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Ejercicios Analisis II
Ejercicios resueltos del libro Real and Complex Analysis de
Walter Rudin
Mauricio Bravo Vera
Segundo semestre 2010
Indice general
1. Integracion Abstracta 5
2. Medidas de Borel Positivas 7
3. Espacios Lp 11
4. Teorıa elemental de Espacios de Hilbert 17
5. Ejemplos de tecnicas de espacios de Banach 21
3
Capıtulo 1
Integracion Abstracta
1. Sean {an}, {bn} sucesiones en [−∞,∞]. Demostrar:
a) lım supn→∞
(−an) = − lım infn→∞
(an)
b) lım supn→∞
(an + bn) ≤ lım supn→∞
(an) + lım supn→∞
(bn)
supuesto que ninguna de las sumas es de la forma ∞−∞
c) Si an ≤ bn para todo n, entonces lım infn→∞
an ≤ lım infn→∞
bn
Muestrese mediante un ejemplo que puede darse la desigualdad estricta en b)
5
Capıtulo 2
Medidas de Borel Positivas
1. Sea {fn} sucesion de funciones reales no negativas definidas en R1 y considere las
cuatro siguientes afirmaciones
a) Si f1 y f2 son semicontinuas superiormente, entonces f1 + f2 es semicontinua
superiormente
b) Si f1 y f2 son semicontinuas inferiormente, entonces f1 + f2 es semicontinua
inferiormente
c) Si cada {fn} es semicontinua superiormente entonces∑∞
1 fn es semicontinua
superiormente
d) Si cada {fn} es semicontinua inferiormente entonces∑∞
1 fn es semicontinua
inferiormente
Demuestre que tres de ellas son ciertas y una es falsa. ¿Que ocurre si se omite la
expresion “no negativas”? ¿Resulta afectada la veracidad de las afirmaciones si se
sustituye R1 por un espacio topologico general?
Probemos a) Notemos que el conjunto {x : f1(x) + f2(x) < α} se puede escribir
como ⋃β≤α
({x : f1(x) < β} ∩ {x : f2(x) < x− β})
como este conjunto es abierto f1 + f2 es semicontinua superiormente. Ademas como
en ninguna parte de la demostracion se uso el hecho de que las fi sean no negativas
ni tampoco de que X = R1, la afirmacion es valida si se omiten tales expresiones
b) De la misma forma vemos que
{x : f1(x) + f2(x) > α} =⋃β≤α
({x : f1(x) > β} ∩ {x : f2(x) > α− β})
7
∴ f1 + f2 es semicontinua inferiormente, aun si fi no son no negativas, y en
cualquier espacio topologico X
c) Es Falsa.
Sea
f1(x) =
1 si |x| ≤ 1
0 otro caso
fn(x) =
1 si x ∈ [−1
n, −1n+1
] ∪ [ 1n+1
, 1n]
0 otro caso
fj es semicontinua superiormente ya que es la caracterıstica de un cerrado.
Sea f(x) =∑
i fi(x)
f(0) = 0, f(x) ≥ 1 si x 6= 0
∴ {x : f(x) < 1/2} = {0} no es abierto ⇒∑
i fi no es semicontinua superior-
mente
d) Si cada fn es semicontinua inferiormente veremos que∑
i fi(x) es semicontinua
inferiormente
Afirmacion: ∀α ∈ R{x :∑
i fi(x) > α} =⋃n≥1{x :
∑ni=1 fi(x) > α}
Veamos (⊆)
Sea x tal que∑
i fi(x) > α.
