconjunto abierto de Rn y ' : !Rn una función de clase C1: El conjunto

K := fx 2 : det'0(x) = 0g

se llama el conjunto de puntos críticos de '; su imagen '(K) se llama el conjuntode valores críticos de '; y Rn r '(K) se llama el conjunto de valores regularesde ': Demuestra las siguientes armaciones:

(a) El conjunto de valores críticos de ' es un subconjunto nulo de Rn.

(b) El conjunto de valores regulares de ' es denso en Rn.

Ejercicio 13.50 Sean X1; X2 subconjuntos integrables de Rn tales que X1\X2 es nulo.Denotamos por X := X1 [X2: Prueba que f : X ! R [ f1g es integrable en X si ysólo si f jX1 es integrable en X1 y f jX2 es integrable en X2 y que, en ese caso,Z

X

f =

ZX1

f +

ZX2

f:

Ejercicio 13.51 Considera la familia numerable de intervalos cerrados0;1

2

;

1

2; 1

;

0;1

3

;

1

3;2

3

;

2

3; 1

;

0;1

4

;

1

4;1

2

;

1

2;3

4

;

3

4; 1

; : : :

Sea fk la función característica del k-ésimo intervalo de la lista.

(a) Prueba que

lmk!1

ZRjfkj = 0:

(b) Prueba que (fk(x)) no converge para ningún x 2 [0; 1]:

(c) Exhibe una subsucesión (fkj) que converge a 0 c.d. en R:

Ejercicio 13.52 Prueba que si Z es un subconjunto nulo de Rm entonces, para cualquiersubconjunto integrable X de Rn; el conjunto ZX es un subconjunto nulo de RmRn:

Ejercicio 13.53 Considera la función f : R2 ! R dada por

f(x; y) :=

(x2y2(x2+y2)2

si (x; y) 2 (0; 1)2;0 si (x; y) 2 R2 r (0; 1)2:


(a) Prueba que la función x 7! f(x; y) es integrable en R para todo y 2 R; la funcióny 7! f(x; y) es integrable en R para todo x 2 R; y que las integralesZ

R

ZRf(x; y)dx

dy;

ZR

ZRf(x; y)dy

dx;

existen y son distintas.

(b) ¿Es f una función integrable en R2?

Ejercicio 13.54 Considera la función f : R2 ! R dada por

f(x; y) :=

8<:y2 si 0 < x < y < 1;x2 si 0 < y < x < 1;0 en los otros casos;

y realiza un análisis análogo al del ejercicio anterior.

Ejercicio 13.55 Usando el Ejercicio 12.62 y el teorema de Fubini prueba que, si Q esun rectángulo en Rn y f : Q ! R es continua, entonces la integral de Lebesgue de f(Denición 12.41) coincide con la integral dada por la Denición 11.3.

Ejercicio 13.56 Prueba que, si Xk es un subconjunto integrable de Rn y

1Pk=1

jXkj <1;

entonces1Sk=1

Xk es un subconjunto integrable de Rn y

1Sk=1

Xk

1Pk=1

jXkj :

Ejercicio 13.57 Prueba que, si fk : Rn ! R [ f1g es integrable, fk 0 para todok 2 N; y

1Pk=1

ZRnfk <1;

entoncesP1

k=1 fk es integrable yZRn

1Pk=1

fk =1Pk=1

ZRnfk:


Ejercicio 13.58 Prueba, sin usar el teorema de convergencia dominada, que para lassucesiones de funciones (fk) de los Ejemplos 11.8, 11.12, 13.19,y 13.25 no existe ningunafunción integrable g : Rn ! R [ f1g tal que jfkj g c.d. en Rn para todo k 2 N.

Ejercicio 13.59 Prueba que, si f : Rn ! R es integrable, entonces

lmk!1

ZRnrBn(0;k)

f = 0:

Ejercicio 13.60 (Dependencia continua de un parámetro) Sean Y Rm; y0 2Y y f : Rn Y ! R [ f1g con las siguientes propiedades:

(i) Para cada y 2 Y; la función x 7! f(x; y) es integrable en Rn:

(ii) P.c.t. x 2 Rn; la función y 7! f(x; y) es continua en y0:

(iii) Existe una función integrable g : Rn ! R [ f1g tal que, para todo y 2 Y;

jf(x; y)j g(x) c.d. en Rn:

Prueba que la función F : Y ! R, dada por

F (y) :=

ZRnf(x; y)dx;

es continua en y0:

Ejercicio 13.61 (Derivación bajo el signo de integral) Sea f : Rn (a; b)! R[f1g una función con las siguientes propiedades:

(i) Para cada t 2 (a; b); la función x 7! f(x; t) es integrable en Rn:

(ii) P.c.t. x 2 Rn; la función t 7! f(x; t) toma valores en R y es diferenciable en(a; b).

(iii) Existe una función integrable g : Rn ! R [ f1g tal que, para todo t 2 (a; b);@f@t (x; t) g(x) c.d. en Rn:


Prueba que la función F : (a; b)! R, dada por

F (t) :=

ZRnf(x; t)dx;

es diferenciable en (a; b) y que

F 0(t) =

ZRn

@f

@t(x; t)dx:

Ejercicio 13.62 Sea f 2 C1c (R3) := C1(R3) \ C0c (R3). Prueba que la función F : R3 !R, dada por

F (x) :=

ZR3

f(y)

ky xkdy;

es de clase C1 y que sus derivadas parciales están dadas por

@F

@xi(x) :=

ZR3

1

ky xk@f

@yi(y)dy; i = 1; 2; 3:

Ejercicio 13.63 Sea fXk : k 2 Ng una familia de subconjuntos integrables de Rn talesque Xj \ Xi es nulo si i 6= j: Denotamos por X := [1k=1Xk: Si f : X ! R es unafunción tal que f jXk2 L(Xk) para todo k 2 N y existe M 2 R tal que

kPj=1

ZXj

jf j M 8k 2 N;

prueba que f 2 L(X) y ZX

f =1Pj=1

ZXj

f:

Ejercicio 13.64 Prueba que, para todo r > 0; 1 i n;ZBn(0;r)

x2i dx =!nn+ 2

rn+2:

(Sugerencia: Observa que, por la invariancia de la integral bajo transformaciones ortog-onales, Z

Bn(0;r)

x2i dx =

ZBn(0;r)

x2j dx;

y calculanPi=1

ZBn(0;r)

x2i dx:)


Ejercicio 13.65 Para 0 a < b <1 y n par; calcula la integralZAn(a;b)

exp(kxk2)dx:

Ejercicio 13.66 Para 0 < a < b <1; calcula la integralZAn(a;b)

ln(kxk)dx:

Ejercicio 13.67 Sea r > 0: Prueba que la función x 7! kxk es integrable en Rn rBn(0; r) si y sólo si + n < 0 y, en ese caso,Z

kxkrkxk dx = n!n

n+ rn+ .

Ejercicio 13.68 Prueba que la función f : Rn ! R, f(x) := exp(kxk2); es integrableen Rn y que Z

Rnexp(kxk2)dx = n=2:

Ejercicio 13.69 ¿Para qué números > 0 es x 7!

11kxk2

integrable en Bn(0; 1)?

Calcula la integral Zkxk<1

1

1 kxk2

dx

para tales :

Ejercicio 13.70 Sean a1; :::; am puntos distintos en Rn, m > n > 1; y sea f : Rn ! R;

f(x) :=mQi=1

1

kx aik:

Prueba que f es integrable en Rn:

Ejercicio 13.71 Prueba que, si f 2 Lloc(Rm) y g 2 Lloc(Rnm) con 1 m < n;entonces fg 2 Lloc(Rn), donde (fg)(x; y) := f(x)g(y) si (x; y) 2 RmRnm Rn:

Ejercicio 13.72 (Coordenadas esféricas) Sea ' : [0;1) [0; ] [0; 2] ! R3 lafunción '(r; ; ) := (r sin cos; r sin sin; r cos ): Entonces f 2 L(R3) si y sólo sila función (r; ; ) 7! f('(r; ; ))r2 sin es integrable en [0;1) [0; ] [0; 2] y, enese caso,Z

R3f =

Z 2

0

Z

0

Z 1

0

f(r sin cos; r sin sin; r cos )r2 sin dr d d.


Ejercicio 13.73 (Coordenadas cilíndricas) Enuncia y demuestra el teorema de cam-bio de variable para el cambio de coordenadas (r; ; z) 7! (r cos ; r sin ; z):

Ejercicio 13.74 Usando coordenadas esféricas calcula el volumen de la bola B3(0; r) :=fx 2 R3 : kxk rg:

Capítulo 14

Los espacios de Lebesgue

En el espacio de funciones continuas con soporte compacto C0c () podemos consid-erar las normas

kfkp :=Z

jf jp1=p

; p 2 [1;1);

análogas a aquéllas en C0[a; b] que consideramos en el capítulo 2. Éstas aparecen enmuchas aplicaciones importantes, pero el espacio C0c () no resulta adecuado para tratarmuchas de esas aplicaciones porque no es completo.Los espacios de Lebesgue Lp(); que introduciremos en este capítulo, son espacios

de Banach y contienen a C0c () como subespacio denso. Sus elementos son clases deequivalencia de funciones medibles f : ! R tales que jf jp es integrable, y su normaes la que denimos arriba. Los espacios de Lebesgue tienen una enorme relevancia enanálisis y en diversas áreas de las matemáticas, e importantes aplicaciones en la física,la ingeniería, las nanzas y otras disciplinas.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, lasfunciones medibles tienen la ventaja de que el producto de funciones medibles y la p-ésima potencia de una función medible resultan ser funciones medibles. Se tiene ademásun criterio sencillo que garantiza su integrabilidad: si f es medible y está dominada poruna función integrable, entonces f es integrable (ver Teorema 14.15). Para funcionesmedibles vale además el inverso del teorema de Fubini (ver Teorema 14.17).Probaremos que el espacio C1c () de funciones de clase C1 con soporte compacto en

es un subespacio denso de Lp(): Para ello introduciremos el producto de convolución,que asocia a un par de funciones 2 C1c (Rn) y f 2 Lp(Rn) una función f 2C1(Rn) \ Lp(Rn): Escogiendo k de manera adecuada, se obtiene una sucesión k fde funciones con soporte compacto que converge a f en Lp(Rn):El producto de convolución tiene múltiples aplicaciones que van desde la solución

327

328 14. LOS ESPACIOS DE LEBESGUE

de problemas con condición de frontera en ecuaciones diferenciales parciales, hasta elprocesamiento de señales digitales o de imágenes1.Finalmente, estudiaremos la noción de compacidad en Lp() y daremos condiciones

que garantizan que un subconjunto K de Lp() es compacto.

14.1. Conjuntos y funciones medibles

Denotemos porBn(0; k) := fx 2 Rn : kxk rg:

El volumen de un subconjunto abierto de Rn siempre está denido (ver Denición12.19), aun cuando éste no sea integrable. Podemos extender la noción de volumencomo sigue.

Denición 14.1 Un subconjunto X de Rn es (Lebesgue-)medible si X \ Bn(0; k) esintegrable en Rn para todo k 2 N. Su medida (de Lebesgue) se dene como

jXj := lmk!1

X \ Bn(0; k) :

Observaciones 14.2 (a) Observa que todo conjunto integrable es medible (ver Proposi-ción 12.38). El Corolario 13.22 asegura que, en ese caso, la noción de medida dada porla Denición 12.36 coincide con la dada aquí.(b) El recíproco no es cierto: claramente, Rn es medible pero no es integrable.(c) Nota también que si X es medible y jXj = 0 entonces X es un conjunto nulo.

Proponemos la demostración de esta armación como ejercicio [Ejercicio 14.51].

Los conjuntos medibles tienen las siguientes propiedades.

Proposición 14.3 (a) Si X y Y son subconjuntos medibles de Rn, entonces X r Yes medible.

(b) Si fXj : j 2 Ng es una familia numerable de subconjuntos medibles de Rn; en-tonces

1Sj=1

Xj y1Tj=1

Xj

son medibles.1Consulta por ejemplo el applet de M. Levoy, A. Adams, K. Dektar y N. Willett , Spacial Convo-

lution, applet para el curso Digital Photography (Spring 2011), Stanford University.http://graphics.stanford.edu/courses/cs178/applets/convolution.html

14.1. CONJUNTOS Y FUNCIONES MEDIBLES 329

Demostración: (a) es consecuencia de la identidad

(X r Y ) \ Bn(0; k) =X \ Bn(0; k)

rY \ Bn(0; k)

y la Proposición 12.38.(b): Sean k 2 N y Ym := [mj=1

Xj \ Bn(0; k)

: Como Ym Bn(0; k); se tiene que

la sucesión (jYmj) es acotada. El Corolario 13.22 asegura entonces que

1Sm=1

Ym =1Sj=1

Xj \ Bn(0; k)

=

1Sj=1

Xj

!\ Bn(0; k)

es integrable. En consecuencia,1Sj=1

Xj es medible. De (a) y la identidad

1Tj=1

Xj = Rn r1Sj=1

(Rn rXj)

se sigue que1Tj=1

Xj es medible.

La proposición anterior proporciona muchos ejemplos de conjuntos medibles, comolos siguientes.

Ejemplo 14.4 (a) Todo subconjunto cerrado de Rn es medible.

(b) Todo subconjunto abierto de Rn es medible.

(c) Las uniones y las intersecciones numerables de subconjuntos abiertos o cerradosde Rn son medibles.

Demostración: (a): Si X es cerrado en Rn; entonces X \ Bn(0; k) es compacto y,en consecuencia, integrable en Rn.(b) y (c) son consecuencia inmediata de (a) y de la Proposición 14.3.

No todos los subconjuntos de Rn son medibles. A continuación daremos un ejemplo


de un subconjunto de R que no lo es. Dicho ejemplo se debe a Vitali2.

Giuseppe Vitali

Requerimos el siguiente lema.

Lema 14.5 Si X es un subconjunto medible de R con jXj > 0 entonces existe > 0tal que fx y : x; y 2 Xg (; ):

Demostración: Reemplazando, de ser necesario, aX por alguno de sus subconjuntosX \ [k; k] de medida positiva, podemos suponer sin perder generalidad que X esintegrable en R: Escojamos un abierto en R tal que X y jj < 4

3jXj (ver

Ejercicio 12.57). es la unión de una familia numerable de intervalos cerrados Ik;k 2 N; cuyos interiores son ajenos por pares (ver Ejercicio 13.45). Usando el Corolario13.22 obtenemos

1Pk=1

jIkj = jj <4

3jXj = 4

3

1Pk=1

jX \ Ikj :

Esta desigualdad implica que existe k0 2 N tal que jIk0j < 43jX \ Ik0 j : Sea := 1

2jIk0 j :

Denotemos por Y := X \ Ik0 y por

Y + z := fy + z : y 2 Y g:

Probaremos a continuación que

(Y + z) \ Y 6= ; 8z 2 (; ): (14.1)

Argumentando por contradicción, supongamos que (Y + z) \ Y = ; para algún z 2(; ): Entonces

2 jY j = jY + zj+ jY j = j(Y + z) [ Y j

j(Ik0 + z) [ Ik0j jIk0j+ jzj 3

2jIk0j ;

2Giuseppe Vitali (1875-1932) nació en Ravenna, Italia. Estudió en la Scuola Normale Superiore dePisa, donde fue alumno de Luigi Bianchi y asistente de Ulisse Dini. Fue maestro de secundaria durantemás de 20 años hasta que nalmente obtuvo una cátedra en la Universidad de Modena y Reggio Emilia.


lo cual es imposible, ya que jIk0 j < 43jY j :

I+zI

| | | |zI

En consecuencia, se cumple (14.1), es decir, para cada z 2 (; ) existen x; y 2 Y talesque x+ z = y: Esto concluye la demostración.

Teorema 14.6 (Vitali) R contiene un subconjunto que no es medible.

Demostración: Considera la relación de equivalencia en R dada por

x y si y sólo si x y 2 Q,

y escoge un elemento en cada clase de equivalencia. Sea X el conjunto de dichos elemen-tos. Entonces R = [q2Q(X+q): Si X fuera medible, necesariamente jXj > 0 pues, de locontrario, R sería nulo (ver Ejercicio 14.51). De modo que, por el Lema 14.5, existiría > 0 tal que (; ) fx y : x; y 2 Xg; lo cual es imposible ya que

fx y : x; y 2 Xg (RrQ) [ f0g:

Así concluimos que X no es medible.

De manera análoga se dene el concepto de función medible: una función es mediblesi cuando restringimos su dominio a Bn(0; k) y proyectamos sus valores sobre el intervalo[k; k] la función resulta integrable.Más precisamente: dada f : Rn ! R [ f1g consideramos, para cada k 2 N, la

función f[k] : Rn ! R denida como

f[k] := mnfmaxff;kg; kg1 Bn(0;k); (14.2)

es decir,

f[k](x) :=

8>><>>:k si kxk k y f(x) 2 [k;1);f(x) si kxk k y f(x) 2 [k; k];k si kxk k y f(x) 2 (1;k];0 si kxk > k:


21012

2.5

1.25

0

1.25

2.5

f[k]

Denición 14.7 Una función f : Rn ! R [ f1g es (Lebesgue-)medible si f[k] esintegrable en Rn para todo k 2 N.

Observa que, para cualquier subconjunto X de Rn y cualquier k 2 N;

(1X)[k] = 1X\ Bn(0;k): (14.3)

En consecuencia, un subconjunto X de Rn es medible si y sólo si 1X es medible. Elteorema de Vitali muestra pues que no todas las funciones son medibles. Pero muchasfunciones sí lo son, por ejemplo las siguientes.

Ejemplo 14.8 Toda función f 2 Lloc(Rn) es medible. En particular, toda función con-tinua f : Rn ! R es medible.

Demostración: Si f 2 Lloc(Rn) y k 2 N; entonces f1 Bn(0;k) es integrable en Rn (verDenición 13.33). En consecuencia, f[k] = mnfmaxff1 Bn(0;k);k1 Bn(0;k)g; k1 Bn(0;k)g esintegrable en Rn (ver Ejercicio 12.61).

Probaremos ahora que las funciones medibles son precisamente aquéllas que sonlímites puntuales de funciones integrables.

Proposición 14.9 Sea f : Rn ! R [ f1g: Las siguientes armaciones son equiva-lentes:


(a) f es medible.

(b) Existe una sucesión fk : Rn ! R de funciones integrables tales que fk(x)! f(x)para todo x 2 Rn:

(c) Existe una sucesión fj : Rn ! R[f1g de funciones medibles tales que fj(x)!f(x) para todo x 2 Rn:

Demostración: (a))(b): Si f es medible, entonces f[k] es integrable y f[k](x)! f(x)para todo x 2 Rn:(b))(c): Esta implicación es obvia, ya que toda función integrable es medible.(c))(a): Si fj es medible y fj(x)! f(x) entonces, para cada k 2 N, se tiene que

(fj)[k] es integrable y que lmj!1 (fj)[k] (x) = f[k](x). Claramente, j (fj)[k] j k1 Bn(0;k)para todo j 2 N: El teorema de convergencia dominada (Teorema 13.26) asegura en-tonces que f[k] es integrable. Esto prueba que f es medible.

Concluimos lo siguiente.

Ejemplo 14.10 Si f 2 S(Rn) [ S(Rn); entonces f es medible.

Demostración: Toda función f 2 S(Rn) [ S(Rn) es, por denición, el límitepuntual de una sucesión de funciones en C0c (Rn): Así que, por la Proposición 14.9, f esmedible.

Proposición 14.11 (a) Si f; g : Rn ! R son medibles y ; 2 R, entonces f + ges medible.

(b) Si f; g : Rn ! R [ f1g son medibles, entonces

jf j ; f+; f; maxff; gg y mnff; gg

son funciones medibles.

Demostración: (a): Por la Proposición 14.9 existen sucesiones de funciones inte-grables fk; gk : Rn ! R tales que fk(x) ! f(x) y gk(x) ! g(x) para todo x 2 Rn:Como fk + gk es integrable y (fk + gk)(x) ! (f + g)(x) para todo x 2 Rn laProposición 14.9 asegura que f + g es medible.(b) se demuesta de manera análoga.

El siguiente resultado caracteriza a las funciones medibles en términos de conjuntosmedibles.


Proposición 14.12 f : Rn ! R [ f1g es medible si y sólo si fa := fx 2 Rn :f(x) ag es un subconjunto medible de Rn para todo a 2 R:

Demostración: )) : Si f es medible, la Proposición 14.11 asegura que la funciónfk := mn

max

k(f a+ 1

k); 0; 1es medible para cualesquiera k 2 N; a 2 R:

Nota que fk(x) = 0 si f(x) a 1ky que fk(x) = 1 si f(x) a: En consecuencia,

fk(x)! 1fa(x) para todo x 2 Rn: La Proposición 14.9 asegura entonces que la función1fa es medible, y de (14.3) se sigue que fa es un conjunto medible.() : Inversamente, supongamos que fa es medible para cualquier a 2 R: Para

cada k 2 N subdividimos el intervalo [k; k] en intervalos de longitud 12ky denotamos

a los puntos de la partición por ak;j := k + j2k; j = 0; :::; k2k+1. De la Proposición

14.3 se sigue que los conjuntos

Xk;0 := fx 2 Rn : f(x) < ak;1g = Rn r fak;1 ;Xk;j := fx 2 Rn : ak;j f(x) < ak;j+1g = fak;j r fak;j+1 ; j = 1; : : : ; k2k+1 1;Xk;k2k+1 := fx 2 Rn : ak;k2k+1 f(x)g = fk;

son medibles. Por tanto, la función

fk :=k2k+1Pj=0

ak;j1Xk;j

es medible.

k

k

Además, fk(x)! f(x) para todo x 2 Rn: La Proposición 14.9 asegura entonces que fes medible.

Recuerda que en general no es cierto que el producto de funciones integrables esintegrable (ver Ejemplo 13.32). Pero sí es una función medible, como veremos a contin-uación.


Proposición 14.13 (a) Si f : Rn ! R es medible y p 2 (0;1), entonces jf jp esmedible.

(b) Si f; g : Rn ! R son medibles, entonces fg es medible.

Demostración: (a): Por Proposición 14.11 sabemos que jf j es medible. Entonces,la Proposición 14.12 asegura que

(jf jp)a =(jf ja

1=p

si a 2 (0;1);Rn si a 2 (1; 0];

es un conjunto medible para todo a 2 R y, en consecuencia, jf jp es una función medible.(b): Como

fg =1

2

(f + g)2 f 2 g2

;

la armación (a) con p = 2 y la Proposición 14.11 implican que fg es medible.

Si modicamos los valores de una función medible sobre un conjunto nulo, éstacontinúa siendo medible.

Proposición 14.14 Sean f; g : Rn ! R [ f1g: Si f es medible y f(x) = g(x) p.c.t.x 2 Rn, entonces g es medible.

Demostración: Si f es medible y f(x) = g(x) p.c.t. x 2 Rn, entonces f[k] esintegrable y f[k](x) = g[k](x) p.c.t. x 2 Rn para todo k 2 N. En consecuencia, g[k] esintegrable (ver Proposición 13.10). Esto prueba que g es medible.

El siguiente criterio de integrabilidad jugará un papel muy importante en la siguientesección.

Teorema 14.15 Si f : Rn ! R [ f1g es medible y existe una función integrableg : Rn ! R [ f1g tal que jf(x)j g(x) p.c.t. x 2 Rn; entonces f es integrable.

Demostración: Si f es medible, entonces f[k] es integrable para todo k 2 N. Comof[k](x)! f(x) para todo x 2 Rn y

f[k](x) jf(x)j g(x) p.c.t. x 2 Rn y todo k 2 N,el teorema de convergencia dominada (Teorema 13.26) asegura que f es integrable.

Recuerda que, si f es integrable, entonces jf j lo es (ver Proposición 12.32). Delteorema anterior se obtiene inmediatamente el recíproco para funciones medibles.


Corolario 14.16 Si f : Rn ! R [ f1g es medible y jf j es integrable, entonces f esintegrable.

Tonelli3 demostró que para funciones medibles vale el recíproco del teorema deFubini.

Leonida Tonelli

Si f : Rn ! R es una función, 1 m < n y y 2 Rnm; denotaremos como antes porf y : Rm ! R a la función

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

Teorema 14.17 (Tonelli) Sean f : Rn ! R una función medible y 1 m < n. Sijf jy es integrable en Rm p.c.t. y 2 Rnm y la función F : Rnm ! R denida como

F (y) :=

ZRmjf jy p.c.t. y 2 Rnm

es integrable en Rnm; entonces f es integrable en Rn.

Demostración: Si f es medible entonces la función gk := jf j[k] es integrable en Rnpara todo k 2 N y el teorema de Fubini (Teorema 13.17) asegura que gyk es integrableen Rm p.c.t. y 2 Rnm, que la función Gk : Rnm ! R dada por

Gk(y) :=

ZRm

gyk p.c.t. y 2 Rnm

es integrable en Rnm y que se cumpleZRngk =

ZRnm

Gk:

3Leonida Tonelli (1885-1946) nació en Gallipoli, Puglia, Italia. Estudió en la Universidad de Bolognadonde fue alumno de Cesare Arzelà. Fue profesor en las Universidades de Parma, Bologna y Pisa.

14.2. LOS ESPACIOS LP () 337

Nota que gk jf j : En consecuencia, gyk jf jy, Gk F c.d. en Rnm yZ

Rngk =

ZRnm

Gk ZRnm

F <1 8k 2 N:

Como gk gk+1 y supk2N gk = jf j ; el teorema de convergencia monótona (Teorema13.20) asegura que jf j es integrable, y el Corolario 14.16 asegura que f es integrable.

14.2. Los espacios Lp()

Sea un subconjunto abierto de Rn: Como hemos convenido, identicaremos a unafunción f : ! R con su extensión trivial a todo Rn (ver Notación 12.44). Diremosentonces que f es medible si su extensión trivial lo es. En el conjunto

M() := ff : ! R : f es medibleg

consideramos la relación de equivalencia dada por

f g () f(x) = g(x) p.c.t. x 2 Rn: (14.4)

Al conjunto de clases de equivalencia lo denotamos por

M() :=M()= : (14.5)

Observa que, si fi = gi c.d. en ; i = 1; 2; entonces f1 + f2 = g1 + g2 c.d. en para cualesquiera ; 2 R: En consecuencia, la estructura de espacio vectorial deM() (ver Proposición 14.11) induce una estructura de espacio vectorial en M().Denotaremos a la clase de equivalencia de f simplemente por f : ! R: Si una

función está denida c.d. en ; la consideraremos denida en todo dándole, porejemplo, el valor 0 en los puntos en los que no está denida.

Denición 14.18 Si p 2 [1;1) denimos

Lp() := ff 2M() : jf jp es integrable en g:

Para f 2 Lp() denotamos por

kfkLp() = kfkp :=Z

jf jp1=p

:


Nota que, si f es medible y jf j es integrable en ; entonces f es integrable en (verCorolario 14.16). Por tanto, L1() es simplemente el conjunto de clases de equivalenciade funciones en L() bajo la relación (14.4).

Denición 14.19 Denimos

L1() := ff 2M() : existe c 2 R tal que jf(x)j c p.c.t. x 2 g:

A una función f 2 L1() se le llama una función esencialmente acotada. Si f 2L1() denotamos por

kfkL1() = kfk1 := nffc 2 R : jf(x)j c p.c.t. x 2 g:

Nota que kfkp depende únicamente de la clase de equivalencia de f:Observa también que, si f 2 L1(); el conjunto Zk := fx 2 : jf(x)j > kfk1+ 1

kg

es nulo para todo k 2 N: En consecuencia, jf(x)j kfk1 para todo x 2 rS1k=1 Zk;

es decir,jf(x)j kfk1 p.c.t. x 2 : (14.6)

A continuación probaremos que (Lp(); kkp) es un espacio normado (ver Denición2.9). Empecemos observando lo siguiente.

Lema 14.20 Sean p 2 [1;1] y f 2 Lp(): Entonces, kfkp = 0 si y sólo si f(x) = 0p.c.t. x 2 :

Demostración: Para p =1 esta armación es consecuencia inmediata de (14.6). Sip 2 [1;1); el Corolario 13.15 asegura que

kfkpp =Z

jf jp = 0 () jf(x)jp = 0 p.c.t. x 2 ;

de donde se sigue inmediatamente la armación.

Como los elementos de Lp() son clases de equivalencia bajo la relación (14.4), ellema anterior arma que kkp cumple la propiedad (N1) de la denición de norma (verDenición 2.9).Como en el ejemplo que estudiamos en el Capítulo 2, la desigualdad del triángulo

se obtiene a partir de la desigualdad de Hölder. Sólo que ahora su demostración es másdelicada, ya que tenemos que cerciorarnos de que las funciones que estamos consideran-do son integrables. Es por ello que resulta importante considerar funciones medibles.Veamos los detalles.


Proposición 14.21 (Desigualdad de Hölder) (a) Sean p; q 2 (1;1) tales que1p+ 1

q= 1. Si f 2 Lp() y g 2 Lq(); entonces fg 2 L1() y

kfgk1 kfkp kgkq :

(b) Si f 2 L1() y g 2 L1(); entonces fg 2 L1() y

kfgk1 kfk1 kgk1 :

Demostración: Observa primero que, como f y g son medibles, la función jfgj esmedible (ver Proposiciones 14.11 y 14.13).(a): Sean p; q 2 (1;1) tales que 1

p+ 1

q= 1, f 2 Lp() y g 2 Lq(): La armación

es trivial si f = 0 o si g = 0: Supongamos pues que ambas funciones son distintas decero. Por el Lema 14.20, se tiene entonces que kfkp 6= 0 y kgkq 6= 0: Para cada x 2 aplicamos la desigualdad de Young (ver Lema 2.11) a la pareja de números reales

ax :=jf(x)jkfkp

y bx :=jg(x)jkgkq

para obtenerjf(x)g(x)jkfkp kgkq

jf(x)jp

p kfkpp+jg(x)jq

q kgkqq;

es decir,

jf(x)g(x)j kfkp kgkq

1

p kfkppjf(x)jp + 1

q kgkqqjg(x)jq

!: (14.7)

Como f 2 Lp() y g 2 Lq(); el lado derecho de la desigualdad (14.7) es integrable. ElTeorema 14.15 implica entonces que jfgj es integrable. En consecuencia, fg 2 L1():Integrando la desigualdad (14.7) obtenemos

kfgk1 =

Z

jfgj kfkp kgkq

1

p kfkpp

Z

jf jp + 1

q kgkqq

Z

jgjq!

= kfkp kgkq1

p+1

q

= kfkp kgkq ;

como arma el enunciado.(b): Si f 2 L1() y g 2 L1(); entonces kfk1 jgj es integrable. Usando la de-

sigualdad (14.6) obtenemos que jf(x)g(x)j kfk1 jg(x)j p.c.t. x 2 : El Teorema14.15 implica entonces que fg 2 L1(). Integrando la desigualdad anterior, obtenemos

kfgk1 =Z

jfgj kfk1Z

jgj = kfk1 kgk1 :



Notación 14.22 De aquí en adelante convendremos que 11 := 0: De este modo la

identidad 1p+ 1

q= 1 tiene sentido para todo p 2 [1;1]:

Para probar la desigualdad del triángulo usaremos la siguiente desigualdad elemen-tal.

Lema 14.23 Para cualesquiera a; b 2 R; p 2 (0;1);

ja+ bjp 2p(jajp + jbjp):

Demostración: Se tiene que

ja+ bjp (jaj+ jbj)p (2maxfjaj ; jbjg)p = 2pmaxfjajp ; jbjpg 2p(jajp + jbjp);


Proposición 14.24 (Desigualdad de Minkowski) Sea p 2 [1;1]: Si f; g 2 Lp(),entonces f + g 2 Lp() y se cumple que

kf + gkp kfkp + kgkp : (14.8)

Demostración: Observa primero que, si f y g son medibles, entonces jf + gjr esmedible para todo r 2 (0;1) (ver Proposiciones 14.11 y 14.13). Consideramos trescasos.Caso 1: p = 1:Si f; g 2 L1(); como jf + gj jf j+jgj ; el Teorema 14.15 asegura que f+g 2 L1():

Integrando ambos lados de la desigualdad obtenemos

kf + gk1 kfk1 + kgk1 :

Caso 2: p =1:Si f; g 2 L1(); como jf + gj jf j + jgj kfk1 + kgk1 c.d. en ; se tiene que

f + g 2 L1() ykf + gk1 kfk1 + kgk1 :

Caso 3: p 2 (1;1):Si f; g 2 Lp(); el Lema 14.23 asegura que jf(x) + g(x)jp 2p(jf(x)jp + jg(x)jp)

para toda x 2 y del Teorema 14.15 se sigue que f + g 2 Lp():


Sea q := pp1 : Entonces jf + gjp1 2 Lq() y

jf + gjp1 q=

Z

(jf + gjp1)q1=q

=

Z

jf + gjp(p1)=p

= kf + gkp1p :

Comojf + gjp = jf + gj jf + gjp1 jf j jf + gjp1 + jgj jf + gjp1 ;

aplicando la desigualdad de Hölder (ver Proposición 14.21) obtenemos

kf + gkpp =

Z

jf + gjp Z

jf j jf + gjp1 +Z

jgj jf + gjp1

kfkp kf + gkp1p + kgkp kf + gkp1p = (kfkp + kgkp) kf + gkp1p :

Si kf + gkp = 0; la desigualdad (14.8) se satisface trivialmente. Si kf + gkp 6= 0, di-vidiendo la desigualdad anterior entre kf + gkp1p obtenemos la desigualdad (14.8).

Proposición 14.25 Lp() = (Lp(); kkp) es un espacio normado para todo p 2[1;1]:

Demostración: El Lema 14.20 asegura que kfkp = 0 si y sólo si f = 0 en Lp().Esta es la condición (N1) de la denición de norma (ver Denición 2.9).Si f es medible y 2 R, entonces f es medible (ver Proposición 14.11). Además,

si p 2 [1;1); entonces jf jp = jjp jf jp es integrable si jf jp lo es. Para p = 1 observaque jf j jj c c.d. en si jf j c c.d. en : Por tanto, para cualquier p 2 [1;1],f 2 Lp() y kfkp = jj kfkp.Esta última armación, junto con la Proposición 14.24, asegura que Lp() es un

espacio vectorial y que kkp satisface las condiciones (N2) y (N3) de la Denición 2.9.

Probaremos a continuación que Lp() es un espacio de Banach. Para ello requerimosla siguiente generalización del Teorema 13.26.

Teorema 14.26 (de convergencia dominada en Lp) Sean p 2 [1;1) y (fk) unasucesión en M() tal que fk(x)! f(x) p.c.t. x 2 : Si existe g 2 Lp() tal que

jfk(x)j g(x) p.c.t. x 2 8k 2 N,

entonces fk; f 2 Lp() ylmk!1

kf fkkp = 0:


Demostración: Como cada fk es medible, las Proposiciones 14.14 y 14.9 implicanque f es medible. Más aún, como jfkjp es medible y jfk(x)jp jg(x)jp p.c.t. x 2 , elTeorema 14.15 asegura que jfkjp es integrable. Dado que jfk(x)jp ! jf(x)jp p.c.t. x 2 ,el teorema de convergencia dominada (Teorema 13.26) asegura que jf jp es integrable.En consecuencia, fk; f 2 Lp(); y de la Proposición 14.24 se sigue que jf fkjp esintegrable. 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.c.t. x 2 :

El teorema de convergencia dominada asegura entonces que lmk!1 kf fkkp = 0:

Teorema 14.27 Lp() es un espacio de Banach para todo p 2 [1;1]:

Demostración: Supongamos primero que p 2 [1;1): Sea (fk) una sucesión deCauchy en Lp(): Escogemos k1 < < kj < kj+1 < tales que

kfi fkkp 1

2jsi i; k kj:

Entonces,1Pj=1

fkj+1 fkj p

1Pj=1

1

2j= 1:

Denimos fk0 := 0;

gm :=m1Pj=0

fkj+1 fkj y g :=

1Pj=0

fkj+1 fkj = sup

m2Ngm:

La Proposición 14.24 asegura que kgmkp Pm

j=0

fkj+1 fkj p: En consecuencia,Z

jgmjp = kgmkpp m1Pj=0

fkj+1 fkj p

!p

1Pj=0

fkj+1 fkj p

!p

<1

y, por el teorema de convergencia monótona (ver Teorema 13.20), la función jgjp =supm2N jgmj

p es integrable. La Proposición 13.11 asegura entonces que existe un sub-conjunto nulo Z de tal que

g(x) :=1Pj=0

fkj+1(x) fkj(x) <1 8x 2 r Z:

Esto implica que la serie1Pj=0

fkj+1(x) fkj(x)


converge para cada x 2 r Z: Denimos f : ! R como

f(x) :=

P1j=0

fkj+1(x) fkj(x)

si x 2 r Z;

0 si x 2 Z:

Dado quem1Pj=0

fkj+1(x) fkj(x)

= fkm(x);

se tiene que

fkm(x)! f(x) y jfkm(x)j gm(x) g(x) p.c.t. x 2 :

Del Teorema 14.26, se sigue que f 2 Lp() y

lmj!1

f fkj p= 0;

es decir, la subsucesión (fkj) converge a f en Lp(): Como (fk) es de Cauchy, concluimos

que fk ! f en Lp() (ver Ejercicio 5.30):Consideremos ahora el caso p = 1: Si (fk) es una sucesión de Cauchy en L1();

entonces existe km 2 N tal que

kfi fkk1 1

m8i; k km:

Sea Zi;k un subconjunto nulo de tal que

jfi(x) fk(x)j kfi fkk1 8x 2 r Zi;k:

Entonces, Z :=S1i;k=1 Zi;k es nulo y, para cada x 2 r Z;

jfi(x) fk(x)j 1

m8i; k km: (14.9)

Es decir, (fk(x)) es una sucesión de Cauchy en R: En consecuencia, para cada x 2 rZ;existe f(x) 2 R tal que fk(x)! f(x) en R. Extendemos f como f(x) := 0 si x 2 Z: LasProposiciones 14.14 y 14.9 aseguran que la función f es medible. Fijando k y haciendotender i a innito en la desigualdad (14.9), obtenemos que

jf(x) fk(x)j 1

m8x 2 r Z; 8k km:

Por tanto, f fk 2 L1() y

kf fkk1 1

m8k km: (14.10)


Como f = (f fk1)+ fk1 ; concluimos que f 2 L1(); y se sigue de (14.10) que fk ! fen L1():

Si p 2 [1;1) la convergencia de una sucesión de funciones en Lp() no implicaque ésta converge puntualmente c.d. en : Sin embargo, repasando la demostración delTeorema 14.27, vemos que hemos probado lo siguiente.

Teorema 14.28 Sea (fk) una sucesión en Lp() tal que fk ! f en Lp():

(a) Si p 2 [1;1), existen una subsucesión (fkj) de (fk) y una función g 2 Lp() talesque

fkj(x)! f(x) p.c.t. x 2 ;fkj(x) g(x) p.c.t. x 2 ; 8j 2 N:

(b) Si p =1; entonces fk(x)! f(x) p.c.t. x 2 y existe c 2 R tal que jfk(x)j cp.c.t. x 2 y para todo k 2 N:

Demostración: (a): Supongamos primero que p 2 [1;1). Como (fk) es de Cauchyen Lp(); siguiendo la demostración del Teorema 14.27 concluimos que existen unasubsucesión (fkj) de (fk) y funciones ~f; g 2 Lp() tales que

fkj(x)! ~f(x) p.c.t. x 2 ,fkj(x) g(x) p.c.t. x 2 ; 8j 2 N,

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 kfkk1 y jf(x) fk(x)j kf fkk1 8x 2 r Zk:

Tomando Z :=S1k=1 Zk obtenemos que

jfk(x)j kfkk1 y jf(x) fk(x)j kf fkk1 8x 2 r Z; 8k 2 N:

Como fk ! f en L1() concluimos que fk(x)! f(x) para todo x 2 r Z: Además,(fk) está acotada en L1(); por lo que jfk(x)j kfkk1 c para cualesquiera x 2 rZy k 2 N:

Veamos un ejemplo importante.

Proposición 14.29 Sean f(x) := kxk con 2 R; y r > 0:


(a) Si p 2 [1;1) entonces f 2 Lp(Bn(0; r)) si y sólo si p + n > 0 y, en ese caso,

kfkLp(Bn(0;r)) = n!nn+ p

1=p r(n=p)+ :(b) f 2 L1(Bn(0; r)) si y sólo si 0 y, en ese caso,

kfkL1(Bn(0;r)) = r :

(c) Si p 2 [1;1) entonces f 2 Lp(Rn r Bn(0; r)) si y sólo si p + n < 0 y, en esecaso,

kfkLp(Rnr Bn(0;r)) = n!nn+ p

1=p r(n=p)+ :(d) f 2 L1(Rn rBn(0; r)) si y sólo si 0 y, en ese caso,

kfkL1(Rnr Bn(0;r)) = r :

Demostración: Es sencillo comprobar que f es una función medible [Ejercicio 14.60].Las armaciones (a) y (c) son consecuencia inmediata de la Proposición 13.31.(b): Si 0; entonces f es continua en Rn y creciente en la dirección radial. Por

tanto, f 2 L1(Bn(0; r)) ykfkL1( Bn(0;r)) = r :

Si < 0 entonces, para cualquier c > 0; se cumple que kxk c si y sólo si kxk c1= :Como Bn(0; c1= ) \Bn(0; r) no es un conjunto nulo, concluimos que f =2 L1(Bn(0; r)):(d): Esta armación se demuestra de manera análoga.

Queremos ahora comparar a los espacios Ls() y Lp(): Una consecuencia de laproposición anterior es la siguiente.

Proposición 14.30 Si 1 p < s 1; entonces Lp() no está contenido en Ls()para ningún abierto :

Demostración: Sea 2 . Escogemos r > 0 tal que Bn(; r) : Si q 2 (p; s); laProposición 14.29 asegura que la función

f(x) :=

kx kn=q si x 2 Bn(; r);0 si 2 rBn(; r);

satisface f 2 Lp() y f =2 Ls():

La inclusión opuesta se tiene cuando la medida de es nita.


Proposición 14.31 Si jj < 1 y 1 p < s 1; entonces Ls() Lp() y estainclusión es continua. Más aún, para todo f 2 Ls();

kfkp jj(sp)=sp kfks si s 2 [1;1);

kfkp jj1=p kfk1 si s =1:

Demostración: Nota que, si jj <1, entonces 1 2 Lq() para todo q 2 [1;1] y

k1kq =Z

1

1=q= jj1=q :

Si 1 p < s <1 y f 2 Ls(); entonces jf jp 2 Ls=p() y

kjf jpks=p =Z

jf jsp=s

= kfkps :

De la desigualdad de Hölder (ver Proposición 14.21) se sigue que jf jp = 1 jf jp esintegrable y que

kfkpp =Z

1 jf jp k1ks=(sp) kjf jpks=p = jj

(sp)=s kfkps :

En consecuencia, f 2 Lp() y

kfkp jj(sp)=sp kfks : (14.11)

Si 1 p <1 y f 2 L1(); entonces jf jp kfkp1 1 c.d. en : Como jj <1, lafunción kfkp1 1 es integrable. Por tanto, f 2 Lp() (ver Teorema 14.15). Integrandola desigualdad anterior obtenemos kfkpp jj kfk

p1 ; es decir,

kfkp jj1=p kfk1 : (14.12)

Finalmente, si fk ! f en Ls(), como las desigualdades (14.11) y (14.12) aseguranla existencia de una constante c tal que

kfk fkp c kfk fks ;

concluimos que fk ! f en Lp(): Esto prueba que la inclusión Ls() ,! Lp() escontinua.

Si jj =1 las armaciones de la Proposición 14.31 no son ciertas en general, comolo muestra el siguiente ejemplo.

Ejemplo 14.32 Si := Rn r Bn(0; 1); 1 p < s 1 y f(x) := kxkn=q conq 2 (p; s); entonces f 2 Ls() pero f =2 Lp() (ver Proposición 14.29).

14.3. APROXIMACIÓN MEDIANTE FUNCIONES SUAVES 347

14.3. Aproximación mediante funciones suaves

Para k 2 N [ f1g denotamos por

Ckc () := C0c () \ Ck(); (14.13)

al espacio de las funciones f : ! R de clase Ck con soporte compacto en : Elobjetivo de esta sección es probar que C1c () es denso en Lp() para todo p 2 [1;1):Empezaremos demostrando la siguiente armación.

Proposición 14.33 C0c () es denso en Lp() para todo p 2 [1;1): Es decir, dadasf 2 Lp() y " > 0; existe g 2 C0c () tal que

kf gkp < ":

Demostración: Sean f 2 Lp() y " > 0: Las funciones

f[k] = mnfmaxfk; fg; kg1 Bn(0;k);

denidas en (14.2), cumplen que f[k](x) ! f(x) y quef[k](x) jf(x)j para todo

x 2 . Del Teorema 14.26 se sigue que f[k] 2 Lp() y

lmk!1

f f[k] p= 0:

Fijemos k 2 N tal que f f[k] p<"

2: (14.14)

Como f[k] es integrable, la Proposición 13.37 asegura que existe ' 2 C0c () tal queZ

f[k] ' < "p

2p(2k)p1:

Sea g := mnfmaxfk; 'g; kg: Entonces g 2 C0c () yf[k] g

2k: Además se cumpleque

f[k] g f[k] '

; ya que si j'(x)j > k entonces jy g(x)j < jy '(x)j paratodo y 2 [k; k]: Por tanto, f[k] g

p (2k)p1 f[k] ' :

Esta desigualdad implica quef[k] g

p es integrable y que f[k] g pp=

Z

f[k] gp (2k)p1 Z

f[k] ' < "p

2p: (14.15)

De las desigualdades (14.14) y (14.15) y la desigualdad de Minkowski se sigue quekf gkp < ".


Observaciones 14.34 C0c () no es denso en L1():

Demostración: Si g 2 C0c (), entonces rsop(g) es abierto y no vacío. Por tanto,existen x0 2 y > 0 tales que g(x) = 0 para todo x 2 Bn(x0; ): En consecuencia,

k1 gk1 1 8g 2 C0c ():

Esto prueba que C0c () no es denso en L1():

Denición 14.35 Un subconjunto abierto ! de Rn está compactamente contenidoen si su cerradura ! es compacta y ! : Escribimos ! para denotar que !está compactamente contenido en : Denimos

L1loc() := ff 2M() : f1! es integrable para todo abierto ! g:

Nota que L1loc() es el conjunto de clases de equivalencia de funciones en el espacioLloc(); denido en (13.11), bajo la relación (14.4).Si f 2 C0c (Rn), g 2 L1loc(Rn) y sop(f) Bn(0; r); entonces

f(x y)g(y) = f(x y)g(y)1Bn(x;r)(y) 8x; y 2 Rn:

Como g1Bn(x;r) 2 L1(Rn) y la función y 7! f(x y) pertenece a L1(Rn), la funcióny 7! f(x y)g(y) es integrable en Rn para cada x 2 Rn (ver Proposición 14.21). Estaobservación nos permite denir la siguiente función.

Denición 14.36 Sean f 2 C0c (Rn) y g 2 L1loc(Rn): La convolución de f y g es lafunción f g : Rn ! R dada por

(f g)(x) :=ZRnf(x y)g(y)dy:

Veremos a continuación que f g hereda las propiedades de regularidad de f:

Proposición 14.37 Si f 2 C0c (Rn) y g 2 L1loc(Rn); entonces f g 2 C0(Rn): Enparticular, f g es medible.

Demostración: Sea (xk) una sucesión en Rn tal que xk ! x: Denimos hk(y) :=f(xky)g(y) y h(y) := f(xy)g(y): Puesto que f es continua, se cumple que hk(y)!h(y) para cada y 2 Rn: Elegimos r > 0 tal que sop(f) Bn(0; r) y xk 2 Bn(0; r) paratodo k 2 N: Nota que, si xk y 2 sop(f); entonces y 2 Bn(0; 2r). En consecuencia,hk = hk1Bn(0;2r) y

jhk(y)j kfk1g1Bn(0;2r) (y) 8y 2 Rn; 8k 2 N:


Dado que g1Bn(0;2r) es integrable, el teorema de convergencia dominada (Teorema 13.26)asegura que

lmk!1

(f g)(xk) = lmk!1

ZRnhk =

ZRnh = (f g)(x):

Esto demuestra que f g : Rn ! R es continua.

Nota que el soporte de f g no es necesariamente compacto. Por ejemplo, si g = 1Rnentonces f g es la función constante con valor c :=

RRn f; cuyo soporte es R

n si c 6= 0:

Proposición 14.38 Si f 2 C1c (Rn) y g 2 L1loc(Rn); entonces f g : Rn ! R es de claseC1 y

@

@xi(f g) = @f

@xi g 8i = 1; :::; n:

Demostración: Fijemos i 2 f1; :::; ng; x 2 Rn y " > 0: Como @f@xi2 C0c (Rn); se tiene

que @f@xies uniformemente continua (ver Ejercicio 11.39). Por tanto, existe > 0 tal que @f@xi (y) @f

@xi(z)

< " si ky zk < : (14.16)

Sea r > 0 tal que sop@f@xi

Bn(0; r) y x+ tei 2 Bn(0; r) para todo t 2 [; ]; donde

ei es el i-ésimo vector de la base canónica de Rn: Entonces

@f

@xi(x+ tei y) =

@f

@xi(x+ tei y)1Bn(0;2r)(y) 8t 2 [; ]; y 2 Rn: (14.17)

Por otra parte, aplicando el teorema del valor medio a la función s 7! f(x + stei y)para cada t 2 [; ] y cada y 2 Rn; concluimos que existe s 2 (0; 1) tal que

f(x+ tei y) f(x y) = t@f

@xi(x+ stei y): (14.18)

De (14.16), (14.17) y (14.18) se sigue quef(x+ tei y) f(x y)

t @f

@xi(x y)

jg(y)j=

@f@xi (x+ stei y) @f

@xi(x y)

g1Bn(0;2r) (y) < "g1Bn(0;2r) (y)


para cualesquiera 0 < jtj < ; y 2 Rn: En consecuencia,(f g)(x+ tei) (f g)(x)t

@f

@xi g(x)

=

ZRn

f(x+ tei y) f(x y)

t @f

@xi(x y)

g(y)dy

ZRn

f(x+ tei y) f(x y)

t @f

@xi(x y)

jg(y)j dy< "

ZBn(0;2r)

jgj :

para todo 0 < jtj < : Esto prueba que

lmt!0

(f g)(x+ tei) (f g)(x)t

=

@f

@xi g(x);

es decir, que existe la derivada parcial de f g respecto a xi en x y que

@

@xi(f g) = @f

@xi g:

Por la proposición anterior, @@xi(f g) es continua.

Corolario 14.39 Sea k 2 N [ f1g: Si f 2 Ckc (Rn) y g 2 L1loc(Rn); entonces f g :Rn ! R es de clase Ck.

Demostración: Para cada k 2 N, la armación se obtiene inductivamente aplicandola proposición anterior a las derivadas parciales de orden k 1 de f:

Observa queLp() L1loc(Rn) 8p 2 [1;1]:

En efecto: si g 2 Lp(); entonces g1! 2 Lp(!) para todo subconjunto abierto y acotado! de Rn y la Proposición 14.31 asegura que g1! 2 L1(!):Ahora veremos que f g hereda también las propiedades de integrabilidad de g:

Proposición 14.40 Si f 2 C0c (Rn) y g 2 Lp(Rn) con p 2 [1;1]; entonces f g 2Lp(Rn) y

kf gkp kfk1 kgkp :


Demostración: Consideramos tres casos.Caso 1: p =1:En este caso la armación es evidente.Caso 2: p = 1:La función h : R2n ! R dada por h(x; y) := jf(x y)g(y)j es medible ya que es el

producto de la función continua (x; y) 7! jf(x y)j con la función 1 jgj 2 L1loc(R2n)(ver Ejercicio 13.71) y ambas son funciones medibles (ver Ejemplo 14.8 y Proposición14.13). Para cada y 2 Rn; h es integrable respecto a x yZ

Rnh(x; y)dx = jg(y)j

ZRnjf(x y)j dx = kfk1 jg(y)j 8y 2 Rn:

Más aún, kfk1 jgj 2 L1(Rn) yZRn

ZRnh(x; y)dx dy = kfk1

ZRnjg(y)j dy = kfk1 kgk1 : (14.19)

El teorema de Tonelli (Teorema 14.17) asegura entonces que h es integrable en R2n:Observa que

j(f g) (x)j ZRnjf(x y)g(y)j dy =

ZRnh(x; y)dy:

Como h es integrable en R2n; el teorema de Fubini (13.17) garantiza que el lado dere-cho de esta desigualdad es integrable respecto a x y, dado que f g es medible (verProposición 14.37), ello implica que f g es integrable (ver Teorema 14.15). Más aún,usando (14.19) obtenemos queZ

Rnj(f g) (x)j dx

ZRn

ZRnh(x; y)dy dx

=

ZRn

ZRnh(x; y)dx dy = kfk1 kgk1 :

En consecuencia, f g 2 L1(Rn) y kf gk1 kfk1 kgk1 ; como arma el enunciado.Caso 3: p 2 (1;1):Sea q := p

p1 : De la desigualdad de Hölder (ver Proposición 14.21) se sigue que

j(f g)(x)j ZRnjf(x y)j jg(y)j dy =

ZRnjf(x y)j1=q jf(x y)j1=p jg(y)j dy

kfk1=q1Z

Rnjf(x y)j jg(y)jp dy

1=p= kfk1=q1 [(jf j jgjp) (x)]1=p 8x 2 Rn:


Por tanto,j(f g)(x)jp kfkp=q1 (jf j jgjp) (x) 8x 2 Rn:

Aplicando el caso p = 1 a las funciones jf j y jgjp y el Teorema 14.15 concluimos quef g 2 Lp(Rn) yZ

Rnj(f g)(x)jp dx kfkp=q1

ZRn(jf j jgjp) (x)dx kfkp=q1 kfk1 kgk

pp ;

es decir,kf gkp kfk1 kgkp ;


Usaremos la convolución para aproximar a una función f 2 Lp() mediante fun-ciones suaves. Empezaremos eligiendo funciones k 2 C1c (Rn) cuyo soporte se hace cadavez más pequeño conforme k crece.