Como la sucesion de sumas parciales converge a cierto L > α, ∃N tal que
k∑i=1
fi(x) > α, ∀k ≥ N
⇒ x ∈ {x :k∑i=1
fi(x) > α}, ∀k ≥ N
⇒ x ∈⋃n≥1
{x :
n∑i=1
fi(x) > α
},
Veamos ahora (⊇). Sea x ∈⋃n≥1
{x :
n∑i=1
fi(x) > α
}
⇒ ∃n0 tal que
n0∑i=1
fi(x) > α, pero fj es no negativa ∀j se tiene que
α <
n0∑i=1
fi(x) ≤∑i
fi(x)⇒ x ∈ {x :∑i
fi(x) > α}
∴∑
i fi es semicontinua inferiormente. En este caso, usamos el hecho de que
las funciones fj eran no negativas, en caso de no cumplir con esto la afirmacion
es falsa. Veamos el siguiente ejemplo
f1(x) =
−1 si |x| ≥ 1
0 otro caso
Para n > 1
fn(x) =
−1 si x ∈ [−1
n, −1n+1
] ∪ [ 1n+1
, 1n]
0 otro caso
Cada fn es semicontinua inferiormente (no son no negativas) pero∑
i fi(x) = 0
si x = 0∑fi(x) ≤ −1 si x 6= 0
∴ {x : f(x) =∑
i fi(x) > −1/2} = 0 no es abierto
2. Sea f una funcion compleja arbitraria definida en R1 y defınase:
ϕ(x, δ) = sup{|f(s)− f(t)| : s, t ∈ (x− δ, x+ δ)}
ϕ(x) = ınf{ϕ(x, δ) : δ > 0}
Demuestre que ϕ es semicontinua superiormente, que f es continua en un punto si
y solo si ϕ(x) = 0 y por lo tanto, que el conjunto de puntos de continuidad de un a
funcion compleja arbitraria es un Gδ.
Formulese y demuestrese un resultado analogo para espacios topologicos generales
en lugar de R1
3. Sea X un espacio metrico, con metrica ρ. Para todo conjunto no vacıo E ⊂ X se
define
ρE(x) = ınf{ρ(x, y); y ∈ E}
Demuestrese que ρE es una funcion uniformemente continua en X. Si A y B son
subconjuntos de X, cerrados no vacıos y disjuntos, examınese el significado de la
funcion
f(x) =ρA(x)
ρA(x) + ρB(x)
en relacion con el lema de Urysohn
4. Es facil conjeturar el valor de los siguientes lımites∫ n
0
(1− x
n
)nex/2dx y
∫ n
0
(1 +
x
n
)ne−2xdx
cuando n→∞. Probar que su conjetura es correcta.
Solucion:
Sea fn(x) = χ[0,n]
(1− x
n
)nex/2. Probaremos que para todo x positivo, fn(x) ≤
fn+1(x). Como ex/2 es constante para x fijo, basta probar que
ϕx(n) =(
1 +x
n
)nEs creciente (como funcion de n), para ello derivemos ϕx(n) como funcion de n.
ϕ′x(n) =(
1− x
n
)n [log(
1− x
n
)+
x
n− x
]como x ≤ n⇒ (1− x
n)n ≥ 0, ademas sabiendo que log(x) ≤ x− 1 tenemos
log(
1− x
n
)+
x
n− x= log
(n− xn
)+x− nn− x
+n
n− x
= log
(n− xn
)+
n
n− x− 1
≥ log
(n− xn
)+ log
(n
n− x
)= log(1) = 0
∴ ϕx(n) es creciente ⇒ fn(x) ≤ fn+1(x). Como lımn→∞
fn(x) = e−x/2 ∈ L1 usando el
teorema de la convergencia monotona de Lebesgue, tenemos
lımn→∞
∫ n
0
(1− x
n
)nex/2dx =
∫X
lımn→∞
fn(x)dx =
∫ ∞0
e−x/2 = 2
Capıtulo 3
Espacios Lp
1. Probar que el supremo de cualquier coleccion de funciones convexas en (a, b) es
convexa en (a, b) y que el lımite puntual de sucesiones de funciones convexas es con-
vexa. ¿Que puede decir sobre lımite superior y lımite inferior de funciones convexas?