Denición 14.41 Una sucesión de funciones (k) se llama una sucesión regular-izante si, para todo k 2 N; se cumple que

k 2 C1c (Rn); k 0; sop(k) Bn(0; 1=k);

ZRnk = 1:

Ejemplo 14.42 Sea

(x) :=

(exp

1

kxk21

si kxk < 1;

0 si kxk 1;

y sea c :=RRn

1: Denimos

k(x) := ckn(kx):

Es sencillo comprobar que (k) es una sucesión regularizante [Ejercicio 14.75]. Se lellama la sucesión regularizante estándar.

Si f 2 L1loc() y (k) es una sucesión regularizante, entonces

sop(k f) x 2 Rn : dist(x;) 1

k

;

pero sop(k f) no está necesariamente contenido en : Por ejemplo, si f = 1 y (k)es la sucesión regularizante estándar, entonces

(k 1)(x) =Z

k(x y)dy

(> 0 si dist(x;) < 1

k;

= 0 si dist(x;) 1k:


En consecuencia,

sop(k 1) =x 2 Rn : dist(x;) 1

k

:

Nota sin embargo que, si g 2 C0c (); entonces sop(k g) para k sucientementegrande. Más aún, se cumple lo siguiente.

Lema 14.43 Dadas g 2 C0c () y una sucesión regularizante (k) existe k0 2 N tal quek g 2 C1c () para todo k k0 y

lmk!1

kg (k g)kp = 0 8p 2 [1;1]:

Demostración: Escogemos un abierto ! tal que sop(g) ! : Como

sop(k g) x 2 Rn : dist(x; sop(g)) 1

k

;

existe k0 2 N tal que sop(k g) ! para todo k k0; y del Corolario 14.39 se sigueque k g 2 C1c () para todo k k0:Sean " > 0 y p 2 [1;1): Como g es uniformemente continua, existe > 0 tal que

jg(x y) g(x)j < "

j!j1=p8x; y 2 Rn con kyk < :

Para cada x 2 Rn; haciendo el cambio de variable z := x y obtenemos

(k g)(x) g(x) =

ZRnk(x y)g(y)dy g(x)

ZRnk(y)dy

=

ZRnk(z)g(x z)dz

ZRnk(y)g(x)dy

=

ZBn(0; 1

k)

k(y) (g(x y) g(x)) dy:

Por tanto, si k 1se tiene que

j(k g)(x) g(x)j ZBn(0; 1

k)

k(y) jg(x y) g(x)j dy < "

j!j1=p8x 2 Rn;

(14.20)y para k maxfk0; 1g =: k1 se cumple queZ

j(k g) gjp =Z!

j(k g) gjp < "p

j!j j!j = "p: (14.21)


De las desigualdades (14.20) y (14.21) se obtienen respectivamente las desigualdades

k(k g) gk1 <"

j!j1=py k(k g) gkp < " 8k k1:

Esto demuestra la armación.

Teorema 14.44 C1c () es denso en Lp() para todo p 2 [1;1):

Demostración: Sean p 2 [1;1); f 2 Lp() y " > 0: Por la Proposición 14.33 existeg 2 C0c () tal que kf gkp < "

2: Si (k) es una sucesión regularizante, el Lema 14.43

asegura que existe k 2 N tal que k g 2 C1c () y k(k g) gkp < "2: Por tanto,

k(k g) fkp < ":

Si = Rn se tiene un resultado más preciso.

Teorema 14.45 Si p 2 [1;1) entonces, para toda f 2 Lp(Rn) y toda sucesión regu-larizante (k), se cumple que

k f ! f en Lp(Rn):

Demostración: Sea " > 0: Por la Proposición 14.33 existe g 2 C0c (Rn) tal quekf gkp < "

3; y por el Lema 14.43 existe k0 2 N tal que k(k g) gkp < "

3para todo

k k0: La Proposición 14.40 asegura entonces que

k(k f) (k g)kp = kk (f g)kp kkk1 kf gkp = kf gkp <"

3:

En consecuencia,

k(k f) fkp k(k f) (k g)kp + k(k g) gkp + kg fkp < "

para todo k k0:

14.4. Un criterio de compacidad en Lp()

Sea p 2 [1;1): A continuación daremos condiciones sucientes para que un subcon-junto K de Lp() sea compacto.

14.4. UN CRITERIO DE COMPACIDAD EN LP () 355

El siguiente resultado se conoce como el teorema de Fréchet-Kolmogorov4. Podemospensar en él como la versión para espacios Lp del teorema de Arzelà-Ascoli, que se usa,por cierto, en su demostración.

Andrey Kolmogorov

Como antes, dados 2 Rn y f : Rn ! R, denotamos por Tf : Rn ! R a latraslación de f por ; es decir,

Tf(x) := f(x ):

Teorema 14.46 (Fréchet-Kolmogorov) Sean p 2 [1;1); y ! abiertos de Rn con! y K un subconjunto acotado de Lp() con la siguiente propiedad: Para cada" > 0 existe 2 (0; dist(!;Rn r )) tal que

kTf fkLp(!) < " 8 2 Rn con kk < y 8f 2 K. (14.22)

Entonces el conjunto K! := ff1! : f 2 Kg es relativamente compacto en Lp(!):

Demostración: Sin perder generalidad podemos suponer que es acotado. EntoncesK es un subconjunto acotado de Lq() para todo q 2 [1; p]: Demostraremos el resultadoen tres pasos.Afirmación 1: Sea 2 C1c (RN). Entonces el conjuntoK;! := f( f) 1! : f 2 Kg

es relativamente compacto en C0(!):En efecto: como K es un subconjunto acotado de L1(); existe C0 > 0 tal que

j( f)(x)j ZRnj(x y)j jf(y)j dy kk1 kfk1 C0 8x 2 Rn, 8f 2 K:

Además, como es Lipschitz continua, existen C1; C2 > 0 tales que para cualesquierax1; x2 2 Rn y f 2 K se cumple que

j( f)(x1) ( f)(x2)j ZRnj(x1 y) (x2 y)j jf(y)j dy

C1 kx1 x2k kfk1 C2 kx1 x2k :4Andrey Nikolaevich Kolmogorov (1903-1987) nació en Tambov, Rusia. Estudió en la Universidad

Estatal de Moscú, donde fue alumno de Nikolai Luzin. Fue profesor en dicha universidad.


En consecuencia, K;! es un subconjunto acotado y equicontinuo de C0(!): Como ! escompacto, el teorema de Arzelà-Ascoli (ver Corolario 7.10) asegura que K;! es relati-vamente compacto en C0(!):Afirmación 2: Sean " > 0, 2 (0; dist(!;Rn r )) como en (14.22), y (k) una

sucesión regularizante. Si k > 1; entonces

kk f fkLp(!) < " 8f 2 K:

En efecto: para cada x 2 Rn; haciendo el cambio de variable z := x y y aplicandola desigualdad de Hölder obtenemos

j(k f)(x) f(x)j =ZRnk(x y)f(y)dy f(x)

ZRnk(z)dz

=

ZBn(0; 1

k)

k(z) jf(x z) f(x)j dz

=

ZBn(0; 1

k)

k(z)p1p (k(z)

1p jf(x z) f(x)j)dz

Z

Bn(0; 1k)

k(z) jf(x z) f(x)jp dz! 1

p

:

Aplicando (14.22) concluimos que, para todo f 2 K,Z!

j(k f)(x) f(x)jp dx ZBn(0; 1

k)

k(z)

Z!

jf(x z) f(x)jp dx dz < "p si k >1

:

Afirmación 3: K! es relativamente compacto en Lp(!):Por el Corolario 7.6 basta probar que K! es totalmente acotado. Sea " > 0: Elegimos

un 2 (0;dist(!;Rnr)) que cumple (14.22) y una sucesión regularizante (k). Fijamosk > 1

y denotamos := k: Como ! es acotado, la inclusión C0(!) ,! Lp(!) es continua,

y de la armación 1 se sigue que K;! es relativamente compacto en Lp(!): Por tanto,existen g1; : : : ; gm 2 K tales que

K;! BLp(!)(( g1) 1!; ") [ [BLp(!)(( gm) 1!; "):

Es decir, para cada f 2 K existe i 2 f1; :::;mg tal que k f gikLp(!) < ": De laarmación 2 se sigue entonces que

kf gikLp(!) kf fkLp(!) + k f gikLp(!) + k gi gikLp(!) < 3".

En consecuencia,

K! BLp(!)(g11!; 3") [ [BLp(!)(gm1!; 3"):

14.4. UN CRITERIO DE COMPACIDAD EN LP () 357

Esto prueba que K! es totalmente acotado en Lp(!):

Corolario 14.47 Sean p 2 [1;1); un subconjunto abierto de Rn y K un subconjuntoacotado de Lp(); con las siguientes propiedades:

(i) Para cada " > 0 y cada abierto ! existe 2 (0; dist(!;Rn r )) tal que

kTf fkLp(!) < " 8 2 Rn con kk < y 8f 2 K.

(ii) Para cada " > 0 existe un abierto ! tal que

kfkLp(r!) < " 8f 2 K.

Entonces K es relativamente compacto en Lp():

Demostración: Probaremos que K es totalmente acotado. Dado " > 0 escogemosun abierto ! tal que

kfkLp(r!) <"

68f 2 K.

Por el Teorema 14.46, K! := ff1! : f 2 Kg es relativamente compacto en Lp(!): Demodo que existen g1; : : : ; gm 2 K tales que

K! BLp(!)(g11!;"

3) [ [BLp(!)(gm1!;

"

3):

Es decir, para cada f 2 K existe i 2 f1; :::;mg tal que kf gikLp(!) < "3: Por tanto,Z

jf gijp =

Z!

jf gijp +Zr!

jf gijp

Z!

jf gijp + 2pZr!

(jf jp + jgijp) <"p

3p1:

Esto prueba queK BLp()(g1; ") [ [BLp()(gm; ");

así que K es totalmente acotado. Por el Corolario 7.6, K es relativamente compacto enLp():


14.5. Un criterio de nulidad

Concluimos este capítulo dando un criterio de nulidad para funciones en L1loc() queusaremos más adelante. Requerimos el siguente lema.

Lema 14.48 Sean K un subconjunto compacto de Rn y > 0: Entonces existe 2C1c (Rn) tal que 0 (x) 1 para todo x 2 Rn; (x) = 1 para todo x 2 K y (x) = 0si dist(x;K) :

Demostración: Sean

X :=

x 2 Rn : dist(x;K)

3

; Y :=

x 2 Rn : dist(x;K) 2

3

:

La función

f(x) :=dist(x; Y )

dist(x; Y ) + dist(x;X)

está bien denida, es continua (ver Ejercicio 3.52) y satisface que 0 f(x) 1 paratodo x 2 Rn; f(x) = 1 si x 2 X y f(x) = 0 si x 2 Y:Tomemos k 2 N tal que 1

k<

3y k 2 C1c (Rn) tal que k 0; sop(k) Bn(0; 1

k)

yRRn k = 1: Es sencillo comprobar que la función := k f 2 C1c (Rn) tiene las

propiedades deseadas.

Proposición 14.49 Si f 2 L1loc() cumple queZ

f' = 0 8' 2 C1c ();

entonces f = 0 c.d. en :

Demostración: Consideramos dos casos.Caso 1: f 2 L1() y jj <1:Dada " > 0 escogemos g 2 C0c () tal que kf gk1 < " (ver Proposición 14.33).

Entonces,Z

g' =

Z

g'Z

f' Z

jg f j j'j kf gk1 k'k1 < " k'k1 8' 2 C1c ():

Sean K1 := fx 2 : g(x) "g y K2 := fx 2 : g(x) "g: Como g es continua, K1

y K2 son cerrados. Dado que K1 [K2 sop(g); se tiene que K1 y K2 son compactos.Por tanto, dist(K1; K2) > 0: Sea > 0 tal que dist(K1; K2) y

fx 2 Rn : dist(x;K1 [K2) g :


Por el Lema 14.48 existen i 2 C1c (Rn) tales que 0 i(x) 1 para todo x 2 Rn; i(x) = 1 si x 2 Ki y i(x) = 0 si dist(x;Ki) ; i = 1; 2: Denimos ' := 1 2:Entonces ' 2 C1c () y satisface

1 '(x) 1 8x 2 Rn; '(x) = 1 8x 2 K1; '(x) = 1 8x 2 K2:

Para esta función ' y K := K1 [K2 se cumple queZK

jgj =ZK

g' =

Z

g'ZrK

g' " k'k1 +ZrK

jg'j < "+

ZrK

jgj :

Dado que jg(x)j < " para x 2 rK; obtenemosZ

jgj =ZK

jgj+ZrK

jgj < "+ 2

ZrK

jgj "+ 2 jj ":

En consecuencia,

kfk1 kf gk1 + kgk1 2(1 + jj)" 8" > 0:

Por tanto, f = 0 c.d. en :Caso 2: f 2 L1loc() y jj arbitrario.Sea

k := fx 2 : kxk < k; dist(x; @) >1

kg:

Como k es abierto y acotado y f1k 2 L1(k), aplicando el Caso 1 concluimos quef = 0 c.d. en k: Por tanto, f = 0 c.d. en =

S1k=1k:

14.6. Ejercicios

Ejercicio 14.50 Si es abierto en Rn; prueba que la medida jj de la Denición 14.1coincide con el volumen voln() de la Denición 12.19.

Ejercicio 14.51 Prueba que si X es medible y jXj = 0 entonces X es un conjuntonulo.


(a) Si X es un subconjunto medible de Rn y 2 Rn entonces X+ := fx+ : x 2 Xges medible y jX + j = jXj :


(b) Si X y Y son subconjuntos medibles de Rn y Y X; entonces jY j jXj :

(c) Si X1 Xk Xk+1 es una sucesión de subconjuntos medibles de Rn;entonces

1Sj=1

Xj es medible y 1Sj=1Xj

= lmj!1

jXjj :

(d) Si fXj : j 2 Ng es una familia numerable de subconjuntos medibles de Rn; en-tonces

1Sj=1

Xj es medible y 1Sj=1Xj

1Pj=1

jXjj :

Si además Xi \Xj = ; para i 6= j; entonces 1Sj=1Xj

= 1Pj=1

jXjj :

(e) Si X1 Xk Xk+1 es una sucesión de subconjuntos medibles de Rn

y jX1j <1; entonces1Tj=1

Xj es medible y 1Tj=1Xj

= lmj!1

jXjj :

Ejercicio 14.53 Prueba que, si X es un subconjunto medible de Rm y Y es un subcon-junto medible de Rn; entonces X Y es un subconjunto medible de Rm+n:

Ejercicio 14.54 Di si las siguientes armaciones son verdaderas o falsas y demuestratu armación.

(a) Toda función medible pertenece a Lloc(Rn):

(b) Si f : Rn ! R [ f1g es medible, entonces f(x) 2 R p.c.t. x 2 Rn:

Ejercicio 14.55 Prueba que, si fk : Rn ! R [ f1g es una sucesión de funcionesmedibles, entonces las funciones

supk2N

fk; nfk2N

fk; lm supk!1

fk; lm infk!1

fk;

son medibles.


Ejercicio 14.56 Prueba que son equivalentes las siguientes armaciones.

(a) f : Rn ! R [ f1g es medible.

(b) fa := 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) fa := 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 14.57 Si f : Rn ! R es medible, demuestra las siguientes armaciones:

(a) Si U es abierto en R, entonces f1(U) := fx 2 Rn : f(x) 2 Ug es un subconjuntomedible de Rn.

(b) Si C es cerrado en R, entonces f1(C) := fx 2 Rn : f(x) 2 Cg es un subconjuntomedible de Rn.

Ejercicio 14.58 Prueba que, si f1; :::; fm : Rn ! R son medibles y ' : Rm ! R escontinua, entonces la función h : Rn ! R dada por

h(x) := '(f1(x); :::; fm(x))

es medible.

Ejercicio 14.59 Prueba que, si f : Rn ! R es medible, entonces la función

g(x) :=

1f(x)

si f(x) 6= 0;0 si f(x) = 0;

es medible.

Ejercicio 14.60 Prueba que, para todo 2 R, la función f : Rn ! R dada por

f(x) :=

kxk si x 6= 0;0 si x = 0;

es medible.

Ejercicio 14.61 Prueba que, si f : Rn ! R [ f1g es medible y f 0, entoncesZ f = lm

k!1

ZRnf[k]:


Ejercicio 14.62 Prueba que, si f : Rn ! R [ f1g es medible, f 0 y 1 m < n,entonces

(a) la función f y : Rm ! R [ f1g es medible p.c.t. y 2 Rnm,

(b) la función F : Rnm ! R [ f1g dada por

F (y) :=

Z f y

es medible y Z f =

Z F:

Ejercicio 14.63 Para cada n 2 N da un ejemplo de un subconjunto de Rn que no seamedible.

Ejercicio 14.64 (Teorema de Egorov) Sean X un subconjunto medible de Rn talque jXj <1 y fk; f : X ! R funciones medibles tales que fk(x)! f(x) p.c.t. x 2 X:Prueba que, para cada " > 0; existe un subconjunto medible Y X tal que

(a) jX r Y j < ";

(b) (fk) converge a f uniformemente en Y:

(Sugerencia: Considera los conjuntos

Ym;k :=1Sj=k

x 2 X : jfj(x) f(x)j 1

2m

:

Usando el Ejercicio 14.52 prueba que, para cadam 2 N, existe km 2 N tal que jYm;kmj <"2m: Demuestra que Y := X r

S1m=1 Ym;km tiene las propiedades deseadas.)

Ejercicio 14.65 Prueba que el espacio

C0b () := ff : ! R : f es continua y acotadag

está contenido en L1() y que la norma inducida por kk1 coincide con la denida en(5.5), es decir,

nffc 2 R : jf(x)j c p.c.t. x 2 g = supx2

jf(x)j 8f 2 C0b ():

Ejercicio 14.66 Sea ! un subconjunto abierto de y p 2 [1;1]: Demuestra las sigu-ientes armaciones:


(a) Si f 2 Lp(); entonces f1! 2 Lp(!) y

kf1!kLp(!) kfkLp() :

(b) Si f 2 Lp() y X es un subconjunto medible de con jXj <1; entonces f1X 2Lr() para todo r 2 [1; p] y

kf1XkLr() jXjprrp kfkLp() :

(c) Si fk ! f en Lp() y j!j <1; entonces fk1! ! f1! en Lr(!) para todo r 2 [1; p]:

Ejercicio 14.67 (Desigualdad de interpolación) Sean 1 p < s < r 1: Prue-ba que, si f 2 Lp() \ Lr(); entonces f 2 Ls() y se cumple que

kfks kfk1p kfkr ,

donde 2 (0; 1) satisface que 1s= 1

p+

rsi r <1 y := 1 p

ssi r =1:

Ejercicio 14.68 (Desigualdad de Hölder generalizada) Sean r; p1; :::; pm 2 [1;1)tales que 1

p1+ + 1

pm= 1

r: Prueba que para cualesquiera fj 2 Lpj(), 1 j m, se

cumple queQm

j=1 fj 2 Lr() y mQj=1

fj

r

mQj=1

kfjkpj :

Ejercicio 14.69 Prueba que,si jj <1 y f 2 L1(); entonces

kfk1 = lmp!1

jj1=p kfkp :

Ejercicio 14.70 Si f = (f1; :::; fm) y f1; :::; fm 2 Ls() denimos

kfks := (kf1kss + + kfmk

ss)1=s:

Prueba que, si jj <1, 1 p < s 1 y f1; :::; fm 2 Ls(); entonces

kfkp (m jj)(sp)=sp kfks si s 2 [1;1);

kfkp (m jj)1=p kfk1 si s =1:

(Sugerencia: Usa la Proposición 14.31 y el Ejercicio 2.42.)

Ejercicio 14.71 Sea fk : (0; 1)! R la función fk(x) := sink(kx):


(a) Prueba que fk 2 Lp(0; 1) para todo p 2 [1;1]:

(b) Prueba que fk ! 0 en Lp(0; 1) para todo p 2 [1;1):

(c) ¿Converge la sucesión (fk) en L1(0; 1)?

Ejercicio 14.72 Sea p 2 [1;1]: ¿Es cierto que para toda sucesión (fk) en Lp() talque lmk!1 kfkkp = kfkp se cumple que fk ! f en Lp()?

Ejercicio 14.73 Sean p 2 [1;1) y (fk) una sucesión en Lp() tal que fk(x) ! f(x)p.c.t. x 2 :

(a) Prueba que, si existe c 2 R tal que kfkkp c para todo k 2 N; entonces f 2 Lp()y kfkp c: ¿Es cierto, en general, que además se cumple que lmk!1 kfkkp =kfkp?

(b) Prueba que, si lmk!1 kfkkp = kfkp ; entonces fk ! f en Lp(): (Sugerencia:Usa el teorema de Egorov para probar que, para cada " > 0; existen un compactoK" y k" 2 N tales que Z

RnrK"

jfkjp < " 8k k".)

(c) ¿Son válidas las armaciones anteriores para p =1?

Ejercicio 14.74 Sean p; q 2 (1;1) tales que 1p+ 1

q= 1: Dado g 2 Lq() denimos

g : Lp()! R; g(f) :=

Z

fg:

(a) Prueba que g es lineal y continua.

(b) Considera el espacio

L(Lp();R) := ff : Lp()! R : f es lineal y continuag

con la norma denida en (9.1). Prueba que la función

: Lq()! L(Lp();R); (g) := g;

es lineal, y que es una isometría, es decir, g L(Lp();R) = kgkq 8g 2 Lq():

En particular, es continua e inyectiva5.5De hecho, es también suprayectiva, lo que permite identicar a L(Lp();R) con Lp=(p1)(): A

este resultado se le conoce como el teorema de representación de Riesz. Consulta, por ejemplo, el librode Haim Brezis, Análisis Funcional, Alianza Editorial, Madrid 1984, Teorema IV.11.


Ejercicio 14.75 Demuestra que la sucesión del Ejemplo 14.42 es una sucesión regu-larizante.

Ejercicio 14.76 Demuestra los siguentes resultados a partir del Teorema 14.44 (sinusar la Proposición 14.49).

(a) Si f 2 L2() satisface queZ

f' = 0 8' 2 C1c ();

entonces f = 0 c.d. en :

(b) Si f 2 C0() satisface Z

f' = 0 8' 2 C1c ();

entonces f = 0 en :

Ejercicio 14.77 (Convolución de funciones integrables) Sean f; g 2 L1(Rn):

(a) Prueba que la función (x; y) 7! f(x y)g(y) pertenece a L1(R2n): (Sugerencia:Usa el Teorema 14.17.)

(b) Prueba que existe un subconjunto nulo Z de Rn tal que la función y 7! f(xy)g(y)es integrable para todo x 2 Rn r Z: (Sugerencia: Aplica el Teorema 13.17.)

(c) Denimos la convolución de f y g como

(f g)(x) := R

Rn f(x y)g(y)dy si x 2 Rn r Z;0 si x 2 Z:

Prueba que f g 2 L1(Rn) y que

kf gk1 kfk1 kgk1 :

(d) Prueba que ZRnf g =

ZR2n

f(x)g(y)dx dy =

ZRnf

ZRng

:

(e) Prueba quef g = g f:

Capítulo 15

Espacios de Hilbert

Entre los espacios de Banach tienen especial importancia aquéllos cuya norma estáinducida por un producto escalar. Se llaman espacios de Hilbert y son la extensiónmás natural del espacio euclidiano a dimensión innita. Los conceptos y resultadosde la geometría euclidiana se generalizan de manera natural a estos espacios: allí valeel teorema de Pitágoras y la ley del paralelogramo, y podemos denir la proyecciónortogonal sobre un subespacio y su complemento ortogonal siempre y cuando dichosubespacio sea cerrado.La existencia de la proyección ortogonal tiene una consecuencia bien importante: tal

y como ocurre en Rn; 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; esdecir,

u = hu0; ui 8u 2 H:

A este resultado se le conoce como el teorema de representación de Fréchet-Riesz ytiene aplicaciones muy importantes (ver Teorema 16.29).Los espacios de Hilbert son el ambiente natural para muchas aplicaciones. Vere-

mos en los próximos capítulos que la existencia de soluciones a ciertas ecuaciones enderivadas parciales se puede plantear en términos de la existencia del mínimo de unfuncional sobre un hiperplano o sobre una esfera en un espacio de Hilbert. Dichos sub-conjuntos no son compactos, por lo que el problema de minimización no resulta trivial.En este capítulo introduciremos una nueva noción de convergencia, llamada con-

vergencia débil, que, a diferencia de la convergencia usual, tiene la propiedad de quecualquier sucesión acotada contiene una subsucesión convergente en el sentido débil.Este concepto es muy útil para abordar problemas de minimización ya que proporcionaun candidato para el mínimo: el límite débil de una sucesión minimizante. Resta probar,en cada situación concreta, que éste es efectivamente el mínimo que buscamos. Daremosaplicaciones importantes de este método en los próximos capítulos.

367

368 15. ESPACIOS DE HILBERT

15.1. Conceptos y propiedades básicas

Comencemos recordando el concepto de producto escalar y sus propiedades básicas.

Denición 15.1 Sea V un espacio vectorial sobre R. Un producto escalar en V esuna función h; i : V V ! R con las siguientes propiedades:

(PE1) hv1 + v2; wi = hv1; wi+ hv2; wi para cualesquiera v1; v2; w 2 V , ; 2 R:

(PE2) hv; wi = hw; vi para cualesquiera v; w 2 V:

(PE3) hv; vi > 0 para todo v 2 V; v 6= 0:

Denimoskvk :=

phv; vi: (15.1)

Hermann Schwarz

Proposición 15.2 Se cumplen las siguientes relaciones.

(a) Desigualdad de Cauchy-Schwarz1:

jhv; wij kvk kwk 8v; w 2 V:

(b) Desigualdad del triángulo:

kv + wk kvk+ kwk 8v; w 2 V:

(c) Identidad del paralelogramo:

kv + wk2 + kv wk2 = 2(kvk2 + kwk2) 8v; w 2 V:1Karl Hermann Amandus Schwarz (1843-1921) nació en Hermsdorf, Silesia, entonces parte de Prusia

y hoy de Polonia. Estudió en Berlín, donde fue alumno de Ernst Kummer y Karl Weierstrass. Fueprofesor en la Universidad de Göttingen.

15.1. CONCEPTOS Y PROPIEDADES BÁSICAS 369

Demostración: (a): Para cualesquiera v; w 2 V; 2 R se cumple

0 hv + w; v + wi = kvk2 + 2 hv; wi+ 2 kwk2 :

Si w 6= 0; tomando := hv;wikwk2 obtenemos

0 kvk2 2hv; wi2

kwk2+hv; wi2

kwk2= kvk2 hv; wi

2

kwk2:

Multiplicando esta desigualdad por kwk2 concluimos que

hv; wi2 kvk2 kwk2 ;

y sacando raíz cuadrada obtenemos la desigualdad deseada. Nota que ésta se satisfacetrivialmente si w = 0.(b): Usando la desigualdad de Cauchy-Schwarz obtenemos

kv + wk2 = kvk2 + 2 hv; wi+ kwk2

kvk2 + 2 kvk kwk+ kwk2 = (kvk+ kwk)2 :

Sacando raíz cuadrada obtenemos la desigualdad del triángulo.(c) se obtiene mediante un cálculo directo. Proponemos su demostración como ejer-

cicio [Ejercicio 15.34].

Las desigualdades anteriores tienen las siguientes consecuencias.

Proposición 15.3 kvk :=phv; vi es una norma en V:

Demostración: La desigualdad del triángulo se probó en la Proposición 15.2. Lasotras propiedades son consecuencia inmediata de la denición del producto escalar.

La norma (15.1) se llama la norma inducida por el producto escalar h; i : Uncálculo sencillo muestra que el producto escalar se expresa en términos de la normainducida como sigue:

hv; wi = 1

4

kv + wk2 kv wk2

8v; w 2 V: (15.2)

Proposición 15.4 (Continuidad del producto escalar) Si wk ! w en V; entonces

lmk!1

hv; wki = hv; wi 8v 2 V:


Demostración: De la desigualdad de Cauchy-Schwarz se sigue que

jhv; wi hv; wkij = jhv; w wkij kvk kw wkk ;

para cualesquiera v; w; wk 2 V: En consecuencia, hv; wki ! hv; wi si wk ! w:

David Hilbert

Denición 15.5 Un espacio de Hilbert2 es un espacio vectorial H con un productoescalar h; i que es completo respecto a la norma inducida (15.1).

Veamos algunos ejemplos.

Ejemplo 15.6 (a) Rn es un espacio de Hilbert con el producto escalar usual

x y := x1y1 + + xnyn; x = (x1; :::; xn); y = (y1; :::; yn):

(b) El espacio `2 de todas las sucesiones x = (xk) de números reales tales que la serieP1k=1 jxkj

2converge, con el producto escalar

hx; yi`2 :=1Pk=1

xkyk; x = (xk); y = (yk) 2 `2; (15.3)

es un espacio de Hilbert.

(c) Para cualquier abierto de Rn; el espacio L2() con el producto escalar

hf; gi2 :=Z

fg; f; g 2 L2(); (15.4)

es un espacio de Hilbert.2David Hilbert (1862-1943) nació en Königsberg en la provincia de Prusia, hoy parte de Rusia.

Estudió en la Universidad de Königsberg y fue profesor en la Universidad de Göttingen. Es reconocidocomo uno de los matemáticos más universales e inuyentes del siglo XIX y principios del XX.

15.1. CONCEPTOS Y PROPIEDADES BÁSICAS 371

Demostración: (a) es bien conocido.(b): La convergencia de la serie (15.3) se sigue de la desigualdad de Hölder para

series con p = 2 (ver Ejercicio 2.43): Es sencillo comprobar que (15.3) es un productoescalar que induce la norma de `2: Sabemos que este espacio es completo (ver Ejercicio5.33).(c): La desigualdad de Hölder (ver Proposición 14.21) implica que fg es integrable

si f; g 2 L2(). Es sencillo comprobar que (15.4) es un producto escalar que induce lanorma de L2(): Sabemos que este espacio es completo (ver Teorema 14.27).

Ejemplo 15.7 (Suma directa de espacios de Hilbert) Si Hi es un espacio vecto-rial con producto escalar h; ii ; i = 1; 2; entonces

h(v1; v2); (w1; w2)iH1H2 := hv1; w1i1 + hv2; w2i2 ; v1; w1 2 H1; v2; w2 2 H2;

es un producto escalar en la suma directa H1H2. Si H1 y H2 son espacios de Hilbert,entonces H1 H2 es un espacio de Hilbert.

Demostración: Es sencillo comprobar que éste es un producto escalar en H1 H2:La norma inducida es

k(v1; v2)k =qkv1k21 + kv2k

22:

En consecuencia, H1 H2 es un espacio de Hilbert si H1 y H2 lo son (ver Ejercicio5.37).

No cualquier subespacio vectorial de un espacio de Hilbert resulta ser un espacio deHilbert. Veamos un ejemplo.

Ejemplo 15.8 C0c () con el producto escalar de L2() no es un espacio de Hilbert.

Demostración: Sea f 2 L2()rC0c (): Por la Proposición 14.33, existe una sucesión(gk) en C0c () tal que gk ! f en L2(): Entonces, la sucesión (gk) es de Cauchy perono converge en C0c ():

Recuerda que un subespacio A de un espacio métrico completo X es completo si ysólo si A es cerrado en X (ver Proposición 5.9), de modo que se tiene lo siguiente.

Proposición 15.9 Un subespacio vectorial V de un espacio de Hilbert H es un espaciode Hilbert si y sólo si V es cerrado en H:


15.2. Complemento ortogonal

Sea H un espacio de Hilbert con producto escalar h; i :

Denición 15.10 Si V es un subespacio vectorial de H; el espacio ortogonal a Ven H se dene como

V ? := fw 2 H : hv; wi = 0 8v 2 V g :

Es claro que V ? es un subespacio vectorial de H. Nota que V (V ?)? pero, adiferencia de lo que ocurre en Rn; no necesariamente se cumple que V = (V ?)?; comolo muestra el siguiente ejemplo.

Ejemplo 15.11 El espacio ortogonal a C0c () en L2() es f0g:

Demostración: Si f 2 C0c ()? se cumple queZ

f' = 0 8' 2 C1c ():

La Proposición 14.49 asegura entonces que f = 0 en L2():

La siguiente armación implica que una condición necesaria para que V = (V ?)?

es que V sea cerrado en H: De hecho, esta condición también es suciente [Ejercicio15.39].

Proposición 15.12 V ? es un subespacio cerrado de H:

Demostración: Si (wk) es una sucesión en V ? que converge a w en H; entonces

hv; wi = lmk!1

hv; wki = 0 8v 2 V

(ver Proposición 15.4). Por tanto, w 2 V ?: Esto prueba que V ? es cerrado en H:

El espacio ortogonal se puede describir del siguiente modo.

Proposición 15.13 Sean V un subespacio vectorial de H y w 2 H: Entonces

w 2 V ? () kwk = nfv2V

kw vk :

15.2. COMPLEMENTO ORTOGONAL 373

Demostración: )) : Si w 2 V ? entonces kw vk2 = kwk2 + kvk2 para todov 2 V: En consecuencia, kwk kw vk y, como kwk = kw 0k nfv2V kw vk ;concluimos que

kwk = nfv2V

kw vk :

() : Supongamos ahora que kwk = nfv2V kw vk : Para cada v 2 V con kvk = 1denimos fv : R! R como

fv(t) := kw tvk2 = kwk2 2 hw; vi t+ t2:

Esta función es diferenciable y tv := hw; vi es el único punto crítico de fv: Por hipótesis,se tiene que

fv(0) = kwk2 nft2Rkw tvk2 =nf

t2Rfv(t):

Es decir, 0 es un mínimo de fv. En consecuencia, 0 = hw; vi para todo v 2 V:

Probaremos ahora que, si V es cerrado, el ínmo se alcanza y es único.

Proposición 15.14 Sea V un subespacio vectorial cerrado de H: Entonces, para cadau 2 H; existe un único v 2 V tal que

ku vk = nfw2V

ku wk : (15.5)

Demostración: Sea u 2 H: Denotemos por

d := nfw2V

ku wk :

Observa que para cualesquiera w; ~w 2 V se cumple que

kw + ~w 2uk = 2 w + ~w

2 u

2d; (15.6)

ya que 12(w + ~w) 2 V: Tomemos una sucesión (vk) en V tal que lmk!1 ku vkk = d:

Dada " > 0 elegimos k0 2 N tal que

ku vkk2 < d2 +"

48k k0:

Aplicando la identidad del paralelogramo y la desigualdad (15.6) obtenemos

kvj vkk2 = k(vj u) + (u vk)k2

= 2ku vkk2 + ku vjk2

k(vj u) (u vk)k2

< 4d2 + " 4d2 = " si j; k k0:


Esto prueba que (vk) es una sucesión de Cauchy en V: Dado que V es de Hilbert (verProposición 15.9), existe v 2 V tal que vk ! v en H: En consecuencia,

ku vk = lmk!1

ku vkk = d:

Probaremos ahora que v es único. Si ~v 2 V cumple que k~v uk = d entonces, aplicandode nuevo la identidad del paralelogramo y la desigualdad (15.6) obtenemos

kv ~vk2 = 2(kv uk2 + k~v uk2) kv + ~v 2uk2 4d2 4d2 = 0:

Por tanto, ~v = v:

Denición 15.15 Sea V un subespacio vectorial cerrado de H: La proyección ortog-onal 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 = nfw2V

ku wk :

Las proposiciones anteriores proporcionan la siguiente caracterización de la proyec-ción ortogonal.

Corolario 15.16 Si V es un subespacio cerrado de H y u 2 H; entonces PV u es elúnico elemento de V tal que

u PV u 2 V ?:

Demostración: Si v 2 V la Proposición 15.13 asegura que

u v 2 V ? () ku vk = nfw2V

ku v wk = nfz2V

ku zk :

De la Proposición 15.14 se sigue que tal v existe y es única y, por denición, v = PV u:

El Ejemplo 15.11 muestra que la suma directa de V y V ? no necesariamente es todoH: Probaremos a continuación que V V ? coincide con H si V es cerrado. En estecaso el espacio V ? se llama el complemento ortogonal de V en H.En lo que sigue kkL(H;V ) denota a la norma denida en (9.1).

15.2. COMPLEMENTO ORTOGONAL 375

Teorema 15.17 (Complemento ortogonal) Sea V un subespacio vectorial cerradode H: Se cumple lo siguiente:

(a) La proyección ortogonal PV : H ! V es la única función lineal de H en V quecumple:

(a.1) PV PV = PV ;

(a.2) kerPV = V ?:

(b) PV es continua y kPV kL(H;V ) = 1 si V 6= f0g:

(c) La función : V V ? ! H dada por (v; w) := v +w es un isomorsmo lineal yuna isometría.

Demostración: (a): Probaremos primero que PV es lineal. Sean u; ~u 2 H; ; 2 R:Entonces, PV u+ PV ~u 2 V y

u+ ~u (PV u+ PV ~u) = (u PV u) + (~u PV ~u) 2 V ?:

Del Corolario 15.16 se sigue que PV (u+ ~u) = PV u+ PV ~u:El Corolario 15.16 implica además que PV v = v para todo v 2 V: En consecuencia,

PV (PV u) = PV u para todo u 2 H; es decir, PV satisface (a.1). La armación (a.2) esconsecuencia inmediata del mismo corolario.Si T : H ! V es una función lineal que satisface (a.1) entonces, para todo u 2 H;

se cumple que T (u Tu) = 0. Si además T satisface (a.2), entonces u Tu 2 V ? y elCorolario 15.16 asegura que Tu = PV u: Esto demuestra la unicidad.(b): Dado que u = PV u+ (u PV u) y hu PV u; PV ui = 0; se tiene que

kuk2 = kPV uk2 + ku PV uk2 : (15.7)

En particular,kPV uk kuk 8u 2 H;

lo que implica que PV es continua y, además, que

kPV kL(H;V ) := supu2Hrf0g

kPV ukkuk 1:

Por otra parte, si v 2 V y v 6= f0g; entonces PV v = v y

kPV vkkvk = 1:


Concluimos que kPV kL(H;V ) = 1:(c): La función : V V ? ! H dada por (v; w) := v + w es claramente lineal y

la función

H ! V V ?; u 7! (PV u; u PV u);

es su inverso. De modo que es un isomorsmo de espacios vectoriales. La identidad(15.7) prueba que es una isometría para la métrica de V V ? denida en el Ejemplo15.7.

15.3. El teorema de representación de Fréchet-Riesz

El objetivo de esta sección es describir al espacio L(H;R) de las funciones linealesy continuas de un espacio de Hilbert H a R (ver sección 9.1). A este espacio se le llamael dual topológico de H: .

Proposición 15.18 Para cada w 2 H la función

Tw : H ! R; Twu := hw; ui ;

es lineal y continua y cumple que

kTwkL(H;R) = kwk : (15.8)

Demostración: Las propiedades (PE1) y (PE2) aseguran que Tw es lineal y laProposición 15.4 asegura que Tw es continua. Si w = 0 entonces (15.8) se satisfacetrivialmente. Si w 6= 0; usando la desigualdad de Cauchy-Schwarz obtenemos que

kwk = jTwwjkwk sup

u2Hrf0g

jTwujkuk sup

u2Hrf0g

kwk kukkuk = kwk :

Esto prueba que kwk = kTwkL(H;R) :

15.3. EL TEOREMA DE REPRESENTACIÓN DE FRÉCHET-RIESZ 377

El teorema de representación de Fréchet-Riesz3 da una descripción completa deldual topológico de H: Arma que las funciones Tw son los únicos elementos de L(H;R):

Frigyes Riesz

Teorema 15.19 (de representación de Fréchet-Riesz) SeanH un espacio de Hilberty T : H ! R una función lineal y continua. Entonces existe un único w 2 H tal que

Tu = hw; ui =: Twu 8u 2 H: (15.9)

Más aún, la función : H ! L(H;R) dada por w := Tw es un isomorsmo lineal yuna isometría.

Demostración: Sea T 2 L(H;R) y denotemos por V := kerT: Como T es continua,V es un subespacio cerrado de H. Si V = H; entonces T = 0 y w = 0 cumple (15.9). SiV 6= H; el Teorema 15.17 asegura que V ? 6= f0g: Escojamos w0 2 V ? tal que kw0k = 1:Entonces Tw0 6= 0: Denimos

w := (Tw0)w0:

Observa que

T

u Tu

Tw0w0

= Tu Tu

Tw0Tw0 = 0 8u 2 H:

Por tanto, u TuTw0

w0 2 V; de lo cual concluimos que

hw; ui =w; u Tu

Tw0w0

+

Tu

Tw0hw;w0i = (Tu) hw0; w0i = Tu 8u 2 H:

Si algún otro ~w 2 H cumple (15.9), entonces hw ~w; ui = 0 para todo u 2 H; enparticular para u = w ~w: Por tanto, kw ~wk2 = 0; lo que implica que ~w = w:

3Frigyes Riesz (1880-1956) nació en Gy½or, en el reino de Hungría, entonces parte del imperio Austro-Húngaro. Estudió en la Universidad de Budapest. Junto con Haar fundó en 1922 el Instituto deMatemáticas János Bolyai de la Universidad de Szeged, de la que fue profesor y rector.


Por último, de la bilinealidad del producto escalar se sigue que

(w1 + w2)u = hw1 + w2; ui = hw1; ui+ hw2; ui = [ (w1) + (w2)]u

para todo u 2 H: Por tanto es lineal. De la primera armación de este teorema sesigue que es biyectiva, y la identidad (15.8) asegura que es una isometría.

El teorema de representación de Fréchet-Riesz tiene aplicaciones muy importantes.Permite, por ejemplo, denir el gradiente de una función diferenciable ' : H ! R[Ejercicio 15.42] o probar la existencia y unicidad de soluciones de ciertas ecuacionesen derivadas parciales con condicion de frontera (ver Teorema 16.29).El siguiente resultado arma que el elemento w 2 H dado por el teorema anterior

es el mínimo de un funcional4. A esta propiedad se le conoce como el principio deDirichlet5.

Gustav Dirichlet

Proposición 15.20 (Principio de Dirichlet) Sean V un espacio vectorial con pro-ducto escalar y T 2 L(V;R): Entonces, w 2 V satisface

hw; ui = Tu 8u 2 V

si y sólo si w es un mínimo del funcional J : V ! R dado por

J(u) :=1

2kuk2 Tu:

4A las funciones denidas en un espacio de Banach que toman valores reales se les suele llamarfuncionales en vez de funciones.

5Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet (1805-1859) nació en Düren, entonces parte del imperiofrancés y actualmente de Alemania. Estudió en el Collège de France y en la Facultad de Ciencias deParis. Fue profesor en las Universidades de Berlín y de Göttingen.

15.4. BASES DE HILBERT 379

Demostración: )) : Si hw; ui = Tu para todo u 2 V; entonces

J(u) = J(w + u w) =1

2kw + u wk2 T (w + u w)

=1

2kwk2 Tw + hw; u wi+ 1

2ku wk2 T (u w)

= J(w) + T (u w) +1

2ku wk2 T (u w)

= J(w) +1

2ku wk2 J(w) 8u 2 V:

() : Supongamos ahora que w es un mínimo de J: Para cada u 2 V consideremos lafunción Ju : R! R dada por

Ju(t) := J(w + tu) =1

2kwk2 + hw; ui t+ 1

2kuk2 t2 Tw (Tu)t:

Esta función es diferenciable y su derivada es

J 0u(t) = hw; ui+ kuk2 t Tu:

Como w es un mínimo de J; se tiene que 0 es un mínimo Ju: Por tanto, J 0u(0) =hw; ui Tu = 0 para todo u 2 V:

15.4. Bases de Hilbert

Dado un subconjunto X de H; denotamos por lin(X ) al subespacio vectorial de Hgenerado por X ; es decir,

lin(X ) :=

mPi=1

ivi : i 2 R, vi 2 X ; m 2 N: (15.10)

Denición 15.21 Un subconjunto O de un espacio de Hilbert H se llama un conjuntoortogonal si

hu; vi = 0 8u; v 2 O; u 6= v:

Si ademáskuk = 1 8u 2 O;

se dice que O es un conjunto ortonormal..Un subconjunto B de H se llama una base de Hilbert de H si es ortonormal y

lin(B) es denso en H; es decir,H = lin(B):


Observa que, en general, una base de Hilbert de H no es una base de H en el sentidodel álgebra lineal, es decir, lin(B) no necesariamente coincide con H; como lo muestrael siguiente ejemplo.

Ejemplo 15.22 Sea ek = (ek;j) la sucesión cuyos términos son ek;k = 1 y ek;j = 0 sik 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, enconsecuencia

lin(B) = f(xk) 2 `2 : existe k0 2 N tal que xk = 0 8k k0g:

De modo que lin(B) 6= `2: Veamos que `2 = lin(B): En efecto: dado x = (xj) 2 `2; sidenotamos por xk a la sucesión cuyos términos son xk;j := xj si j k y xk;j := 0 sij > k; entonces xk 2 lin(B) y xk ! x en `2:

15.5. Convergencia débil

Vimos que, a diferencia de lo que ocurre en Rn; en cualquier espacio de Banach dedimensión innita existen sucesiones acotadas que no contienen ninguna subsucesiónconvergente (ver Ejercicio 5.39). Introduciremos a continuación una noción de conver-gencia, más débil que la usual, para la cual se cumple que cualquier sucesión acotadacontiene una subsucesión convergente. En los próximos capítulos daremos aplicacionesimportantes de este resultado.Sea H un espacio de Hilbert.

Denición 15.23 Una sucesión (uk) en H converge débilmente a u en H si, paracada v 2 H; se cumple que

lmk!1

huk; vi = hu; vi :

Se dice entonces que u es el límite débil de (uk) en H. Se escribe uk * u paradenotar que (uk) converge débilmente a u:

Es sencillo comprobar que el límite débil de una sucesión, de existir, es único [Ejer-cicio 15.49].

Notación 15.24 Cuando la notación anterior se pueda prestar a confusión, escribire-mos

uk * u débilmente en H

15.5. CONVERGENCIA DÉBIL 381

si (uk) converge débilmente a u en H y, si (uk) converge a u en H en el sentido usual,escribiremos

uk ! u fuertemente en H:

Proposición 15.25 Si uk ! u fuertemente en H; entonces uk * u débilmente en H:

Demostración: Si uk ! u fuertemente en H entonces la Proposición 15.4 aseguraque

lmk!1

huk; vi = hu; vi 8v 2 H;

es decir, uk * u débilmente en H:

En espacios de dimensión nita ambas nociones de convergencia coinciden [Ejercicio15.50]. No así en espacios de dimensión innita, como lo muestra el siguiente ejemplo.

Ejemplo 15.26 Si O = fek : k 2 Ng es un subconjunto ortonormal de H; entoncesek * 0 débilmente en H pero (ek) no converge fuertemente en H:

Demostración: Sea v 2 H:Caso 1: v 2 lin(O):Si v =

mPi=1

iei con i 2 R entonces hek; vi = 0 para todo k > m: Por tanto,

lmk!1

hek; vi = 0 8v 2 lin(O):

Caso 2: v 2 V := lin(O):Dada " > 0 escogemos w 2 lin(O) y k0 2 N tales que

kv wk < "

2y jhek; wij <

"

28k k0:

Entonces, como kekk = 1; utilizando la desigualdad de Cauchy-Schwarz obtenemos

jhek; vij jhek; v wij+ jhek; wij kekk kv wk+ jhek; wij < " 8k k0:

Esto prueba quelmk!1

hek; vi = 0 8v 2 V:

Caso 3: v 2 V ?:En este caso hek; vi = 0 para todo k 2 N.Caso 4: v 2 H arbitrario.


Como V es un subespacio cerrado de H; el Teorema 15.17 asegura que v = v1 + v2con v1 2 V y v2 2 V ?: De los dos casos anteriores se sigue entonces que

lmk!1

hek; vi = lmk!1

hek; v1i+ lmk!1

hek; v2i = 0 = h0; vi 8v 2 H:

Esto prueba que ek * 0 débilmente en H:Finalmente observa que

kek ejk2 = kekk2 + kejk2 = 2 8k 6= j:

En consecuencia (ek) no converge fuertemente en H:

Proposición 15.27 (a) Si (uk) converge débilmente a u en H; entonces

kuk lm infk!1

kukk : (15.11)

(b) Si (uk) converge débilmente a u en H; entonces (uk) converge fuertemente a u enH si y sólo si

kuk = lmk!1

kukk : (15.12)

Demostración: (a): Supongamos que (uk) converge débilmente a u en H: Si u = 0;la desigualdad (15.11) se cumple trivialmente. Si u 6= 0; de la desigualdad de Cauchy-Schwarz se sigue que

huk; uikuk kukk 8k 2 N:

Como huk; ui ! kuk2 ; tomando límites inferiores concluimos que

kuk = lmk!1

huk; uikuk = lm inf

k!1

huk; uikuk lm inf

k!1kukk :

(b): Si (uk) converge débilmente a u en H; entonces huk; ui ! kuk2 : De la identidad

kuk uk2 = kukk2 2 huk; ui+ kuk2 ; k 2 N;

se sigue entonces que

lmk!1

kuk uk2 = 0 () lmk!1

kukk = kuk ;


Probaremos a continuación que toda sucesión acotada en H contiene una subsuce-sión débilmente convergente. Requerimos el siguiente lema.


Lema 15.28 Sea (uk) una sucesión acotada en H tal que la sucesión (huk; vi) convergeen 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

Tv := lmk!1

huk; vi

es claramente lineal. Sea c 2 R tal que kukk c para todo k 2 N: De la desigualdad deCauchy-Schwarz se sigue que

jhuk; vij kukk kvk c kvk 8k 2 N, 8v 2 H:

Por tanto,jTvj = lm

k!1jhuk; vij c kvk 8v 2 H:

Esto prueba que T es continua. Por el teorema de representación de Fréchet-Riesz(Teorema 15.19) existe u 2 H tal que

lmk!1

huk; vi =: Tv = hu; vi 8v 2 H:

Esto prueba que uk * u débilmente en H:

La propiedad fundamental de la convergencia débil es la siguiente.

Teorema 15.29 Toda sucesión acotada enH contiene una subsucesión débilmente con-vergente en H:

Demostración: Sea (uk) una sucesión acotada en H y sea c 2 R tal que kukk cpara todo k 2 N: De la desigualdad de Cauchy-Schwarz se sigue que

jhuk; u1ij kukk ku1k c ku1k :

Es decir, la sucesión de números reales (huk; u1i) está acotada y, por tanto, existe unasubsucesión (u1k) de (uk) tal que (hu1k; u1i) converge en R. La sucesión (hu1k; u2i) tambiénestá acotada y, por tanto, existe una subsucesión (u2k) de (u

1k) tal que (hu2k; u2i) converge

en R. Continuando de este modo obtenemos, para cada m 2 N; una subsucesión (umk )de (um1k ) tal que (humk ; umi) converge en R cuando k ! 1: Denimos wk := ukk: Lasucesión (wk) es una subsucesión de (uk): Probaremos que (wk) converge débilmente enH: De acuerdo con el Lema 15.28 basta probar que la sucesión (hwk; vi) converge en Rpara cada v 2 H: Consideramos cuatro casos.Caso 1: v = um:


Observa que la subsucesión (wm; wm+1; :::) de (wk) es una subsucesión de (umj ): Enconsecuencia, (hwk; umi) converge en R cuando k !1.Caso 2: v 2 V := lin(fum : m 2 Ng).Del caso anterior y la bilinealidad del producto escalar se sigue que (hwk; vi) converge

en R.Caso 3: v 2 V :Dada " > 0 elegimos w 2 V tal que kv wk < "

4c: El caso anterior asegura que la

sucesión (hwk; wi) es de Cauchy enR. Por tanto, existe k0 2 N tal que jhwk wj; wij < "2

si k; j k0: En consecuencia,

jhwk wj; vij jhwk wj; v wij+ jhwk wj; wij kwk wjk kv wk+ jhwk wj; wij (kwkk+ kwjk) kv wk+ jhwk wj; wij< 2c

"

4c+"

2= " si k; j k0:

Esto prueba que la sucesión (hwk; vi) es de Cauchy en R y, por tanto, converge.Caso 4: v 2 H arbitrario.Como V es cerrado en H; el Teorema 15.17 asegura que v = w + z con w 2 V y

z 2 V ?: Por tanto,

hwk; vi = hwk; wi+ hwk; zi = hwk; wi :

Aplicando el caso anterior concluimos que la sucesión (hwk; vi) converge.

Para concluir, probaremos que toda sucesión débilmente convergente está acotada.Usaremos el siguiente resultado de Baire6.

René-Louis Baire

6René-Louis Baire (1874-1932) nació en París. Estudió en la École Normale Supérieure y fue profesorde la Universidad de Dijon.


Lema 15.30 (de Baire) Si X es un espacio métrico completo no vacío y X1; X2; : : :es una sucesión de subconjuntos cerrados de X tales que

X =1Sm=1

Xm; (15.13)

entonces int(Xm0) 6= ; para algún m0 2 N.

Demostración: Argumentando por contradicción, supongamos que int(Xm) = ;para todo m 2 N. Tomemos x1 2 X y r1 2 (0; 12): Como BX(x1; r1) \ (X r X1) 6= ;;existen x2 2 X y r2 2 (0; 14) tales que BX(x2; r2) BX(x1; r1)\ (XrX1): Continuandode este modo obtenemos xm 2 X y rm 2 (0; 1

2m) tales que

BX(xm; rm) BX(xm1; rm1) \ (X rXm1) 8m > 1: (15.14)


dX(xi; xm) < rm <1

2m8i m 1: (15.15)

En consecuencia, la sucesión (xi) es de Cauchy en X y, como X es completo, xi ! xen X: Haciendo tender i!1 en (15.15) obtenemos que

dX(x; xm) rm 8m 2 N:

Se sigue de (15.14) que x 2 X rXm para todo m 2 N, lo cual contradice (15.13).

Proposición 15.31 Si uk * u débilmente en H entonces (uk) está acotada en H:

Demostración: Para cada m 2 N denimos

Xm := fw 2 H : jhuk; wij m 8k 2 Ng:

Claramente, Xm es cerrado en H: Además, como para cada w 2 H la sucesión (huk; wi)está acotada en R; se tiene que

H =1Sm=1

Xm:

Por el lema de Baire, existen m0 2 N, w0 2 Xm0 y > 0 tales que BH(w0; ) Xm0 :En particular, w0 +

2ukkukk 2 Xm0 para todo k 2 N. Por tanto,

2kukk =

uk;

2

ukkukk

uk; w0 +

2

ukkukk

+ jhuk; w0ij 2m0 8k 2 N

y, en consecuencia, kukk 4m0 para todo k 2 N.


15.6. Ejercicios

Ejercicio 15.32 ¿Es

hf; gi :=Z 1=2

0

fg

un producto escalar en C0[0; 1]?

Ejercicio 15.33 (Teorema de Pitágoras) Prueba que, si V es un espacio vectorialcon producto escalar y hv; wi = 0, entonces

kv + wk2 = kvk2 + kwk2 :

Ejercicio 15.34 (Identidad del paralelogramo) Demuestra que, si kk es la normainducida por un producto escalar en V; entonces

kv + wk2 + kv wk2 = 2(kvk2 + kwk2) 8v; w 2 V:

Ejercicio 15.35 Sea (V; kk) un espacio normado. Prueba que, si la norma cumple laley del paralelogramo

kv + wk2 + kv wk2 = 2(kvk2 + kwk2) 8v; w 2 V;

entonceshv; wi := 1

4

kv + wk2 kv wk2

es un producto escalar en V tal que kvk2 = hv; vi para todo v 2 V: (Sugerencia: Paraprobar que hv; wi = hv; wi demuéstralo primero para 2 Q y usa la continuidadpara demostrarlo para 2 R:)

Ejercicio 15.36 Sea Vi espacio vectorial con producto escalar h; ii ; i = 1; 2: Pruebaque, si : V1 ! V2 es una isometría lineal, entonces

hv; wi2 = hv; wi1 8v; w 2 V1:

Ejercicio 15.37 Demuestra que las normas de los siguientes espacios no están induci-das por ningún producto escalar.

(a) Rnp = (Rn; kkp) con p 2 [1;1]; p 6= 2 (ver (2.4)).

(b) `p con p 2 [1;1]; p 6= 2 (ver Proposición 2.15).

(c) Lp() con p 2 [1;1]; p 6= 2 (ver Deniciones 14.18 y 14.19).


Ejercicio 15.38 Prueba que todo subespacio vectorial de dimensión nita de un espaciode Hilbert H es cerrado en H:

Ejercicio 15.39 Sea V un subespacio vectorial de un espacio de Hilbert H: Demuestralas siguientes armaciones:

(a) (V )? = V ?:

(b) Si V es cerrado en H, entonces (V ?)? = V:

(c) (V ?)? = V :

(d) Si V es denso en H entonces V ? = f0g:

Ejercicio 15.40 Prueba que, si f 2 L2()rC0c (); no existe ningún g 2 C0c () tal que

kf gk2 = nfh2C0c ()

kf hk2 :

Es decir, la Proposición 15.14 no es válida, en general, si V no es cerrado en H:

Ejercicio 15.41 Un subconjunto C de un espacio vectorial es convexo si (1t)x+ty 2C para cualesquiera x; y 2 C y t 2 [0; 1]:Prueba que, si C es un subconjunto cerrado y convexo de un espacio de Hilbert H y

u 2 H, entonces existe un único v 2 C tal que

ku vk = nfw2C

ku wk :

Ejercicio 15.42 (Gradiente de una función diferenciable) Sean U un subconjun-to abierto de H y ' : U ! R una función diferenciable.

(a) Prueba que, para cada u 2 U; existe un único elemento r'(u) 2 H tal que

'0(u)v = hr'(u); vi 8v 2 H:

r'(u) se llama el gradiente de ' en u:

(b) Prueba que ' es de clase C1 si y sólo si la función

r' : U ! H; u 7! r'(u);

es continua.

(c) Si ' es de clase C1, prueba que c 2 R es un valor regular de ' si y sólo sir'(u) 6= 0 para todo u 2M := '1(c):


En lo que sigue supondremos que ' es de clase C1, que c 2 R es un valor regular de' y que M := '1(c): Recuerda que, en ese caso, M es una subvariedad de clase C1 deH. Las deniciones necesarias se encuentran en el Capítulo 10.

(d) Prueba que el espacio tangente a M en el punto u 2M es el espacio ortogonal ar'(u); es decir,

TuM = fv 2 H : hr'(u); vi = 0g:

(e) (Multiplicador de Lagrange) Sea : U ! R una función de clase C1: Pruebaque u es un punto crítico de en M si y sólo si existe 2 R tal que

r (u) = r'(u):

Ejercicio 15.43 En un espacio de Hilbert H considera la función : H ! R dada por(u) := kuk2 :

(a) Prueba que es de clase C1 y calcula sus derivadas.

(b) Calcula r(u) para todo u 2 H.

(c) Prueba que la esfera unitaria

:= fu 2 H : kuk = 1g

es una subvariedad de clase C1 de H y que el espacio tangente a en u es

Tu = fv 2 H : hu; vi = 0g:

Ejercicio 15.44 (Ortonormalización de Gram-Schmidt) Sea X = fvk : k 2 Ngun subconjunto linealmente independiente de H; es decir, para 1; : : : ; m 2 R se cumpleque

1v1 + + mvm = 0 () 1 = = m = 0:

Denimos e1 := v1kv1k ; y para k > 1 denimos inductivamente

wk := vk k1Pj=1

hvk; eji ej y ek :=wkkwkk

:

Prueba que O = fek : k 2 Ng es un subconjunto ortonormal de H y que lin(O) =lin(X ):

Ejercicio 15.45 Sea B un subconjunto ortonormal de H: Demuestra que son equiva-lentes las siguientes armaciones:


(a) B es una base de Hilbert de H:

(b) B es un subconjunto ortonormal maximal de H; es decir, si B0 es un subconjuntoortonormal de H y B B0 entonces B = B0:

Ejercicio 15.46 Sea B = fek : k 2 Ng un subconjunto ortonormal de H: Prueba queB es una base de Hilbert de H si y sólo si

1Pk=1

hu; eki ek := lmm!1

mPk=1

hu; eki ek = u 8u 2 H:

Ejercicio 15.47 (Polinomios de Legendre) (a) Sea P [1; 1] el conjunto de todaslas funciones p : [1; 1]! R de la forma

p(x) = a0 + a1x+ + amxm, ai 2 R; m 2 N [ f0g:

Prueba que P [1; 1] es denso en L2(1; 1): (Sugerencia: Usa el Teorema 8.3.)

(b) Sea

ek(x) :=

k +

1

2

1=2Pk(x) con Pk(x) :=

1

2kk!

d

dx

k(x2 1)k:

Pk se llama el k-ésimo polinomio de Legendre. Prueba que B := fek : k 2N [ f0gg es un subconjunto ortonormal de L2(1; 1) y que

lin(B) = P [1; 1]:

(Sugerencia: Observa que B se obtiene aplicando el proceso de ortonormalizaciónde Gram-Schmidt al conjunto fpk : k 2 N [ f0gg, donde pk(x) := xk:)

(c) Prueba que B es una base de Hilbert para L2(1; 1):

Ejercicio 15.48 (Serie de Fourier) Sean

e1(x) :=1p2; e2m(x) :=

1psinmx; e2m+1(x) :=

1pcosmx:

(a) Prueba que B = fek : k 2 Ng es una base de Hilbert de L2(; ):

(b) Prueba que, para toda función f 2 L2(; ),

f =1Pk=1

Z

fek

ek:

Esta serie se llama la serie de Fourier de f:


Ejercicio 15.49 Sea H un espacio de Hilbert.

(a) Prueba que el límite débil de una sucesión débilmente convergente en H es único.

(b) Prueba que, si uk * u débilmente en H; entonces toda subsucesión de (uk) con-verge débilmente a u en H:

(c) Prueba que uk * u débilmente en H si y sólo si Tuk ! Tu en R para todoT 2 L(H;R):

(d) Prueba que, si uk * u y vk * v débilmente en H y ; 2 R; entonces uk+vk *u+ v débilmente en H:

Ejercicio 15.50 Prueba que toda sucesión débilmente convergente en Rn es conver-gente.

Ejercicio 15.51 Sean H1 y H2 espacios de Hilbert.

(a) Prueba que, si T : H1 ! H2 es una función lineal y continua y uk * u débilmenteen H1; entonces Tuk * Tu débilmente en H2:

(b) Prueba que, si T : H1 ! H2 es una función lineal y continua, uk * u débilmenteen H1 y Tuk * v débilmente en H2; entonces v = Tu:

(c) Da un ejemplo de una función continua ' : H1 ! H2 y una sucesión (uk) débil-mente convergente en H1 tal que ('(uk)) no converge débilmente en H2:

Ejercicio 15.52 Sea fk(x) := sin kx: Prueba que la sucesión (fk) converge débilmentea 0 en L2(; ):

Ejercicio 15.53 Sea g 2 C0c (Rn) tal que sop(g) Bn(0; 12) y

RRn g

2 = 1: Para cadak 2 N; denimos

gk(x1; :::; xn) := g(x1 + k; :::; xn):

(a) Prueba que gk * 0 débilmente en L2(Rn) y que (gk) no converge en L2(Rn): (Sug-erencia: Demuestra que fgk : k 2 Ng es un subconjunto ortonormal de L2(Rn):)

(b) Sea hk := kgk: ¿Converge (hk) débilmente en L2(Rn)?

Ejercicio 15.54 Se dice que un subconjunto A de H es débilmente cerrado en Hsi para cualquier sucesión (uk) en A tal que uk * u débilmente en H se cumple queu 2 A:


(a) Prueba que, si A es débilmente cerrado en H, entonces A es cerrado en H:

(b) Prueba que, si H es un espacio de Hilbert de dimensión innita, 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 esdébilmente cerrado.

Ejercicio 15.55 Prueba que, si H es un espacio de Hilbert,

(a) ; y H son débilmente cerrados en H;

(b) si A1 y A2 son débilmente cerrados en H; entonces A1[A2 es débilmente cerradoen H;

(c) si Ai es débilmente cerrado en H para todo i 2 I, entoncesTi2I Ai es débilmente

cerrado en H:

El Ejercicio 15.55 arma que el conjunto fH r A : A es débilmente cerrado en Hges una topología7 en H: Esta topología se llama la topología débil.

Ejercicio 15.56 Sean H un espacio de Hilbert, fek : k 2 Ng un subconjunto ortonor-mal de H y 2 [0; 1]: Denimos

vk :=p1 2

ek + e1; k 2:

(a) Calcula kvkk para k 2:

(b) Prueba que vk * e1 débilmente en H:

Ejercicio 15.57 La cerradura débil de un subconjunto A de un espacio de HilbertH es el conjunto de los puntos u 2 H para los cuales existe una sucesión (vk) en A talque vk * u débilmente en H:Prueba que, si H es un espacio de Hilbert de dimensión innita, la cerradura débil

de la esfera unitariaS := fv 2 H : kvk = 1g

es la bola unitariaB := fu 2 H : kuk 1g:


7Para la denición de topología consulta por ejemplo el libro de J. Dugundji, Topology, Allyn andBacon, Boston, MA 1966.

Capítulo 16

Espacios de Sobolev

En el estudio de ecuaciones en derivadas parciales surge de manera natural lanecesidad de considerar normas que involucren, no sólo a la función misma, sino asus derivadas. Por ejemplo, si ' es una función de clase C1 con soporte compacto en unabierto de Rn; podemos considerar las normas

k'k :=Z

j'jp +Z

@'@x1p + + Z

@'@xnp1=p ; p 2 [1;1):

El espacio de dichas funciones, al que denotamos C1c (), no resulta completo con estanorma.Los espacios de Sobolev que estudiaremos en este capítulo son espacios de Banach y

contienen a C1c () como subespacio denso. Consisten de funciones en Lp() que tienenderivadas parciales en un sentido débil y dichas derivadas débiles son elementos deLp(): De modo que la norma denida arriba tiene sentido para dichas funciones.Las derivadas débiles son una herramienta fundamental en el estudio de ecuaciones

en derivadas parciales, pues al debilitar la noción de derivada se vuelve más fácil encon-trar soluciones. Este tipo de soluciones se llaman soluciones débiles. Una vez encontradala solución débil, hay que analizar si ésta resulta diferenciable en el sentido usual y siresulta ser una solución auténtica de nuestra ecuación.Los espacios de Sobolev son el ambiente adecuado para estudiar la existencia de

soluciones débiles. Gracias al principio de Dirichlet, los mínimos de ciertos funcionales enun espacio de Sobolev resultan ser soluciones débiles de ciertas ecuaciones en derivadasparciales.Aplicaremos la teoría de espacios de Sobolev para probar la existencia de una solu-

ción u : ! R de la ecuación en derivadas parciales

u+ u = f393

394 16. ESPACIOS DE SOBOLEV

con valor prescrito sobre la frontera @ de ; i.e. tal que cumple

u() = g() 8 2 @;

donde u :=nPi=1

@2u@x21

es el operador de Laplace y f; g : ! R son funciones dadas.

16.1. Derivadas débiles

Dado un subconjunto abierto de Rn denotamos por

Ckc () := C0c () \ Ck()

al conjunto de las funciones ' : ! R de clase Ck con soporte compacto contenido en.La fórmula de integración por partes es el punto de partida para denir las derivadas

débiles.

Proposición 16.1 (Integración por partes) (a) Si ' 2 C1c (); entoncesZ

@'

@xi= 0 8i = 1; :::; n:

(b) Si f 2 C1(); ' 2 C1c (); entoncesZ

@f

@xi'+

Z

f@'

@xi= 0 8i = 1; :::; n:

Demostración: (a): Identicamos a ' con su extensión trivial a Rn; así que ' 2C1c (Rn) (ver Ejercicio 11.48), y elegimos a > 0 de modo que sop(') [a; a]n: Sinperder generalidad podemos tomar i = 1: El teorema fundamental del cálculo aseguraque Z a

a

@'

@x1(x1; bx) dx1 = '(a; bx) '(a; bx) = 0 8bx = (x2; : : : ; xn) 2 Rn1:

Por tanto, Z

@'

@x1=

ZRn1

Z a

a

@'

@x1(x1; bx) dx1 dbx = 0:

(b): Aplicando la armación (a) al producto f' 2 C1c () obtenemos

0 =

Z

@(f')

@xi=

Z

@f

@xi'+

Z

f@'

@xi;

16.1. DERIVADAS DÉBILES 395


Este resultado motiva la siguiente denición.

Denición 16.2 Sea u 2 L1loc(). Decimos que u es débilmente diferenciable en si existen v1; :::; vn 2 L1loc() tales queZ

u@'

@xi+

Z

vi' = 0 8' 2 C1c () (16.1)

para toda i = 1; ; n:vi se llama la i-ésima derivada débil de u en y se denota

Diu := vi:

El gradiente débil de u en es la función ! Rn cuyas componentes son lasderivadas débiles. Lo denotamos por

ru := (D1u;D2u; : : : ; Dnu):

Observaciones 16.3 Observa que, si v; w 2 L1loc() satisfacen

Z

v' =

Z

u@'

@xi=

Z

w' 8' 2 C1c ();

entonces v = w c.d. en (ver Proposición 14.49). Es decir, para cada i = 1; ; n, lafunción vi que cumple (16.1) es única.

La Proposición 16.1 arma lo siguiente.

Ejemplo 16.4 Si u 2 C1(); entonces u es débilmente diferenciable en y

Diu =@u

@xi8i = 1; : : : ; n:

No todas las funciones débilmente diferenciables son diferenciables, como lo muestrael siguiente ejemplo.

Ejemplo 16.5 Sea u : R! R la función u(x) = jxj: Entonces u es débilmente difer-enciable en R y su derivada débil es la función

(Du)(x) =

1 x > 0;

1 x 0:


Demostración: Si ' 2 C1c (R) y sop(') [a; a]; tomando en cuenta que u es difer-enciable en (a; 0) y en (0; a) y usando el teorema fundamental del cálculo obtenemosZ 1

1[u'0 + (Du)'] =

Z 0

a[u'0 + (Du)'] +

Z a

0

[u'0 + (Du)']

=

Z 0

a(u')0 +

Z a

0

(u')0 = a'(a) + a'(a) = 0;

pues '(a) = '(a) = 0:

Existen funciones que no son débilmente diferenciables. Veamos un ejemplo.

Ejemplo 16.6 La función característica 1(1;0) : R! R no es débilmente diferenciableen R.

Demostración: Argumentando por contradicción, supongamos que existe v 2 L1loc(R)tal que Z 1

11(1;0)'

0 = Z 1

1v' 8' 2 C1c (R):

Entonces se cumple, en particular, queZ 0

1v' =

Z 0

1'0 = 0 8' 2 C1c (1; 0);Z 1

0

v' = Z 1

0

0 = 0 8' 2 C1c (0;1):

Estas dos identidades, junto con la Proposición 14.49, implican que v = 0 c.d. en R. Enconsecuencia,

'(0) =

Z 0

1'0 =

Z 1

11(1;0)'

0 = 0 8' 2 C1c (R):

Esto es una contradicción.

Observaciones 16.7 El Ejemplo 16.6 muestra que la extensión trivial de una funcióndébilmente diferenciable en no es, en general, débilmente diferenciable en Rn: lafunción constante igual a 1 es de clase C1 en (1; 0) pero su extensión trivial 1(1;0) :R! R no es débilmente diferenciable en R.

Un ejemplo interesante es el siguiente.

16.1. DERIVADAS DÉBILES 397

Proposición 16.8 Si 2 R y + n > 1; la función u(x) = kxk es débilmentediferenciable en Rn y

(Diu) (x) = kxk 2 xi 8i = 1; : : : ; n:

Demostración: Por simplicidad denotamos vi(x) := kxk 2 xi: La Proposición13.31 asegura que u 2 L1loc(Rn) si + n > 0. Como jvi(x)j kxk 1 ; se tiene quevi 2 L1loc(Rn) si 1 + n > 0:Elegimos 2 C1(Rn) tal que 0 (x) 1 para todo x 2 Rn; (x) = 0 si kxk 1

y (x) = 1 si kxk 2; y denimos k(x) := (kx): Entonces 0 k(x) 1 para todox 2 Rn;

k(x) = 0 si kxk 1=k y k(x) = 1 si kxk 2=k:Observa que u es diferenciable en Rn r f0g y que

@u

@xi(x) = kxk 2 xi = vi(x) si x 6= 0:

Por tanto, u k 2 C1(Rn) y la Proposición 16.1 asegura queZRnu k

@'

@xi+

ZRn

@u

@xi k + u

@ k@xi

' = 0 8' 2 C1c (Rn): (16.2)

Calcularemos ahora el límite cuando k !1 de cada uno de los sumandos.Sea ' 2 C1c (Rn): Las funciones u k @'@xi y u

@'@xison integrables en Rn y cumplen que

u k@'

@xi! u

@'

@xic.d.en Rn y

u k @'@xi u @'@xi

en Rn 8k 2 N:

Del teorema de convergencia dominada (Teorema 13.26) se sigue entonces queZRnu@'

@xi= lm

k!1

ZRnu k

@'

@xi: (16.3)

Análogamente se demuestra queZRnvi' = lm

k!1

ZRn

@u

@xi k': (16.4)

Por otra parte, como @ k@xi(x) = k @

@xi(kx); se tiene que @ k@xi

1 k

@ @xi 1:


Observa además que sop(@ k@xi) fx 2 Rn : 1

k kxk 2

kg =: An( 1

k; 2k): En consecuen-

cia, usando el Ejemplo 13.30 obtenemosZRnu@ k@xi

'

ZAn( 1

k; 2k)

u@ k@xi'

k

@ @xi 1k'k1

ZAn( 1

k; 2k)

kxk dx

=

@ @xi 1k'k1

n!n + n

2 +n 1k +n1

y, dado que + n 1 > 0; concluimos que

lmk!1

ZRnu@ k@xi

' = 0: (16.5)

De (16.2), (16.3), (16.4) y (16.5) se sigue queZRnu@'

@xi+

ZRnvi' = 0 8' 2 C1c (Rn);


Proposición 16.9 (Linealidad de la derivada débil) Si u; v 2 L1loc() son débil-mente diferenciables y ; 2 R, entonces u+ v es débilmente diferenciable y

Di(u+ v) = Diu+ Div 8i = 1; :::; n:

Demostración: Observa que, para cada i = 1; :::; n y ' 2 C1c ();Z

(u+ v)

@'

@xi+ (Diu+ Div)'

=

Z

u@'

@xi+ (Diu)'

+

Z

v@'

@xi+ (Div)'

= 0:

Esto prueba que u+v es débilmente diferenciable y Di(u+v) = Diu+Div:

Dado que el producto de dos funciones en L1loc() no necesariamente pertenece aL1loc() no siempre tiene sentido preguntarse si el producto de funciones débilmentediferenciables es débilmente diferenciable. Sin embargo, se tiene el siguiente resultado.

16.2. ESPACIOS DE SOBOLEV 399

Proposición 16.10 (Derivada débil de un producto) Si u 2 L1loc() es débilmentediferenciable en y 2 C1c (); entonces la extensión trivial de u es débilmente difer-enciable en Rn y

Di(u) =@

@xiu+ Diu:

Demostración: Sea ' 2 C1c (Rn). Entonces ' 2 C1c () y, en consecuencia,ZRnu@'

@xi+

ZRn

Diu+ u

@

@xi

' =

Z

u@(')

@xi+

Z

(Diu) (') = 0:

Esto demuestra la armación.

16.2. Espacios de Sobolev

Introducimos ahora los espacios de Sobolev1.

Sergei Sobolev

Denición 16.11 Sea p 2 [1;1]: El espacio de Sobolev W 1;p() se dene como

W 1;p() := fu 2 Lp() : u es débilmente diferenciable en , Diu 2 Lp() 8i = 1; : : : ; ng:

Para u 2 W 1;p() denimos

kukW 1;p() :=

( kukpp + kD1ukpp + + kDnukpp

1=psi p 2 [1;1);

max fkuk1 ; kD1uk1 ; : : : ; kDnuk1g si p =1:

1Sergei Lvovich Sobolev (1908-1989) nació en San Petersburgo, Rusia. Estudió en la Universidad deLeningrado, donde fue alumno de Nikolai Maksimovich Günter y Vladimir Smirnov. Fue investigadordel Instituto Steklov y profesor de la Universidad Estatal de Moscú.


Proposición 16.12 W 1;p() es un espacio vectorial y kkW 1;p() es una norma enW 1;p() para todo p 2 [1;1]:

Demostración: Como Lp() es un espacio vectorial, de la Proposición 16.9 se sigueque W 1;p() es un espacio vectorial. Probemos ahora que kkW 1;p() es una norma.(N1): Sea u 2 W 1;p(): Si u = 0 entonces Diu = 0 para todo i = 1; :::; n y, en

consecuencia, kukW 1;p() = 0: Inversamente: como kukp kukW 1;p() ; si kukW 1;p() = 0entonces u = 0 en Lp():(N2): Claramente kukW 1;p() = kukW 1;p() para cualesquiera u 2 W 1;p(); 2 R:(N3): Si p 2 [1;1), aplicando primero la desigualdad de Minkowski en Lp() (ver

Proposición 14.24) y luego la desigualdad del triángulo (2.3) para la norma kkp enRn+1, obtenemos que, para cualesquiera u; v 2 W 1;p();

ku+ vkW 1;p() =

ku+ vkpp +

nPi=1

kDiu+Divkpp1=p

kukp + kvkp

p+

nPi=1

kDiukp + kDivkp

p1=p

kukpp +

nPi=1

kDiukpp1=p

+

kvkpp +

nPi=1

kDivkpp1=p

= kukW 1;p() + kvkW 1;p() :

La demostración de la desigualdad para p =1 es análoga.

Probaremos que W 1;p() es un espacio de Banach. La demostración se basa en elsiguiente hecho.

Lema 16.13 Sean p 2 [1;1] y (uk) una sucesión en W 1;p() tal que uk ! u en Lp()y Diuk ! vi en Lp() para cada i = 1; :::; n: Entonces u es débilmente diferenciable en, vi = Diu para todo i = 1; :::; n; y uk ! u en W 1;p():

Demostración: Sea ' 2 C1c (): Entonces ';@'@xi

2 Lq() para todo q 2 [1;1]:Tomando q de modo que 1

p+ 1

q= 1 y usando la desigualdad de Hölder (ver Proposición

14.21) obtenemos queZ

u@'

@xiZ

uk@'

@xi

ku ukkp @'@xi

q

! 0 cuando k !1;Z

vi'Z

(Diuk)'

kvi Diukkp k'kq ! 0 cuando k !1:


Por tanto, Z

u@'

@xi+

Z

vi' = lmk!1

Z

uk@'

@xi+

Z

(Diuk)'

= 0

para cada i = 1; :::; n: Esto prueba que u es débilmente diferenciable en y que vi =Diu: En consecuencia, u 2 W 1;p(): Además se tiene que

lmk!1

kuk ukpW 1;p() = lmk!1

kuk ukpp +nXi=1

lmk!1

kDiuk Diukpp = 0 si p 2 [1;1):

Análogamente, lmk!1 kuk ukW 1;1() = 0 si p =1:

Teorema 16.14 W 1;p() es un espacio de Banach para todo p 2 [1;1]:

Demostración: Sea (uk) una sucesión de Cauchy enW 1;p(): Entonces las sucesiones(uk) y (Diuk) son de Cauchy en Lp(): Como Lp() es completo, se tiene que uk ! uen Lp() y Diuk ! vi en Lp() para cada i = 1; :::; n: Del Lema 16.13 se sigue queu 2 W 1;p() y uk ! u en W 1;p(): Esto demuestra que W 1;p() es completo.

Notación 16.15 Si p = 2 se denota

H1() :=W 1;2() y kukH1() := kukW 1;2() : (16.6)

En este caso la norma está inducida por el producto escalar

hu; viH1() :=

Z

uv +nPi=1

Z

(Diu)(Div) =

Z

uv +

Z

ru rv: (16.7)

Por tanto, H1() es un espacio de Hilbert.

Veamos un ejemplo.

Proposición 16.16 Sean 2 R, u(x) := kxk y r > 0:

(a) Si p 2 [1;1) y ( 1)p+ n > 0 entonces u 2 W 1;p(Bn(0; r)):

(b) Si 1 entonces u 2 W 1;1(Bn(0; r)):


Demostración: Si p 2 [1;1) y ( 1)p+n > 0 entonces ( 1+n)p > (p1)n 0y, en consecuencia, 1 + n > 0: Análogamente, si 1 entonces 1 + n > 0: Asíque en ambos casos la Proposición 16.8 asegura que u es débilmente diferenciable enBn(0; r) y que

(Diu) (x) = kxk 2 xi 8i = 1; : : : ; n:Como j(Diu) (x)j kxk 1 ; de la Proposición 14.29 se sigue que u 2 Lp(Bn(0; r)) yque Diu 2 Lp(Bn(0; r)) para todo i = 1; : : : ; n:

A continuación queremos investigar si el espacio C1c () es denso en W 1;p() parap 2 [1;1): Veremos primero que sí lo es cuando = Rn: Requerimos el siguienteresultado.

Lema 16.17 (de truncamiento) Sean p 2 [1;1) y ( k) una sucesión en C1(Rn) \W 1;p(Rn) tal que k ! u en W 1;p(Rn): Entonces existe una sucesión ('k) en C1c (Rn)tal que 'k ! u en W 1;p(Rn):

Demostración: Escogemos una función 2 C1c (Rn) tal que 0 (x) 1 para todox 2 Rn; (x) = 1 si kxk 1 y (x) = 0 si kxk 2; y denimos k(x) := (x

k): Entonces,

k 2 C1c (Rn) y cumple que

0 k(x) 1 8x 2 Rn; k(x) = 1 si kxk k; k(t) = 0 si kxk 2k:

Deninimos 'k := k k: Nota que 'k 2 C1c (Rn): Probaremos que 'k ! u enW 1;p(Rn):Del teorema de convergencia dominada en Lp (Teorema 14.26) se sigue que

kv kvkp ! 0 8v 2 Lp(Rn)

y, como ZRnjku k kj

p =

ZRnjkj

p ju kjp ku kk

pp ! 0

y ZRn

kDiu k@ k@xi

p = ZRnjkj

p

Diu@ k@xi

p Diu@ k@xi

pp

! 0;

usando la desigualdad del triángulo en Lp(Rn) concluimos que

lmk!1

ku k kkp = 0 y lmk!1

Diu k@ k@xi

p

= 0:

Por otra parte, puesto que @k@xi(x) = 1

k@@xi

xk

; se tiene que @k@xi

1=1

k

@@xi 1:


Así que, como ( k) está acotada en Lp(Rn); existe una constante c > 0 tal que @k@xi

k

pp

=

ZRn

@k@xi k

p 1

kp

@@xi p1k kk

pp

c

kp! 0:

Por tanto, Diu@(k k)

@xi

p

=

Diu k@ k@xi

@k@xi

k

p

Diu k

@ k@xi

p

+

@k@xi k

p

! 0:

Hemos probado pues que

'k ! u en Lp(Rn) y@'k@xi

! Diu en Lp(Rn) 8i = 1; :::; n:

Aplicando el Lema 16.13 concluimos que 'k ! u en W 1;p(Rn):

Teorema 16.18 C1c (Rn) es denso en W 1;p(Rn) para todo p 2 [1;1):

Demostración: Sea u 2 W 1;p(Rn) y sea (k) una sucesión regularizante (ver Deni-ción 14.41). Las Proposiciones 14.38 y 14.40 aseguran que k u 2 C1(Rn) \W 1;p(Rn)y que

@

@xi(k u) =

@k@xi

u 8i = 1; :::; n:

Puesto que u es débilmente diferenciable en Rn y la función y 7! k(x y) pertenece aC1c (Rn) para cada x 2 Rn; se tiene que

0 =

ZRn@k@xi

(x y)u(y)dy +

ZRnk(x y)Diu(y)dy

= @k@xi

u(x) + (k Diu)(x):

En consecuencia,@

@xi(k u) = k Diu 8i = 1; :::; n:

El Teorema 14.45 asegura que

k u! u en Lp(Rn) y@

@xi(k u)! Diu en Lp(Rn) 8i = 1; :::; n:


Aplicando el Lema 16.13 concluimos que k u ! u en W 1;p(Rn): La armación delteorema se obtiene aplicando el Lema 16.17 a las funciones k := k u:

Si 6= Rn el espacio C1c () no es, en general, denso enW 1;p(): En las aplicacionesque daremos en la siguiente sección jugará un papel importante el siguiente espacio.

Denición 16.19 Sea p 2 [1;1): El espacio de Sobolev W 1;p0 () es la cerradura de

C1c () en W 1;p(). Denotamos

H10 () := W 1;2

0 ():

W 1;p0 () es un subespacio vectorial cerrado de W 1;p(); por tanto W 1;p

0 () es unespacio de Banach y H1

0 () es un espacio de Hilbert.El Teorema 16.18 asegura que W 1;p

0 (Rn) = W 1;p(Rn) pero estos espacios en generalno coinciden cuando 6= Rn [Ejercicio 16.45].En el resto de esta sección supondremos que p 2 [1;1):

Ejemplo 16.20 Si u 2 C1c () entonces u 2 W1;p0 ():

Demostración: Sea u 2 C1c () y sea (k) una sucesión regularizante. De la Proposi-ción 14.38 se sigue que k u 2 C1c () para k sucientemente grande y @

@xi(k u) =

k @u@xi: El Teorema 14.45 asegura entonces que

k u! u en Lp(Rn) y@

@xi(k u)!

@u

@xien Lp() 8i = 1; :::; n;

y aplicando el Lema 16.13 obtenemos que k u ! u en W 1;p(): En consecuencia,u 2 W 1;p

0 ():

En la siguiente proposición denotamos por v a la extensión trivial de v a Rn denidaen (12.21).

Proposición 16.21 Si u 2 W 1;p0 (); entonces u 2 W 1;p(Rn) y Di(u) = Diu para

cada i = 1; :::; n:

Demostración: Sea ('k) una sucesión en C1c () tal que 'k ! u en W 1;p(): En-

tonces 'k ! u en Lp() y @'k@xi

! Diu en Lp(): Además, 'k 2 C1c (Rn) y@'k@xi

= @'k@xi:

En consecuencia,

'k ! u en Lp(Rn) y@'k@xi

! Diu en Lp(Rn) 8i = 1; :::; n:


Del Lema 16.13 se sigue que u es débilmente diferenciable en Rn y Di(u) = Diu. Portanto, u 2 W 1;p(Rn):

La proposición anterior nos permite considerar a W 1;p0 () como un subespacio de

W 1;p(Rn):Puesto que C1c () es denso en W 1;p

0 () podemos extender, bajo hipótesis ade-cuadas, las fórmulas conocidas para la composición funciones diferenciables a funcionesen W 1;p

0 ().

Proposición 16.22 (Regla de la cadena para derivadas débiles) Sea g 2 C1(R)tal que g(0) = 0 y g0 2 L1(R): Si u 2 W 1;p

0 (); entonces g u 2 W 1;p0 () y

Di(g u) = (g0 u)Diu:

Demostración: Por el teorema del valor medio (ver Teorema 9.14)

jg(t1) g(t2)j kg0k1 jt1 t2j 8t1; t2 2 R. (16.8)

Sean u 2 W 1;p0 () y 'k 2 C1c () tales que 'k ! u en W 1;p(): Como g(0) = 0; se

tiene que g 'k 2 C1c () W 1;p0 (): Usando (16.8) obtenemosZ

jg u g 'kjp kg0kp1

Z

ju 'kjp ! 0:

Por tanto, g u 2 Lp() y

g 'k ! g u en Lp(): (16.9)

Por otra parte, el Teorema 14.28 asegura que ('k) contiene una subsucesión tal que'kj(x)! u(x) p.c.t. x 2 y, puesto que g0 es continua, se tiene que

g0('kj(x))Diu(x)! g0(u(x))Diu(x) p.c.t. x 2 :

Además, g0('kj(x))Diu(x) kg0k1 jDiu(x)j 8x 2 ; 8j 2 N:

Como Diu 2 Lp(), el Teorema 14.26 asegura que (g0 u)Diu 2 Lp() y

lmj!1

(g0 u)Diu (g0 'kj)Diu p= 0:

Se tiene además queZ

(g0 'kj)Diu (g0 'kj)@'kj@xi

p kg0kp1 Z

Diu@'kj@xi

p ! 0 cuando j !1:


De la desigualdad del triángulo (g0 u)Diu@(g 'kj)

@xi

p

(g0 u)Diu

g0 'kj

Diu

p+

g0 'kjDiug0 'kj

@'kj@xi

p

;

se obtiene entonces que

@(g 'kj)@xi

! (g0 u)Diu en Lp(): (16.10)

El Lema 16.13 y las armaciones (16.9) y (16.10) nos permiten concluir que g ues débilmente diferenciable en , que Di(g u) = (g0 u)Diu y que g 'kj ! g u enW 1;p():Finalmente, como g 'k 2 W

1;p0 () yW 1;p

0 () es un subespacio cerrado deW 1;p(),se tiene que g u 2 W 1;p

0 ():

Proposición 16.23 (Cambio de variable para derivadas débiles) Sea : 0 ! un difeomorsmo de clase C1 tal que @i

@yj2 L1(0) y @(1)i

@xj2 L1() para i; j =

1; :::; n: Si u 2 W 1;p0 (); entonces u 2 W 1;p

0 (0) y

Di(u ) =nPj=1

(Dju )@j@yi

8i = 1; :::; n;

donde i y (1)i denotan a la i-ésima función componente de y

1 respectivamente.

Demostración: Sea c 2 R tal que det(1)0 1 cp y

@i@yj

1 c 8i; j = 1; :::; n;

Observa primero que el teorema de cambio de variable (Teorema 13.36) asegura que, siv 2 Lp(); entonces jv jp = jvjp es integrable y

kv kpp =Z0jvjp =

Z

jvjpdet(1)0 cp kvkpp :

Sean u 2 W 1;p0 () y 'k 2 C1c () tales que 'k ! u en W 1;p(): Entonces, 'k 2

C1c (0) W 1;p0 (0): De la observación anterior se sigue que u 2 Lp(0); Dju 2

Lp(0);ku 'k kp = k(u 'k) kp c ku 'kkp ! 0;


y (Dju )@j@yi

@'k@xj

@j@yi

p

=

Dju@'k@xj

@j@yi

p

c

Dju@'k@xj

p

c2 Dju

@'k@xj

p

! 0 cuando k !1;

para cada j = 1; :::; n: Por tanto, 'k ! u en Lp(0) y

@('k )@yi

=nPj=1

@'k@xj

@j@yi

!nPj=1

(Dju )@j@yi

en Lp(0):

El Lema 16.13 asegura entonces que u es débilmente diferenciable en, queDi(u) =Pnj=1 (Dju ) @j@yi

y que 'k ! u en W 1;p():

Finalmente, como 'k 2 W1;p0 () yW 1;p

0 () es un subespacio cerrado deW 1;p(),se tiene que u 2 W 1;p

0 ():

Observa que en las dos proposiciones anteriores jugó un papel importante el hecho deque u es el límite de funciones en C1c (): Estas proposiciones son válidas también parafunciones en W 1;p(); pero su demostración requiere de un resultado de aproximaciónmás delicado que no veremos aquí2.Intuitivamente se antoja pensar a W 1;p

0 () como el espacio de las funciones deW 1;p() que se anulan en la frontera de : Esta armación no tiene sentido en general,ya que los elementos de W 1;p() son clases de equivalencia de funciones que coincidenc.d. en y @ tiene medida 0. Veremos que, bajo ciertas condiciones, esta armacióntiene sentido y es cierta.Una función ' : U ! U 0 entre subconjuntos abiertos U y U 0 de Rn se llama un

difeomorsmo de clase Ck si ' es de clase Ck en U; ' es biyectiva y su inverso'1 : U 0 ! U es de clase Ck en U 0:Como antes denotamos por

Bn1(0; r) := fx 2 Rn1 : jxj < rg

y por Bn1(0; r) a su cerradura.

2Consulta, por ejemplo, el libro de H. Brezis, Análisis Funcional, Alianza Editorial, Madrid 1984(Proposiciones IX.5 y IX.6).


Denición 16.24 Un subconjunto abierto de Rn es de clase Ck si, para cadax0 2 @; existe un subconjunto abierto U de Rn que contiene a x0 y un difeomorsmo# : Bn1(0; 1) (1; 1)! U de clase Ck tal que #(0; 0) = x0;

#(Bn1(0; 1) (0; 1)) = U \ y #(Bn1(0; 1) f0g) = U \ @:

Teorema 16.25 Si es de clase C1 y u 2 W 1;p0 () \ C0(); entonces u(x) = 0 para

todo x 2 @:

Demostración: Sean u 2 W 1;p0 () \ C0() y x0 2 @: Probaremos que u(x0) = 0:

Elegimos U y # como en la Denición 16.24. Nota primero que, reemplazandoa Bn1(0; 1) por Bn1(0; 3=4); a (1; 1) por (3=4; 3=4), a U por #(Bn1(0; 3=4) (3=4; 3=4)) y reescalando, podemos suponer que # y @i

@yjson continuas en Bn1(0; 1)

[1; 1] y que @(1)i@xj

es continua en U; en cuyo caso

@i@yj

2 L1(Bn1(0; 1) (0; 1)) y@(1)i@xj

2 L1(U) 8i; j = 1; :::; n:

Sean K := #( Bn1(0; 12) [1

2; 12]) y := 1

2dist(K;Rn r U): Por el Lema 14.48

existe 2 C1c (Rn) tal que 0 (x) 1 si x 2 Rn; (x) = 1 si x 2 K y (x) = 0 sidist(x;K) :Si u 2 W 1;p

0 () y ( k) es una sucesión en C1c () tal que k ! u en W 1;p();entonces k 2 C1c (U \ ): Además,

ku kkpLp(U\) =

ZU\

jjp ju kjp ku kk

pLp() ! 0;

Di(u)@( k)

@xi

Lp(U\)

Diu

@ k@xi

Lp(U\)

+

@@xiu @

@xi k

Lp(U\)

Diu

@ k@xi

Lp()

+

@@xi 1ku kk

pLp() ! 0:

Del Lema 16.13 se sigue que u 2 W 1;p(U \) y que k ! u enW 1;p(U \) y, como k 2 C1c (U \ ); se tiene entonces que u 2 W 1;p

0 (U \ ): Aplicando la Proposición16.23 concluimos que

v := u # 2 W 1;p0 (Bn1(0; 1) (0; 1)) \ C0( Bn1(0; 1) [1; 1]):

Demostraremos quev(y; 0) = 0 8y 2 Bn1(0; 1): (16.11)


Observa que esto basta para probar la armación del teorema ya que, puesto que x0 =#(0; 0) 2 K; se tiene que u(x0) = (x0)u(x0) = v(0; 0) = 0:Para probar (16.11) elegimos 'k 2 C1c (Bn1(0; 1) (0; 1)) tal que 'k ! v en

W 1;p(Bn1(0; 1) (0; 1)): Como 'k(y; 0) = 0 para todo y 2 Bn1(0; 1); el teoremafundamental del cálculo asegura que

'k(y; t) =

Z t

0

@'k@xn

(y; s)ds 8t 2 (0; 1):

Sea " 2 (0; 1): Por el teorema del valor medio para integrales existen t"; s" 2 (0; ") talesque Z "

0

j'k(y; t)j dt = " j'k(y; t")j yZ "

0

jv(y; t)j dt = " jv(y; s")j : (16.12)

Por tanto,1

"

Z "

0

j'k(y; t)j dt Z "

0

@'k@xn(y; s)

ds 8" 2 (0; 1);

e integrando ambos lados de la desigualdad sobre Bn1(0; 1) obtenemos que

1

"

ZQ"

j'kj ZQ"

@'k@xn

;donde Q" := Bn1(0; 1) (0; "): Dado que Q" tiene medida nita, se tiene que 'k ! ven L1(Q") y

@'k@xn

! Div en L1(Q") (ver Proposición 14.31). De modo que, pasando allímite cuando k !1; concluimos que

1

"

ZQ"

jvj ZQ"

jDnvj :

Combinando esta desigualdad con (16.12) obtenemosZkyk<1

jv(y; s")j =Zkyk<1

1

"

Z "

0

jv(y; t)j dtdy = 1

"

ZQ"

jvj ZQ"

jDnvj :

Nota que, como v es continua, jv(y; s")j ! jv(y; 0)j cuando "! 0: Aplicando el teoremade convergencia dominada (Teorema 13.36) concluimos queZ

kyk<1jv(y; 0)j = lm

"!0

Zkyk<1

jv(y; s")j lm"!0

ZQ"

jDnvj = 0:

En consecuencia, v(y; 0) = 0 para todo y 2 Bn1(0; 1):


El recíproco del teorema anterior también es cierto sin ninguna condición de regu-laridad en @. Más precisamente: si u 2 W 1;p()\C0() y u(x) = 0 para todo x 2 @;entonces u 2 W 1;p

0 ()3:

16.3. Problemas elípticos con condición sobre la fron-tera

La ecuación en derivadas parciales

u = 0 en ; (16.13)

donde es un subconjunto abierto de Rn y

u =nPi=1

@2u

@x2i(16.14)

es el operador de Laplace o laplaciano, se llama la ecuación de Laplace. Las solucionesde esta ecuación se llaman funciones armónicas.Un ejemplo bien conocido de funciones armónicas aparece en análisis complejo: la

parte real y la parte imaginaria de una función holomorfa son funciones armónicas. Enla teoría de probabilidad la ecuación de Laplace juega un papel importante en el estudiodel movimiento Browniano. En física aparece en múltiples contextos. Típicamente, udenota la densidad de alguna cantidad en equilibrio, por ejemplo, una concentraciónquímica, una temperatura, un potencial electrostático, etc.4

La ecuación de Laplace es el ejemplo más sencillo de una ecuación elíptica. Dedi-caremos esta sección al estudio de algunos problemas elípticos lineales que satisfacenuna condición prescrita sobre la frontera de :

16.3.1. Un problema de Dirichlet homogéneo

Dado un subconjunto abierto de Rn y una función f : ! R, nos preguntamossi existe una función u : ! R que satisface

u+ u = f en ;u = 0 sobre @;

(16.15)

donde @ denota a la frontera de :3La demostración de esta armación se encuentra, por ejemplo, en el libro de H. Brezis, Análisis

Funcional, Alianza Editorial, Madrid 1984 (Teorema IX.17).4Consulta el libro de R. Feynman, R. Leighton y M. Sands, The Feynman lectures in physics, Vol.

II, Addison-Wesley 1966.

16.3. PROBLEMAS ELíPTICOS CON CONDICIÓN SOBRE LA FRONTERA 411

La condición u = 0 sobre @ recibe el nombre de condición de Dirichlethomogénea.

Denición 16.26 Una función u 2 C2() que satisface (16.15) se llama una soluciónclásica de (16.15).

Observa que, si existe una solución clásica de (16.15), entonces forzosamente f 2C0(): Además, se cumple lo siguiente.

Proposición 16.27 Si u 2 C2() satisface u+ u = f; entoncesZ

ru r'+Z

u' =

Z

f' 8' 2 C1c ():

Demostración: Sea u 2 C2() una solución clásica de (16.15). Multiplicando amboslados de la ecuación u+ u = f por ' 2 C1c () e integrando, obtenemos que

Z

(u)'+

Z

u' =

Z

f' 8' 2 C1c (): (16.16)

La fórmula de integración por partes (ver Proposición 16.1) asegura queZ

@u

@xi

@'

@xi=

Z

@2u

@x2i':

Sumando estas identidades para i = 1; :::; n; obtenemos la fórmula de Green

Z

(u)'dx =

Z

ru r' 8' 2 C1c (): (16.17)

Combinando (16.16) y (16.17) obtenemos la identidad deseada.

Este resultado motiva la siguiente denición.

Denición 16.28 Una función u 2 H10 () que satisfaceZ

ru r'+Z

u' =

Z

f' 8' 2 C1c () (16.18)

se llama una solución débil de (16.15).


El lado izquierdo de (16.18) es el producto escalar

hu; 'iH1() :=

Z

u'+

Z

ru r'

en el espacio H1() que denimos en (16.7), así que podemos reescribir la condición(16.18) como

hu; 'iH1() =

Z

f' 8' 2 C1c (): (16.19)

La existencia de una solución débil es consecuencia del teorema de representación deFréchet-Riesz.

Teorema 16.29 (Existencia y unicidad) Para cada f 2 L2() existe una únicasolución débil u 2 H1

0 () del problema (16.15). Más aún, u es el único mínimo delfuncional J : H1

0 ()! R dado por

J(v) =1

2kvk2H1()

Z

fv:

A esta última armación se le conoce como el principio de Dirichlet.

Demostración: Para f 2 L2() considera la función T : H10 ()! R dada por

Tv :=

Z

fv:

Esta función es claramente lineal. Además, usando la desigualdad de Hölder en L2()obtenemosZ

fv

kfk2 kvk2 kfk2kvk2 + nPi=1

kDivk21=2

= kfk2 kvkH1() 8v 2 H10 ():

Esto prueba que T es continua en H10 (): Por el teorema de representación de Fréchet-

Riesz (Teorema 15.19) existe un único u 2 H10 () tal que

hu; viH1() = Tv 8v 2 H10 ();

es decir, u es la única solución débil de (16.15). Por la Proposición 15.20, u es el únicomínimo de J:

16.3. PROBLEMAS ELíPTICOS CON CONDICIÓN SOBRE LA FRONTERA 413

Observaciones 16.30 Observa que, como C1c () es denso en H10 () y las funciones

v 7! hu; viH1() y Tv =Rfv son continuas en H1

0 (); si la identidad (16.19) sesatisface para todo ' 2 C1c () entonces se cumple también para todo v 2 H1

0 (). Asíque la condición (16.18) es equivalente a

hu; viH1() =

Z

fv 8v 2 H10 (): (16.20)

El siguiente resultado arma que, si los datos del problema y la solución débil sonsucientemente regulares, entonces ésta es una solución clásica.

Proposición 16.31 Si es de clase C1; f 2 L2() \ C0() y la solución débil u 2H10 () del problema (16.15) satisface u 2 C2(), entonces u es solución clásica de

(16.15).

Demostración: El Teorema 16.25 asegura que u(x) = 0 para todo x 2 @: Por otraparte, aplicando la fórmula de Green (16.17) obtenemosZ

(u+ u f)' =

Z

ru r'+Z

u'Z

f' = 0 8' 2 C1c ():

La Proposición 14.49 asegura entonces que h := u + u f = 0 c.d. en : Comoh es continua, si h(x0) 6= 0 para algún x0 2 ; se tendría que h(x) 6= 0 para todox 2 Bn(x0; ) con > 0; lo cual es una contradicción. Así que

u+ u = f en :

Esto prueba que u es una solución clásica de (16.15).

Si los datos del problema son sucientemente regulares, la solución débil resulta sersucientemente regular. Se tiene, por ejemplo, el siguiente resultado, cuya demostraciónno daremos aquí5.

Teorema 16.32 (de regularidad) Si es un subconjunto abierto y acotado de Rn declase C1, f 2 C1() y u 2 H1

0 () es una solución débil del problema (16.15), entoncesu 2 C1().

De hecho, bastan condiciones de regularidad mucho más débiles sobre y f paraconcluir que u 2 C2()6; como requiere la Proposición 16.31.Usando el teorema de regularidad obtenemos el siguiente resultado.5Puedes consultar la demostración en el libro de L.C. Evans, Partial di¤erential equations, Graduate

Studies in Math. 19, Amer. Math. Soc., Providence 1988.6Una referencia muy completa sobre resultados de este tipo es el libro de D. Gilbarg y N.S.

Trudinger, Elliptic partial di¤erential equations of second order, Springer-Verlag, Berlin Heidelberg2001.


Corolario 16.33 Si es un subconjunto abierto y acotado de Rn de clase C1 y f 2C1(); entonces el problema (16.15) tiene una única solución clásica u 2 C1().

Demostración: La armación es consecuencia inmediata del Teorema 16.32 y laProposición 16.31.

16.3.2. Un problema de Dirichlet no homogéneo

Estudiaremos ahora la misma ecuación con una condición más general sobre lafrontera.Dados un subconjunto abierto de Rn y funciones f; g : ! R, nos preguntamos

si existe una función u : ! R que satisfaceu+ u = f en ;

u = g sobre @:(16.21)

La condición u = g sobre @recibe el nombre de condición de Dirichlet.

Denición 16.34 Una función u 2 C2() que satisface (16.21) se llama una soluciónclásica de (16.21).

El Teorema 16.25 sugiere buscar soluciones en el espacio afín

Ag := fu 2 H1() : u g 2 H10 ()g:

Denimos entonces una solución débil como sigue.

Denición 16.35 Una función u 2 Ag que satisfaceZ

ru r'+Z

u' =

Z

f' 8' 2 C1c () (16.22)

se llama una solución débil de (16.21).

Observa que la condición (16.22) es la misma que la condición (16.18) del casohomogéneo. Sólo que ahora buscamos una solución en Ag en vez de en H1

0 (): Nota queAg no es un espacio vectorial (y en consecuencia no es un espacio de Hilbert) a menosque g = 0 en cuyo caso Ag = H1

0 ():El Teorema 16.29 se extiende como sigue.


Teorema 16.36 (Existencia y unicidad de la solución débil) Para cada f 2 L2()y g 2 H1() existe una única solución débil u 2 Ag del problema (16.21). Más aún, ues el único mínimo del funcional J : Ag ! R dado por

J(v) :=1

2kvk2H1()

Z

fv:

A esta última armación se le llama el principio de Dirichlet.

Proponemos la demostración de este teorema como ejercicio [Ejercicio 16.48].Nuevamente, si los datos del problema y la solución débil son sucientemente regu-

lares, ésta es una solución clásica.

Proposición 16.37 Si es de clase C1; f 2 L2() \ C0(); g 2 H1() \ C0() y lasolución débil u 2 Ag del problema (16.21) satisface u 2 C2(), entonces u es soluciónclásica de (16.21).

Demostración: Como u g 2 H10 ()\C0(); el Teorema 16.25 asegura que u(x) =

g(x) para todo x 2 @:El mismo argumento empleado en la demostración de la Proposición 16.31, prueba

que u+ u = f en : Por tanto, u es una solución clásica de (16.21).

Como en el caso homogéneo, usando el Teorema 16.32 se prueba la existencia deuna única solución clásica cuando es de clase C1 y f; g 2 C1() [Ejercicio 16.48].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) resultabaestar acotada inferiormente, los expertos (incluyendo a Riemann, que fue quien le pusoel nombre de principio de Dirichlet) daban por hecho la existencia de un mínimo. Hastaque Weierstrass en 1895 mostró un contraejemplo, que proponemos aquí como ejercicio[Ejercicio 16.47].

16.4. Ejercicios

Ejercicio 16.38 Prueba que, si ! es un subconjunto abierto de y u 2 L1loc() es dé-bilmente diferenciable en , entonces la restricción de u a ! es débilmente diferenciableen ! y

Di(u j!) = (Diu) j! :

Ejercicio 16.39 Prueba que, si es conexo, u 2 L1loc() es débilmente diferenciableen y Diu = 0 c.d. en para todo i = 1; :::; n; entonces u es constante c.d. en :


Ejercicio 16.40 Sean = Rn rBn(0; r), r > 0; y u(x) := kxk :

(a) ¿Para qué valores de 2 R es u es débilmente diferenciable en ?

(b) Dada p 2 [1;1]; ¿para qué valores de 2 R se cumple que u 2 W 1;p()?

Ejercicio 16.41 Considera las siguientes funciones:

(a) ui : Rn ! R; ui(x) :=xikxk ; i = 1; :::; n:

(b) u : Rn ! R; u(x) := ln kxk :

(c) 1Bn(0;1) : Rn ! R; donde Bn(0; 1) := fx 2 Rn : kxk = 1g:

¿Para qué valores de n es cada una de las funciones anteriores débilmente diferen-ciable en Rn? ¿Para qué valores de n y p pertenece a W 1;p(Rn)?

Ejercicio 16.42 Sea p 2 [1;1): Prueba que, si u 2 W 1;p(Rn) y ' 2 C1c (); entoncesu' 2 W 1;p

0 () y

Di(u') = (Diu)'+ u@'

@xi8i = 1; :::; n:

Ejercicio 16.43 Sea p 2 [1;1): Prueba que, si u 2 W 1;p0 (); entonces juj 2 W 1;p

0 ()y

(Di juj) (x) =

8<:(Diu) (x) si u(x) 0;0 si u(x) = 0; (Diu) (x) si u(x) 0:

(Sugerencia: Considera las funciones "(t) = (t2 + "2)1=2 ", " > 0; y " u: Prueba

que " u! juj en W 1;p():)

Ejercicio 16.44 Sea p 2 [1;1): Prueba que, si u 2 W 1;p0 (); entonces

u+ := maxfu; 0g 2 W 1;p0 (); u := mnfu; 0g 2 W 1;p

0 ();

y sus derivadas débiles son

Diu

+(x) =

(Diu) (x) si u(x) 0;0 si u(x) 0:

Diu

(x) = (Diu) (x) si u(x) 0;0 si u(x) 0:

Ejercicio 16.45 Sean un subconjunto abierto de clase C1 de Rn y p 2 [1;1): Pruebaque, si 6= Rn; entonces W 1;p() 6= W 1;p

0 ().


Ejercicio 16.46 Prueba que, si u 2 W 1;p() y Diu 2 W 1;p() para todo i 2 f1; :::; ngentonces

DjDiu = DiDju 8i; j = 1; :::; n:

Ejercicio 16.47 (Ejemplo de Weierstrass) Sea V := fu 2 C1[1; 1] : u(1) = 1;u(1) = 1g y sea

J(u) :=

Z 1

1jxu0(x)j2 dx

(a) Prueba que nffJ(u) : u 2 V g = 0: (Sugerencia: Considera las funciones

u"(x) :=arctan

x"

arctan

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 16.48 Sean un subconjunto abierto de Rn, f; g : ! R. Considera elproblema

u+ u = f en ;u = g sobre @:

(16.23)

Recuerda que una solución débil de este problema es una función u 2 Ag := fw 2H1() : w g 2 H1

0 ()g que satisfaceZ

ru r'+Z

u' =

Z

f' 8' 2 C1c (): (16.24)


(a) Si g 2 H1() y f 2 L2(); el problema (16.23) tiene una única solución débil.(Sugerencia: Prueba que u 2 Ag satisface (16.24) si y sólo si v := u g 2 H1

0 ()satisfaceZ

rv r'+Z

v' = Z

rg r'Z

g'+

Z

f' 8' 2 C1c ();

y aplica el teorema de representación de Fréchet-Riesz.)

(b) u 2 Ag es una solución débil de (16.23) si y sólo si u es un mínimo del funcionalJ : Ag ! R dado por

J(w) :=1

2kwk2H1()

Z

fw:


(c) Si g 2 C2(); entonces u es solución clásica de (16.23) si y sólo si v := u g essolución clásica de

v + v = g g + f en ;v = 0 sobre @:

(d) Si es un subconjunto abierto y acotado de Rn de clase C1 y f; g 2 C1();entonces el problema (16.23) tiene una única solución clásica u 2 C1().

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 W 1;p

0 (); ¿automáticamente pertenecea algún otro espacio? Por denición pertenece a Lp() pero, ¿pertenecerá también aalgún otro Lq()? En este capítulo daremos una respuesta armativa a esta preguntay veremos que la respuesta varía, dependiendo de si p 2 [1; n); p = n o p 2 (n;1).

La herramienta fundamental para este análisis son ciertas desigualdades que per-miten estimar la norma en Lq de una función ' 2 C1c (Rn) en términos de la normaen Lp de su gradiente. A este tipo de desigualdades se les suele llamar desigualdadesde Sobolev, en honor al matemático Sergei Sobolev a quien se deben algunas de ellas.Estas desigualdades se extienden por densidad a W 1;p

0 () y permiten obtener encajescontinuos de éste en otros espacios.

Probaremos, en particular, que cuando p 2 [1; n), el espacio W 1;p0 () está contenido

en Lq() para todo q 2 [p; p]; donde p := npnp : Este número se llama el exponente

crítico de Sobolev. Más aún, la inclusión W 1;p0 () Lq() resulta ser una función

continua.

Cuando el dominio es acotado y q < p se tiene una propiedad aún más fuerte:la inclusión W 1;p

0 () Lq() resulta ser compacta, es decir, toda sucesión acotada enW 1;p0 () contiene una subsucesión convergente en Lq(): Este resultado, debido a Franz

Rellich y Vladimir Kondrashov, tiene implicaciones muy importantes para la existenciade soluciones de problemas elípticos. Lo aplicaremos aquí para probar la existencia deuna sucesión no acotada de valores propios del operador laplaciano en H1

0 () cuando es un dominio acotado.

419

420 17. ENCAJES DE SOBOLEV

17.1. Desigualdades de Sobolev

En el producto [Lp (Rn)]n := Lp (Rn) Lp (Rn) (con n factores), p 2 [1;1);consideramos la norma

k(f1; : : : ; fn)kp :=kf1kpp + + kfnk

pp

1=p(ver Ejercicio 2.53).Nota que, si ' 2 C1c (Rn) ; su gradiente r' = ( @'@x1 ; : : : ;

@'@xn) pertenece a [Lp (Rn)]n

para todo p 2 [1;1).Nos preguntamos para qué números p; q 2 [1;1) es posible acotar uniformemente

a k'kq en términos de kr'kp : Veamos primero que p y q no pueden ser arbitrarios.

Proposición 17.1 Sean p; q 2 [1;1): Si existe una constante C > 0; que dependeúnicamente de n; p y q, tal que

k'kq C kr'kp 8' 2 C1c (Rn) ; (17.1)

entonces p < n y q = npnp :

Demostración: Para cada ' 2 C1c (Rn) y > 0 denimos

'(x) := '(x):

Aplicando el teorema de cambio de variable obtenemos

k'kqq =

ZRnj'(x)jq dx = 1

n

ZRnj'(y)jq dy = 1

nk'kqq

y @'@xi

pp

= pZRn

@'(x)@xi

p dx = p

n

ZRn

@'(y)@xi

p dy = p

n

@'@xi pp

:

Aplicando la desigualdad (17.1) a la función ' concluimos que

1

n=qk'kq C

n=pkr'kp 8' 2 C1c (Rn) ; 8 > 0;

es decir,k'kq C1

np+nq kr'kp 8' 2 C1c (Rn) ; 8 > 0:

Haciendo tender a cero si 1 np+ n

q> 0 o a innito si 1 n

p+ n

q< 0 vemos que, si

1 np+ n

q6= 0; la desigualdad anterior no se satisface para ninguna ' 6= 0.

Así que necesariamente 1 np+ n

q= 0; en cuyo caso n

p> 1 y q = np

np ; como armael enunciado.

17.1. DESIGUALDADES DE SOBOLEV 421

Denición 17.2 Si p 2 [1; n) se dene el exponente crítico de Sobolev como

p :=np

n p:

Nota que p > p:Probaremos a continuación que la desigualdad (17.1) se cumple cuando p 2 [1; n) y

q = p: Usaremos el siguiente lema.

Lema 17.3 Sean n 2 y f1; : : : ; fn 2 Ln1 (Rn1) : Si x = (x1; :::; xn) 2 Rn denotamosbxi := (x1; :::; xi1; xi+1; :::; xn) 2 Rn1 y denimosf(x) :=

nQi=1

fi(bxi):Entonces f 2 L1(Rn) y

kfkL1(Rn) nQi=1

kfikLn1(Rn1) :

Demostración: Demostraremos esta armación por inducción sobre n: Si n = 2 laarmación es obvia, ya queZ

R2jf(x1; x2)j dx1dx2 =

ZRjf1(x2)j dx2

ZRjf2(x1)j dx1:

Supongámosla cierta para n y demostrémosla para n+ 1:Sean f1; : : : ; fn+1 2 Ln (Rn) : Fijemos por un momento el valor de xn+1 y denamos

gi(z1; : : : ; zn1) := jfi(z1; : : : ; zn1; xn+1)jn

n1 ; i = 1; :::; n: Observa que gi 2 Ln1 (Rn1)de modo que, aplicando la hipótesis de inducción, concluimos que la función

g(y) :=nQi=1

gi(byi) = nQi=1

jfi(byi; xn+1)j nn1 ; y 2 Rn;

pertenece a L1(Rn) y que

kgkL1(Rn) nQi=1

kgikLn1(Rn1) =nQi=1

ZRn1

jfi(z; xn+1)jn dz 1

n1

: (17.2)

Nota que

jf(y; xn+1)j =

nQi=1

jfi(byi; xn+1)j jfn+1(y)j = jg(y)jn1n jfn+1(y)j :


Aplicando la desigualdad de Hölder y la desigualdad (17.2) obtenemosZRnjf(y; xn+1)j dy kgk

n1n

L1(Rn) kfn+1kLn(Rn)

nQi=1

ZRn1

jfi(z; xn+1)jn dz 1

n

kfn+1kLn(Rn) : (17.3)

Ahora hagamos variar xn+1: Cada una de las funciones

hi(xn+1) 7!Z

Rn1jfi(z; xn+1)jn dz

1n

; i = 1; : : : ; n;

pertenece a Ln(R) y su norma en este espacio es

khikLn(R) =Z

R

ZRn1

jfi(z; xn+1)jn dz dxn+1 1

n

= kfikLn(Rn) :

Así que, integrando la desigualdad (17.3) respecto a xn+1 y aplicando la desigualdad deHölder generalizada (ver Ejercicio 14.68), concluimos que

Qni=1 hi 2 L1(R) yZ

Rn+1jf(x)j dx

ZR

nQi=1

jhi(xn+1)j dxn+1kfn+1kLn(Rn)

nQi=1

khikLn(R)kfn+1kLn(Rn)

=

nQi=1

kfikLn(Rn)kfn+1kLn(Rn) =

n+1Qi=1

kfikLn(Rn) :

Ésta es la desigualdad deseada.

Emilio Gagliardo Louis Nirenberg

Teorema 17.4 Existen constantes C > 0; que dependen únicamente de n y p; con lassiguientes propiedades:


(a) Desigualdad de Gagliardo1-Nirenberg2-Sobolev: Si p 2 [1; n) entonces

k'kp C kr'kp 8' 2 C1c (Rn) : (17.4)

(b) Si p 2 (n;1) entonces

k'k1 C jsop(')j1n 1p kr'kp 8' 2 C1c (Rn) ; (17.5)

donde jsop(')j denota la medida del soporte de ':

Demostración: Sea ' 2 C1c (Rn) : Como ' tiene soporte compacto, el teorema fun-damental del cálculo asegura que

' (x) =

Z xi

1

@'

@xi(x1; :::; xi1; t; xi+1; :::; xn)dt

para cada 1 i n y, en consecuencia,

j' (x)j Z 1

1

@'@xi (x1; :::; xi1; t; xi+1; :::; xn) dt: (17.6)

Si n 2 denimos

fi(z1; ; :::; zn1) :=

Z 1

1

@'@xi (x1; :::; zi1; t; zi; :::; zn1) dt 1

n1

:

Entonces f1; : : : ; fn 2 Ln1 (Rn1) y

kfikLn1(Rn1) = @'@xi

1n1

L1(Rn):

Elevando las desigualdades (17.6) a la 1n1 y tomando el producto de todas ellas obten-

emos

j' (x)jn

n1 nQi=1

fi(bxi);1Emilio Gagliardo (1930-2008) nació en Génova, Italia. Estudió en la Universidad de Génova, donde

fue asistente de Guido Stampacchia con quien realizó sus primeros trabajos en ecuaciones diferenciales.Fue profesor en las universidades de Génova y Pavia.

2Louis Nirenberg nació en 1925 en Hamilton, Ontario, Canadá. Obtuvo el doctorado en la Uni-versidad de Nueva York bajo la dirección de James Stoker. Es profesor en el Courant Institute ofMathematical Sciences de dicha universidad.


donde bxi := (x1; :::; xi1; xi+1; :::; xn) 2 Rn1. Aplicando el Lema 17.3 se tiene entoncesque Z

Rnj'j

nn1

ZRn

nQi=1

fi(bxi) nYi=1

@'@xi 1n1

1

:

Por tanto,

k'k nn1

nYi=1

@'@xi 1n

1

(17.7)

y como la media geométrica es menor o igual que la media aritmética concluimos que

k'k nn1

1

n

nXi=1

@'@xi 1

=1

nkr'k1 : (17.8)

Por otra parte, para cada > 1; reemplazando a ' por j'j 1 ' en la desigualdad (17.7)y aplicando la desigualdad de Hölder, obtenemosZ

RNj'j

n n1

n1n

nYi=1

ZRnj'j 1

@'@xi 1

n

ZRnj'j

p( 1)p1

p1p

nYi=1

@'@xi 1n

p

(17.9)

<

ZRnj'j

p( 1)p1

p1p

kr'kp ;

donde la última desigualdad se obtiene aplicando el Ejercicio 2.42 como sigue:

nYi=1

@'@xi 1n

p

1

n

nXi=1

@'@xi p

np1p

n

nXi=1

@'@xi pp

! 1p

< kr'kp :

Usaremos las desigualdades anteriores para probar las armaciones del teorema.(a): Supongamos que p 2 [1; n): Si p = 1 entonces p = n

n1 y la desigualdad(17.8) es la desigualdad deseada. Si p 6= 1 tomamos := n1

np: Nota que > 1; que

p( 1)p1 = n

n1 = p y que n1n p1

p= 1

p : De la desigualdad (17.9) se sigue entonces que

k'kp kr'kp :

(b): Supongamos que p 2 (n;1): Si n = 1; la desigualdad (17.6) y el Ejercicio14.66 (con X = sop(')) implican que

k'k1 k'0k1 jsop(')jp1p k'0kp ;


que es la desigualdad deseada.Si n 2 consideramos primero el caso en el que

jsop(')j = 1 y kr'kp = 1: (17.10)

De la desigualdad (17.9) y el Ejercicio 14.66 se sigue entonces que

k'k n n1

1

k'k p( 1)

p1

1

1

k'k p

p1

1 8 > 1:

Tomemos := nn1

p1p: Nota que > 1: Sustituyendo por k en la desigualdad

anterior y tomando en cuenta que pp1

k = nn1

k1 obtenemos

k'k nn1

k k

k

k'k n

n1 k1

k1 k

: (17.11)

Como hemos supuesto que jsop(')j = 1 y kr'kp = 1; la desigualdad (17.8) y el Ejercicio14.70 aseguran que

k'k nn1

1

nkr'k1

1

n(n jsop(')j)

p1p kr'kp < 1:

Si k'k nn1

k 1 para una innidad de k 2 N; el Ejercicio 14.69 garantiza que k'k1 1:Si, por el contrario, existe k0 0 tal que

k'k nn1

k0 1 y k'k nn1

k > 1 8k > k0;

entonces k'k n

n1 k1

k1 k k'k n

n1 k1 8k > k0 + 1;

e iterando la desigualdad (17.11) obtenemos

k'k nn1

k

k k++ k0+1

k0+1

k'k n

n1 k0

k01 k0 ;

donde :=P1

i=1i i< 1; ya que > 1: Aplicando nuevamente el Ejercicio 14.69

concluimos que k'k1 : Así pues, si ' satisface (17.10), entonces

k'k1 = jsop(')jpnnp kr'kp : (17.12)

Para probar la desigualdad (17.5) en el caso general observa primero que, si jsop(')j =0 o kr'kp = 0; entonces ' = 0 y la desigualdad se satisface trivialmente. Si jsop(')j 6= 0


y kr'kp 6= 0; aplicamos la desigualdad (17.12) a la función :=

kr kpdonde (x) :=

'(jsop(')j1=n x): Nota que jsop()j = jsop( )j = 1 y que krkp = 1: Así que, aplicandoel caso anterior obtenemos

k'k1 = k k1 kr kp = jsop(')jpnnp kr'kp ;


La desigualdad de Gagliardo-Nirenberg-Sobolev se extiende por densidad aW 1;p0 ():

Nota que, si u 2 W 1;p0 (); su gradiente r' = (D1u; : : : ; Dnu) pertenece a [Lp (Rn)]n y

krukp :=kD1ukpp + + kDnukpp

1=p:

Corolario 17.5 Si es un subconjunto abierto de Rn y p 2 [1; n); entonces W 1;p0 ()

Lp() y existe una constante C > 0; que depende únicamente de n y p; tal que

kukp C krukp 8u 2 W 1;p0 ():

Demostración: Si u 2 W 1;p0 () y ('k) es una sucesión en C1c () que converge a

u en W 1;p(); entonces k'k ukp ! 0 y kr'k rukp ! 0: Por otra parte, de ladesigualdad (17.4) se sigue que 'k 'j

p C

r'k r'j p C 'k 'j

W 1;p()

8k; j 2 N:

Por tanto, ('k) es una sucesión de Cauchy en Lp() y, en consecuencia, 'k ! v en

Lp(): Como además 'k ! u en Lp(); el Teorema 14.28 asegura que una subsucesión

de ('k) converge tanto a u como a v c.d. en : Por tanto, u (x) = v (x) p.c.t. x 2 : Estoimplica que u 2 Lp() y, usando de nueva cuenta la desigualdad (17.4), obtenemos

kukp = lmn!1

k'kkp C lmn!1

kr'kkp = C krukp ;

que es la desigualdad deseada.

Por denición, el espacio W 1;p0 () está contenido en Lp() y la inclusión W 1;p

0 () Lp() es una función continua. La desigualdad anterior tiene la siguiente consecuenciaimportante.

Teorema 17.6 (de encaje de Sobolev) Si es un subconjunto abierto de Rn y p 2[1; n); entonces

W 1;p0 () Lq () 8q 2 [p; p]

y esta inclusión es continua.


Demostración: El Corolario 17.5 arma que W 1;p0 () Lp

() y que existe una

constante C > 0 tal que

kukp C krukp C kukW 1;p() 8u 2 W 1;p0 (): (17.13)

Como además W 1;p0 () Lp() y kukp kukW 1;p() ; la desigualdad de interpolación

(ver Ejercicio 14.67) asegura que u 2 Lq (Rn) para todo u 2 W 1;p0 () y q 2 [p; p] y que

kukq kuk1p kukp C kuk1W 1;p() kuk

W 1;p() = C kukW 1;p() ;

donde 2 [0; 1] cumple que 1q= 1

p+

p : Esto prueba que W1;p0 () Lq () y que

esta inclusión es continua.

Vale la pena hacer notar lo siguiente.

Observaciones 17.7 (a) Si ' no tiene soporte compacto la desigualdad (17.4) no esválida en general: ciertamente no se cumple para la función constante ' 1:

(b) Si p = n se cumple que W 1;n0 () Lq() para todo q 2 [n;1) y esta inclusión es

continua. Proponemos la demostración de esta armación como ejercicio [Ejerci-cio 17.23].

(c) Para p 2 (n;1) se cumple que W 1;p0 () L1() \ C0() y esta inclusión es

continua3.

(d) La inclusión W 1;p() Lp() se tiene bajo ciertas condiciones, por ejemplo, si

es de clase C1 y su frontera está acotada4.

Cuando es acotado es posible acotar a kukq en términos de krukp y de la medidade para un rango mayor de valores de p y q: La siguiente desigualdad se conoce como

3Consulta por ejemplo el libro de H. Brezis, Análisis Funcional, Alianza Editorial, Madrid 1984(Corolario IX.13).

4Consulta la referencia anterior (Corolario IX.14).


la desigualdad de Poincaré5.

Henri Poincaré

Teorema 17.8 (Desigualdad de Poincaré) Sea un subconjunto abierto y acotadode Rn: Existe una constante C > 0, que depende sólo de n; p y q, tal que

kukq C jj1q+ 1n 1p krukp 8u 2 W 1;p

0 (); (17.14)

si alguna de las siguientes tres condiciones se satisface:

(a) p 2 [1; n) y q 2 [1; p]:

(b) p = n y q 2 [1;1):

(c) p 2 (n;1) y q 2 [1;1]:

En consecuencia,

si p 2 [1; n) entonces W 1;p0 () Lq() para cada q 2 [1; p] y la inclusión es

continua,

W 1;n0 () Lq() para cada q 2 [1;1) y la inclusión es continua,

si p 2 (n;1) entonces, módulo la elección de un representante, W 1;p0 () C0()

y la inclusión es continua.

5Jules Henri Poincaré (1854-1912) nació en Nancy, Francia. Estudió en la École Polytechnique,donde fue alumno de Charles Hermite. Fue profesor de la Universidad de Paris (la Sorbonne). Realizócontribuciones fundamentales en diversos campos de la matemática.


Demostración: (a): Si p 2 [1; n) y q 2 [1; p]; aplicando las desigualdades de laProposición 14.31 y el Corolario 17.5 obtenemos que

kukq jj1q 1p kukp C jj

1q+ 1n 1p krukp 8u 2 W 1;p

0 ():

(b): Sean p = n y q 2 [1;1): Si n = 1 se sigue de (17.6) que

k'kq =Z

j'(x)jq dx 1

q

Z

k'0kq1 1

q

= jj1q k'0k1 8' 2 C1c ():

Argumentando como en el Corolario 17.5 concluimos que

kukq jj1q kDuk1 8u 2 W 1;1

0 ():

Si n 2 denimos r := maxf nqn+q

; 1g: Observa que r 2 [1; n): Nota además que r = q

si r = nqn+q

y que q nn1 si r = 1: En consecuencia, de la armación (a), la Proposición

14.31 y el Ejercicio 14.70 se sigue que, para toda u 2 W 1;n0 ();

kukq C krukr Cn1q jj

1q krukn si r =

nq

n+ q;

kukq jj1qn1

n kuk nn1

C jj1qn1

n kruk1 Cnn1n jj

1q krukn si r = 1:

(c): Sean p 2 (n;1) y q 2 [1;1]: De la desigualdad (17.5) se sigue que

k'k1 C jj1n 1p kr'kp 8' 2 C1c () ; (17.15)

Recuerda que C0() con la norma kk1 es un espacio de Banach (ver Teorema 5.21). Asíque, argumentando como en el Corolario 17.5 se prueba que cada u 2 W 1;p

0 () coincidec.d. con una función que pertenece a C0() y que la desigualdad (17.15) es válida parau: Combinando esa desigualdad con la Proposición 14.31 obtenemos

kukq jj1q kuk1 C jj

1q+ 1n 1p krukp ;

que es la desigualdad deseada.

La desigualdad de Poincaré permite reemplazar a la norma de W 1;p0 () por krukp.

Más precisamente, se cumple lo siguiente.

Corolario 17.9 Sea p 2 [1;1): Si es un subconjunto abierto y acotado de Rn en-tonces

kuk := krukp


es una norma en W 1;p0 (), equivalente a la norma kkW 1;p() :

En consecuencia, W 1;p0 () con esta nueva norma también es un espacio de Banach.

Si p = 2 esta norma está inducida por el producto escalar

hu; vi :=Z

ru rv =nPi=1

Z

(Diu) (Div) ; u; v 2 H10 ():

De modo que H10 () con este producto escalar resulta ser un espacio de Hilbert.

Demostración: El Teorema 17.8 asegura que existe una constante C, que dependesólo de n y p; tal que

kukp C jj1n krukp 8u 2 W 1;p

0 ():

Tomando C0 := C jj1n obtenemos

kuk kukW 1;p() =kukpp + kruk

pp

1p (Cp

0 + 1)1=p kuk 8u 2 W 1;p

0 ():

Estas desigualdades implican, en particular, que

kuk = 0 , kukW 1;p() = 0 , u = 0:

Así que kk satisface la propiedad (N1) de la Denición 2.9. Las propiedades (N2) y(N3) se prueban como en la Proposición 16.12. Las mismas desigualdades aseguran quelas normas kk y kkW 1;p() son equivalentes.

17.2. El teorema de Rellich-Kondrashov

Cuando es acotado y q < p la inclusión W 1;p0 () Lq() tiene una propiedad

adicional: es un operador compacto. En esta sección probaremos esta armación.

Denición 17.10 Una función F : X ! Y entre espacios métricos es compacta sipara cualquier subconjunto acotado A de X el conjunto F (A) := fF (a) : a 2 Ag esrelativamente compacto en Y:

Equivalentemente, una función F : X ! Y entre espacios métricos es compacta sipara cualquier sucesión acotada (xk) enX, la sucesión (F (xk)) contiene una subsucesiónconvergente en Y [Ejercicio 17.19].Empezaremos probando el siguiente lema.

17.2. EL TEOREMA DE RELLICH-KONDRASHOV 431

Lema 17.11 Si u 2 W 1;10 (Rn) y 2 Rn entonces

kTu uk1 kruk1 kk ;

donde Tu denota a la traslación de u por ; es decir, (Tu) (x) = u(x ):

Demostración: Sean ' 2 C1c (Rn) y x; 2 Rn: Aplicando el teorema fundamentaldel cálculo a la función f(t) := '(x t); t 2 R, obtenemos

'(x ) '(x) = f(1) f(0) =

Z 1

0

f 0(t)dt = Z 1

0

(r'(x t) ) dt:

Por tanto,

j'(x ) '(x)j nPi=1

Z 1

0

@'@xi (x t)

jij dt nPi=1

Z 1

0

@'@xi (x t)

dt kk :Integrando esta desigualdad respecto a x concluimos que

kT' 'k1 =

ZRnj'(x ) '(x)j dx

nPi=1

Z 1

0

ZRn

@'@xi (x t)

dx dt kk = kr'k1 kk :Si u 2 W 1;1

0 (Rn); tomamos una sucesión ('k) en C1c (Rn) tal que 'k ! u en W 1;10 (Rn):

Entonces k'k uk1 ! 0; kT'k Tuk1 ! 0 y kr'k ruk1 ! 0: De la desigualdadanterior se sigue que

kTu uk1 = lmk!1

kT'k 'kk1 lmk!1

kr'kk1 kk = kruk1 kk ;


El siguiente resultado, debido a Franz Rellich6 y Vladimir Kondrashov7, juega unpapel crucial en la demostración de la existencia de soluciones de ciertas ecuacionesdiferenciales.

6Franz Rellich (1906-1955) nació en Tramin, en el norte de Italia. Estudió en la Universidad deGöttingen, donde fue alumno de Richard Courant. En 1933 se vió forzado a abandonar esa universidaddebido a la posición activa que adoptó frente al nazismo. Regresó en 1946 y, como director del Institutode Matemáticas, jugó un papel importante en su reconstrucción.

7Vladimir Iosifovich Kondrashov (1909-1971) nació en Moscú. Estudió en la Universidad Estatalde Moscú, donde fue alumno de Sergei Sobolev con quien continuó colaborando a lo largo de su vida.Fue profesor del departamento de alta matemática del Instituto de Física de la Ingeniería de Moscú.


Franz Rellich

Teorema 17.12 (Rellich-Kondrashov) Si es un subconjunto abierto y acotadode Rn; p 2 [1; n) y q 2 [1; p), entonces la inclusión W 1;p

0 () Lq() es compacta,es decir, toda sucesión acotada en W 1;p

0 () contiene una subsucesión que converge enLq().

Demostración: Sea A un subconjunto acotado de W 1;p0 (): La desigualdad de

Poincaré (ver Teorema 17.8) implica que A un subconjunto acotado de Lq() paratodo q 2 [1; p]: Como de costumbre, identicamos a una función denida en un abiertocon su extensión trivial a todo Rn; denida en (12.21). Probaremos que A satisface lashipótesis (i) y (ii) del Corolario 14.47 cuando q 2 [1; p).Sean " > 0 y ! un abierto tal que ! : Sea C > 0 tal que kukp C para todo

u 2 A. Como la integral es invariante bajo traslaciones se tiene que kTukp C paratodo u 2 A y 2 Rn: Usando la desigualdad de interpolación (ver Ejercicio 14.67), elLema 17.11 y el Ejercicio 14.70, concluimos que existe C1 > 0 tal que

kTu ukq kTu uk1 kTu uk1p

(2C)1 kTu uk1 (2C)1 kruk1 kk

(2C)1 (n jj)(p1)

p krukp kk C1 kk 8u 2 A,

donde satisface 1q= + 1

p : Observa que > 0 si q 2 [1; p): En consecuencia,tomando 2 (0;dist(!;Rn r )) tal que < ( "

C1)1 se tiene que

kTu ukq < " 8 2 Rn con kk < y 8u 2 A.

Así pues, A satisface la hipótesis (i) del Corolario 14.47 cuando q 2 [1; p).Por otra parte, la Proposición 14.31 asegura que, para cualquier abierto ! ;

kukLq(r!) kukLp (r!) jr !j1q 1p C jr !j

1q 1p 8u 2 A.

17.2. EL TEOREMA DE RELLICH-KONDRASHOV 433

Puesto que es acotado y := 1q 1

p > 0; podemos elegir un abierto ! tal quejr !j < ( "

C)1 : Se tiene entonces que

kukLq(r!) < " 8u 2 A.

Es decir, A satisface la hipótesis (ii) del Corolario 14.47 cuando q 2 [1; p).En consecuencia, A es relativamente compacto en Lq():

Si es un subconjunto abierto y acotado de Rn se tiene también que la inclusiónW 1;n0 () Lq() es compacta para todo q 2 [1;1) y que la inclusiónW 1;p

0 () C0()es compacta para p 2 (n;1): Proponemos estas armaciones como ejercicio [Ejercicio17.25].Los siguientes ejemplos muestran que el teorema de Rellich-Kondrashov no es válido

en general si no es acotado o si q = p:

Ejemplo 17.13 Sea p 2 [1; n). La inclusión W 1;p (Rn) ,! Lq (Rn) no es compacta paraningún q 2 [p; p].

Demostración: Sean ' 2 C1c (Rn); ' 6= 0; y (k) una sucesión en Rn tal que kkk !1: Denimos 'k(x) := '(x k): Claramente,

k'kkW 1;p(Rn) = k'kW 1;p(Rn) y k'kkq = k'kq :

Observa que 'k(x) ! 0 para cada x 2 Rn: Si alguna subsucesión ('kj) de ('k) con-vergiese a v en Lq (Rn) ; una subsucesión de ella convergería a v c.d. en Rn (ver Teorema14.28) y, en consecuencia, v = 0 c.d. en Rn: Pero también se tendría que

kvkq = lmj!1

'kj q= k'kq 6= 0;

lo cual es una contradicción. En consecuencia, ninguna subsucesión de ('k) convergeen Lq (Rn) :

Denotamos porBn(0; r) := fx 2 Rn : jxj < rg:

Ejemplo 17.14 Sean un subconjunto abierto y acotado de Rn y p 2 [1; n): Entoncesla inclusión W 1;p

0 () ,! Lp() no es compacta.


Demostración: Sin perder generalidad podemos suponer que 0 2 . Elegimos r > 0de modo que Bn(0; r) y tomamos ' 2 C1c (Bn(0; r)) tal que ' 6= 0. Para cada k 2 Ndenimos 'k(x) := k(np)=p'(kx): Entonces sop('k) Bn(0; r

k) y, en consecuencia,

'k 2 W1;p0 () y 'k(x)! 0 para cada x 6= 0:

Mediante el cambio de variable kx = y se obtiene que

k'kkp

p =

Z

kn j'(kx)jpdx =

Z

j'(y)jpdy = k'kp

p

y

kr'kkpp =

nXi=1

Z

kn @'@xi (kx)

p dx = nXi=1

Z

@'@xi (y)p dy = kr'kpp :

El Corolario 17.9 asegura entonces que ('k) está acotada en W1;p0 () : Si una subsuce-

sión ('kj) de ('k) convergiese a una función u en Lp(); se tendría que

kukp = lmj!1

'kj p= k'kp 6= 0

y que una subsucesión de ('kj) convergería puntualmente a u c.d. en (ver Teorema14.28). Pero 'k(x) ! 0 para cada x 6= 0: Por tanto, u = 0 c.d. en : Esta es unacontradicción; lo que prueba que ('k) no contiene ninguna subsucesión convergente enLp

():

A continuación daremos una aplicación importante del teorema de Rellich-Kondrashov.

17.3. 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 ;u = 0 sobre @:

(17.16)

Nos preguntamos para qué valores de 2 R existe una solución no trivial de esteproblema.Argumentando como en la Proposición 16.27 vemos que, si u 2 C2() satisface

u = u; entonces Z

ru r' =

Z

u' 8' 2 C1c ():

Esto motiva la denición de solución débil.

17.3. VALORES PROPIOS DEL LAPLACIANO 435

Denición 17.15 Una solución débil de (17.16) es una pareja (; u) con 2 R yu 2 H1

0 () que satisfaceZ

ru rv =

Z

uv 8v 2 H10 (): (17.17)

2 R es un valor propio de en H10 () si existe e 2 H1

0 (); e 6= 0; tal que(; e) es solución débil de (17.16). Se dice entonces que e es una función propia de en H1

0 () con valor propio :

La denición anterior sugiere considerar el producto escalar

hu; vi :=Z

ru rv

en H10 (); que induce la norma

kuk := kruk2 :

El Corolario 17.9 asegura que esta norma es equivalente a la denida en (16.6) y queH10 () un espacio de Hilbert con este nuevo producto escalar.Denotamos por

hu; vi2 :=Z

uv

al producto escalar en L2(): Podemos entonces reescribir la condición (17.17) como

hu; vi = hu; vi2 8v 2 H10 ():

Observa que, si e es una función propia con valor propio entonces cualquier múlti-plo te de e con t 2 Rrf0g es una función propia con valor propio . Basta pues buscarfunciones propias en el conjunto

:=u 2 H1

0 () : kuk2 = 1;

donde kuk2 es la norma en L2():Nota además que, si e 2 es una función propia con valor propio , tomando

u = v = e en la ecuación (17.17), se obtiene que

kek2 = : (17.18)

Proposición 17.16 (a) Los valores propios de en H10 () están acotados inferi-

ormente por una constante positiva.


(b) Si y son valores propios distintos de en H10 (), y e y e son funciones

propias con valores propios y respectivamente, entonces

he; ei = 0 = he; ei2 :

(c) Si fek 2 : k 2 Ng es un conjunto de funciones propias de en H10 () que es

ortonormal en L2(); entonces el conjunto de sus valores propios fk = kekk2 :k 2 Ng no está acotado.

(d) Para cada 2 R el espacio

E := fu 2 H10 () : (; u) es solución débil de (17.16)g

es de dimensión nita. Su dimensión se llama la multiplicidad de :

Demostración: (a): Si es un valor propio y e 2 es una función propia con valorpropio , la desigualdad de Poincaré asegura que existe C > 0; independiente de yde e; tal que

1 = kek22 C kek2 = C:

Por tanto, 1C> 0:

(b): Si e y e son funciones propias con valores propios y , entonces

he; ei2 = he; ei = he; ei2 :

Por tanto, si 6= ; necesariamente he; ei2 = 0 y, en consecuencia, he; ei = 0:(c): Como ek 2 se cumple que kekk2 = k: De modo que, si (k) está acotada,

entonces (ek) es una sucesión acotada en H10 (): Por el Teorema de Rellich-Kondrashov

(Teorema 17.12), (ek) contiene una subsucesión convergente en L2(): Ahora bien, comofekg es ortonormal en L2(); se tiene que

kek emk22 = kekk22 + kemk

22 = 2:

En consecuencia, ninguna subsucesión de (ek) es de Cauchy en L2(): Esto es unacontradicción.(d): Argumentando por contradicción, si dimE = 1; entonces E contiene un

subconjunto fek 2 : k 2 Ng ortonormal en L2(). Para cada k 2 N; ek es una funciónpropia de en H1

0 () con valor propio ; lo cual contradice la armación (c).

Denimos I : H10 ()! R como

I(u) := kuk2 :

La siguiente proposición nos permite obtener funciones propias mediante un proceso deminimización.


Proposición 17.17 Sea H 6= f0g un subespacio vectorial de H10 ():

(a) Se tiene que := nf

v2\HI(v) > 0:

(b) Si e es un mínimo de I en \H entonces

he; vi = he; vi2 8v 2 H:

(c) Si H es cerrado en H10 () entonces la función I alcanza su mínimo en \H:

Demostración: (a): La desigualdad de Poincaré para p = q = 2 (ver Teorema 17.8)asegura que existe C > 0 tal que

kuk2 C jj1n kuk 8u 2 H1

0 ():

En consecuencia, C2 jj2n > 0:

(b): Sea e un mínimo de I en \H y sea v 2 H: Tomemos " > 0 sucientementepequeña de modo que ke+ tvk2 6= 0 para todo t 2 ("; "); y consideremos la funciónh : ("; ")! R dada por

h(t) := I

e+ tv

ke+ tvk2

=ke+ tvk2

ke+ tvk22=kek2 + 2 he; vi t+ kvk2 t2

kek22 + 2 he; vi2 t+ kvk22 t2:

Esta función es diferenciable y su derivada está dada por

h0(t) =2 ke+ tvk22

he; vi+ kvk2 t

2I(e+ tv)

he; vi2 + kvk

22 t

ke+ tvk42:

Como 0 es un mínimo de h; se tiene que

0 = h0(0) = 2 (he; vi he; vi2) .

Esto demuestra la armación.(c): Sea (uk) una sucesión en \ H tal que I(uk) = kukk2 ! : Entonces (uk)

está acotada en H10 (). Aplicando el Teorema 15.29, el teorema de Rellich-Kondrashov

(Teorema 17.12) y el Ejercicio 15.51, concluimos que (uk) contiene una subsucesión(ukj) tal que

ukj * e débilmente en H10 ();

ukj ! e fuertemente en L2():


En consecuencia, kek2 = 1, es decir, e 2 : Más aún, como H es débilmente cerrado enH10 () (ver Ejercicio 15.54), se tiene que e 2 H: Usando el Corolario 15.27 concluimos

que I(e) = kek2 lm inf

j!1

ukj 2 = lm infj!1

I(ukj) = :

Esto prueba que u es un mínimo de I en \H:

Teorema 17.18 Existe un subconjunto B = fek : k 2 Ng de H10 () con las siguientes

propiedades:

(a) ek 2 es una función propia de en H10 () con valor propio k := I(ek);

(b) hek; emi = 0 si k 6= m;

(c) 0 < 1 2 k y lmk!1 k =1;

(d) B es una base de Hilbert de L2():

Demostración: Usando la Proposición 17.17 denimos (ek) inductivamente comosigue: escogemos e1 2 tal que

I(e1) = nfu2

I(u):

Sean W2 := linfe1g el subespacio de H10 () generado por e1 y H2 := fv 2 H1

0 () :he1; vi = 0g su complemento ortogonal en H1

0 (). Escogemos e2 2 \H2 tal que

I(e2) = nfu2\H2

I(u):

Continuando de este modo, denimos

Wk := linfe1; :::; ek1g; Hk := fv 2 H10 () : hw; vi = 0 8w 2 Wkg;

y escogemos ek 2 \Hk tal que

I(ek) = nfu2\Hk

I(u): (17.19)


Hi Hk y hek; eii = 0 8i = 1; :::; k 1 (17.20)

y, usando la Proposición 17.17, concluimos que

0 < 1 2 k ; (17.21)


donde k := I(ek); y que

hek; vi = k hek; vi2 8v 2 Hk: (17.22)

De (17.20) y (17.22) se sigue que 0 = hei; eki = i hei; eki2 para todo i = 1; :::; k 1 y,puesto que i > 0; esta igualdad implica que

0 = hei; eki = hei; eki2 8i = 1; :::; k 1: (17.23)

Como H10 () = Wk Hk; las armaciones (17.22) y (17.23) nos permiten concluir que

hek; vi = k hek; vi2 8v 2 H10 ();

es decir, la sucesión (ek) satisface (a). La armación (17.23) implica (b) y, como ek 2 ;asegura también que B := fek : k 2 Ng es ortonormal en L2(): La armación (c) sesigue entonces de (17.21) y de la Proposición 17.16.Para obtener (d) resta probar que la cerradura de lin(B) = [1k=1Wk en L2() es

L2(): Para ello basta demostrar que C1c () está contenido en la cerradura de lin(B);ya que L2() es la cerradura de C1c () en L2() (ver Teorema 14.44).Sea ' 2 C1c ()rlin(B): Denotemos por wk a la proyección ortogonal de ' sobre

Wk con respecto al producto escalar de L2(): Entonces h' wk; wi2 = 0 para todow 2 Wk: En consecuencia,

h' wk; eii = i h' wk; eii2 = 0 8i = 1; :::; k 1:

Esto prueba que h' wk; wi = 0 para todo w 2 Wk. Como ' 6= wk se tiene que'wk

k'wkk22 \Hk y la identidad (17.19) implica que

k I

' wkk' wkk2

:

Observa además que

I(') = I(' wk + wk) = k' wkk2 + 2 h' wk; wki+ kwkk2

= k' wkk2 + kwkk2 k' wkk2 = I(' wk):

En consecuencia,k' wkk22 1k I(' wk) 1k I('):

Como k !1 concluimos que wk ! ' en L2(): Esto prueba que C1c () está contenidoen la cerradura de lin(B) en L2().


Observa que

1 = nfu2H1

0 ()u 6=0

kuk2

kuk22;

es decir, 1=21 es la constante óptima para la desigualdad de Poincaré

kuk2 1=21 kuk ; u 2 H1

0 ():

El teorema anterior asegura la existencia de soluciones débiles (k; ek) del problema(17.16). El mismo razonamiento que usamos para probar la Proposición 16.31 demuestraque, si es de clase C1 y ek 2 C2(), entonces (k; ek) es solución clásica de (17.16)[Ejercicio 17.27].Un resultado de regularidad asegura que, si es de clase C1 y (k; ek) es solución

débil de (17.16), entonces ek 2 C1().

17.4. Ejercicios

Ejercicio 17.19 Prueba que una función F : X ! Y entre espacios métricos es com-pacta si y sólo si para cualquier sucesión acotada (xk) enX, la sucesión (F (xk)) contieneuna subsucesión convergente en Y:

Ejercicio 17.20 Sea F : X ! Y una función lineal y continua entre espacios deBanach. Demuestra las siguientes armaciones.

(a) Si dimX <1 entonces F es compacta.

(b) Si dimY <1 entonces F es compacta.

Ejercicio 17.21 Prueba que, si dimX =1; la identidad I : X ! X no es compacta.

Ejercicio 17.22 (a) Sea ' 2 C1c (): Prueba que existe una constante C > 0; que

depende sólo de n; k'k1 ; @'@x1

1; : : : ;

@'@xn

1; tal que

ku'kpW 1;p() C

Z

(jujp + jD1ujp + + jDnujp) 8u 2 W 1;p(Rn);



(b) Si ! es abierto y ! ; prueba que existe una constante C > 0 que dependesólo de n; p; ! y ; tal queZ

!

jujpp=p

C

Z

(jujp + jD1ujp + + jDnujp) 8u 2 W 1;p(Rn):

(17.24)(Sugerencia: Prueba que existe ' 2 C1c () tal que '(x) = 1 para todo x 2 ! yaplica el problema anterior y el Teorema 17.13.)

(c) Si ! es abierto, ! ; y C satisface (17.24), prueba que para esa misma C secumple queZ

!+

jujpp=p

C

Z+

(jujp + jD1ujp + + jDnujp) 8u 2 W 1;p(Rn); 8 2 Rn;

donde X + := fx+ : x 2 Xg:

Ejercicio 17.23 Si es un subconjunto abierto de Rn; prueba que W 1;n0 () Lq ()

para todo q 2 [n;1) y que esta inclusión es continua. (Sugerencia: Usa la desigualdad(17.9) y la de Young para demostrar que, si > 1; existe una constante C ; que dependesólo de , tal que

k'k n n1

C

k'kn( 1)

n1+ kr'kn

8' 2 C1c (Rn) :

Aplica esta desigualdad con = n + i; i = 0; 1; 2; :::; j; para concluir que existe unaconstante Cn;j; que depende sólo de n y j, tal que

k'kn(n+j)n1

Cn;j k'kW 1;n(Rn) 8' 2 C1c (Rn) ;

y aplica la desigualdad de interpolación para probar que

k'kq Cn;j k'kW 1;n(Rn) 8' 2 C1c (Rn)

si q 2 [n; n(n+j)n1 ].)

Ejercicio 17.24 (Espacios de Sobolev de orden superior) Sean un subconjun-to abierto de Rn, m 2 N, m 2 y p 2 [1;1]: Se denen recursivamente

Wm;p() := fu 2 Lp() : u 2 W 1;p() y Diu 2 Wm1;p(); i = 1; :::; ng;

kukWm;p() :=kukpp + kD1ukpWm1;p() + + kDnukpWm1;p()

1=p:


Es decir, u 2 Wm;p() si sus derivadas débiles de orden m;

Du := D11 Dn

n u con = (1; :::; n) 2 (N [ f0g)n ; jj := 1 + + n m;

existen y pertenecen a Lp(); donde

D0i u := u y Di

i u := Di Di| z i veces

u si i 1:

(Nota que todas las derivadas débiles de orden m son de esta forma, ver Ejercicio16.46). Usando esta notación,

kukWm;p() =

Pjjm

kDukpp

!1=p:

(a) Prueba que kukWm;p() es una norma enWm;p() y queWm;p() con dicha norma

es un espacio de Banach.

Se deneWm;p0 () := cerradura de C1c (Rn) en Wm;p():

(b) Prueba que, si p 2 [1; nm); entonces

Wm;p0 () Lq() con q :=

np

nmp

y esta inclusión es continua.

(c) Prueba que, si está acotado y p 2 ( nm;1); entonces

Wm;p0 () Ck() con k := m

n

p

1

y esta inclusión es continua, donde la norma en Ck() es la denida en el Ejercicio5.48.

Ejercicio 17.25 (a) Prueba que, si es un subconjunto abierto y acotado de Rn;entonces la inclusión W 1;n

0 () Lq() es compacta para todo q 2 [1;1): (Sug-erencia: Reduce esta situación al caso p 2 [1; n) y usa el Teorema 17.12.)

(b) Prueba que, si es un subconjunto abierto y acotado de Rn y p 2 (n;1), entoncesla inclusión W 1;p

0 () C0() es compacta. (Sugerencia: Usa el Corolario 7.10.)


(c) Formula y demuestra las armaciones correspondientes a éstas y a la del Teorema17.12 para los espacios de Sobolev de orden superior Wm;p

0 () denidos en elEjercicio 17.24.

Ejercicio 17.26 Sean un subconjunto abierto y acotado de Rn; 2 R y u 2 H10 ():

Prueba que Z

ru r' =

Z

u' 8' 2 C1c ()

si y sólo si Z

ru rv =

Z

uv 8v 2 H10 ():

Ejercicio 17.27 Prueba que, si es de clase C1; toda solución débil (; u) del problema(17.16) tal que u 2 C2(), es solución clásica de (17.16), es decir,

u(x) = u(x) 8x 2 y u(x) = 0 8x 2 @:

Ejercicio 17.28 Si Rn es acotado y > 1; donde 1 es el primer valor propiode en H1

0 (); denimos

kukH10 ();

:=

Z

u2 +

Z

jruj21=2

:

(a) Prueba que ésta es una norma en H10 () y que está inducida por el producto

escalar

hu; viH10 ();

:=

Z

uv +

Z

ru rv:

(b) Prueba que todas estas normas son equivalentes en H10 (): En consecuencia,

H10 () es completo con cualquiera de estas normas.

Ejercicio 17.29 Prueba que, si Rn es acotado, f 2 L2() y > 1; el problemau+ u = f en ;

u = 0 sobre @:

tiene una única solución débil, es decir, existe una única función u 2 H10 () tal queZ

ru r'+

Z

u' =

Z

f' 8' 2 C1c ():

Además, esta función minimiza el funcional J : H10 ()! R dado por

J(v) =1

2

Z

jrvj2 + v2

Z

fv:

A la ecuación u = f se le llama la ecuación de Poisson.

Índice alfabético

ínmo puntual, 260

base de Hilbert, 379bola

abierta BX(x; "), 36cerrada BX(x; "), 39

campo vectorial, 111casi dondequiera (c.d.), 295cerradura

A; cerrX(A), 39débil, 391

compactamente contenido, 348complemento

de un conjunto X r A, 40ortogonal, 374

completación, 97condición

de Lipschitz, 112inicial, 111

condición de Dirichlet, 413homogénea, 410

conjuntoa lo más numerable, 159abierto, 37acotado, 57cerrado, 39compacto, 56conexo, 192convexo, 387débilmente cerrado, 390de Cantor, 319H(V;W ), 208

denso, 154equicontinuo, 125integrable, 282medible, 328nulo, 292ortogonal, 379ortonormal, 379relativamente compacto, 125S(Rn), 259S(Rn), 260totalmente acotado, 122

contracción, 99convergencia

débil, 380de una serie, 86de una sucesión, 43en Lp vs. convergencia puntual, 343fuerte, 381puntual, 80uniforme, 80uniforme de una serie, 88

convolución, 348, 365criterio

de Cauchy para series, 87de convergencia uniforme, 84de la raíz para series, 94de Weierstrass para series, 87

cubierta, 55abierta, 55

cubode Hilbert, 141

444

ÍNDICE ALFABÉTICO 445

derivadadébil, 395débil de kxk , 397de Fréchet, 167, 168de Gâteaux, 176de orden k, 186direccional, 176parcial, 180

desigualdadde Cauchy-Schwarz, 368de Gagliardo-Nirenberg-Sobolev, 420de Hölder, 18, 338de Hölder en Rn, 14de Hölder generalizada, 363de Hölder para series, 26de interpolación, 363de Minkowski, 19, 340de Minkowski para series, 17de Poincaré, 425de Young, 12del triángulo, 8, 368

difeomorsmode clase C1, 240de clase Ck, 407

distancia, 8dual topológico, 376

ecuaciónde Laplace, 409de Poisson, 440integral de Fredholm, 104integral de Volterra, 107no lineal de Fredholm, 118

equicontinuo, 125equivalencia, 34espacio

completo, 78de Banach, 78C0c (Rn), 225C0c (), 240

C0(K;X), 86C0(K;Y ), 65C0b (Z;X), 83Ckc (), 346L(X), 285L(V;W ), 165L1loc(), 348Lk(V;W ), 184L(V1; :::; Vk;W ), 184C0(K), 154de Hilbert, 370L1(), 337Lp(), 337de Sobolev H1(), 401de Sobolev H1

0 (), 403de Sobolev W 1;p(), 399de Sobolev W 1;p

0 (), 403de Sobolev Wm;p(), 438de Sobolev Wm;p

0 (), 439`p, 16Tx;y(X), 136discreto Xdisc, 17B(S;X), 21C0[a; b], 20C0p [a; b], 20Rn, 15Rnp , 15Ck(;W ); Ck(), 188Ck(;W ); Ck(), 188métrico, 8normado, 12ortogonal, 372separable, 159tangente, 202

expansiónde Taylor, 191

exponente crítico de Sobolev, 419extensión

trivial de una función, 284

446 ÍNDICE ALFABÉTICO

fórmulade Green, 410de Taylor, 190

frontera, 53función

(Fréchet-)diferenciable, 166, 168acotada, 21analítica, 90armónica, 409bilineal, 184característica 1X , 267continua, 32de clase C1, 173débilmente diferenciable, 395de clase Ck, 186esencialmente acotada, 337Gâteaux-diferenciable , 176integrable, 274, 284Lipschitz continua, 34localmente integrable, 313longitud, 136medible, 332multilineal, 184parcialmente diferenciable, 180propia, 432radial, 310Riemann-integrable, 290semicontinua inferiormente s.c.i., 67semicontinua superiormente s.c.s., 67uniformemente continua, 70

funcional, 378

gradiente, 181, 387débil, 395

grupolineal general GL(n;R), 235ortogonal O(n), 236

homeomorsmo, 33

identidad del paralelogramo, 368

imageninversa de un conjunto 1(B), 42de un conjunto (A), 36

integraciónpor partes, 394

integralde Lebesgue, 274, 284de kxk , 312de una función continua, 226, 240de una función radial, 310de una función s.c.i., 257de una función s.c.s., 261inferior, 272superior, 272

interiorint(A); intX(A), 37

isometría, 23isomorsmo

de Banach, 204

límite, 166débil de una sucesión, 380de una sucesión, 43inferior, 68puntual, 80superior, 68uniforme, 80

laplaciano, 409lema

de Baire, 385de Fatou, 304de Sard, 320

linealidadde la derivada, 169de la integral, 279

longitudde una trayectoria, 65

mínimode una función, 62

ÍNDICE ALFABÉTICO 447

local, 207máximo

de una función, 62local, 207

métodode aproximaciones sucesivas, 102

métrica, 8discreta ddisc, 17inducida en un subconjunto, 23inducida por una norma, 12uniforme d1, 22

métricas equivalentes, 35matriz

ortogonal, 236matriz jacobiana, 182medida

de Haar, 228de Lebesgue, 282, 328

monotoniade la integral, 279

multiplicador de Lagrange, 207, 388

norma, 11uniforme kk1, 337kkp, 337inducida por el producto escalar, 369kkp, 12, 16, 17uniforme kk1, 22

normas equivalentes, 35

operadorcompacto, 129de Fredholm, 107de volterra, 110

ortonormalizaciónde Gram-Schmidt, 388

para casi todo (p.c.t.), 295parametrización

proporcional a la longitud de arco, 137polinomio

de Bernstein, 149de Legendre, 389

principiode Cavalieri, 270de contracción, 99de Dirichlet, 378, 411, 413

problemade Cauchy, 111, 130

productode espacios métricos X Y , 49escalar, 368

proyección ortogonal, 374punto

crítico, 207de contacto, 39jo, 100interior, 37

radio de convergencia, 88rectángulo, 224regla de la cadena, 169

para derivadas débiles, 404para funciones de variable real, 172

relativamente compacto, 125reparametrización, 135

símbolos! , 348f g, 348

serie, 86de Fourier, 389de funciones, 88de potencias, 88

soluciónclásica, 410débil, 411, 413

soporte, 225, 240subcubierta, 55subespacio

métrico, 23

448 ÍNDICE ALFABÉTICO

lin(X ); generado por X , 379subsucesión, 44subvariedad

de un espacio de Banach, 206sucesión, 43

acotada, 44convergente, 43de Cauchy, 75regularizante, 352regularizante estándar, 352uniformemente de Cauchy, 84

suma directade espacios de Hilbert, 371

supremo puntual, 257

teoremade aproximación de Bernstein, 150de aproximación de Weierstrass, 152de Arzelà-Ascoli, 127de Bolzano-Weierstrass, 62de cambio de variable, 280, 314de cambio de variable para derivadas

débiles, 405de convergencia débil de sucesiones aco-

tadas, 383de convergencia dominada, 306de convergencia dominada en Lp, 341de convergencia monótona, 302de Dini, 255de Egorov, 362de encaje de Sobolev, 424de existencia de Peano, 133de existencia de trayectorias geodési-

cas, 139de Fréchet-Kolmogorov, 355de Fubini, 299de Heine-Borel, 61de la función implícita, 204de la función inversa, 217de Picard-Lindelöf, 115

de Pitágoras, 386de punto jo de Banach, 100de Rellich-Kondrachov, 429de representación de Fréchet-Riesz, 377de Stone-Weierstrass, 155de Taylor, 189de Tonelli, 336de Vitali, 331del complemento ortogonal, 374del valor medio, 172

topología débil, 391totalmente acotado, 122traslación

Tf , 226trayectoria, 65, 135

valorpropio, 107, 110, 432regular, 202

volumen, 267, 282de una bola, 270

analisis real monica clapp

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