2. Si ϕ es convexa en (a, b) y si ψ es convexa y no decreciente en el rango de ϕ. Probar
que ψ◦ϕ es convexa en (a, b). Para ϕ > 0 mostrar que la convexidad de logϕ implica
la convexidad de ϕ, pero no viceversa
Solucion Por la convexidad de ϕ en (a, b) tenemos que
ϕ((1− t)a+ tb) ≤ (1− t)ϕ(a) + tϕ(b)
Ahora, como ψ es convexa y no decreciente, se tiene que
(ψ ◦ ϕ)((1− t)a+ tb) = ψ(ϕ((1− t)a+ tb))
≤ ψ((1− t)ϕ(a) + tϕ(b))
= (1− t)(ψ ◦ ϕ)(a) + t(ψ ◦ ϕ)(b)
Suponiendo ahora que logϕ es convexa, como exp es convexa y no decreciente, por
lo que vimos recien
exp ◦ logϕ = ϕ es convexa
Para ver que la convexidad de ϕ no implica la convexidad de logϕ consideremos
ϕ(x) = x2 que convexa en R, luego
(log(ϕ))(x) = log(x2) = 2 log(x) que no es convexa
11
3. Asuma que ϕ es una funcion real continua en (a, b) tal que
ϕ
(x+ y
2
)≤ 1
2ϕ(x) +
1
2ϕ(y) ∀x, y ∈ (a, b)
Probar que ϕ es convexa (la conclusion no se tiene si omitimos la continuidad de la
hipotesis)
Afirmacion: Si t es de la forma (1− n2k
)a+ n2kb para n = {1, 2, · · · , 2k − 1} entonces
ϕ(t) ≤(
1− n
2k
)ϕ(a) +
n
2kϕ(b)
Demostraremos esto por induccion, sobre k
k = 1 se tiene por definicion
Supongamos que se cumple para k.
Sea t =(
1− n
2k+1
)a+
n
2+1b (∗), entonces
t =1
2
[((1− m
2k
)a+
m
2kb)
+
((1− m+ 1
2k
)a+
m+ 1
2kb
)]⇒ ϕ(t) =
1
2ϕ((
1− m
2k
)a+
m
2kb)
+1
2ϕ
(1− m+ 1
2ka+
m+ 1
2kb
)Por hip. inductiva ≤ 1
2
((1− m
2k
)ϕ(a) +
m
2kϕ(b)
)+
1
2
((1− m+ 1
2k
)ϕ(a) +
m+ 1
2kϕ(b)
)=
(1
2− m
2k+1+
1
2− m+ 1
2k+1
)ϕ(a) +
(m
2k+1+m+ 1
2k+1
)ϕ(b)
=
(1− 2m+ 1
2k+1
)ϕ(a) +
(2m+ 1
2k+1
)ϕ(b)
q.e.d
Sea λ ∈ (0, 1), podemos escoger kn = n2k+1 tal que kn → λ
ϕ((1− λ)a+ λb) = lımn→∞
ϕ((1− kn)a+ knb)
≤ lımn→∞
[(1− kn)ϕ(a) + knϕ(b)]
= (1− λ)ϕ(a) + λϕ(b)
4. Suponer que f es una funcion medible compleja en X, µ es una medida positiva
sobre X, y
ϕ(p) =
∫X
|f |pdµ = ‖f‖pp (0 < p <∞)
Sea E = {p : ϕ(p) <∞}. Asuma que ‖f‖∞ > 0
a) Si r < p < s, r ∈ E, y s ∈ E, probar que p ∈ E
b) Probar que logϕ es convexa en el interior de E y que ϕ es continua en E
c) Por a), E es conexa. ¿Es E necesariamente abierto? Cerrado? ¿Puede E con-
sistir en un unico punto?¿Puede E ser algun subconjunto conexo de (0,∞)?
d) Si r < p < s, probar que ‖f‖p ≤ max{‖f‖r, ‖f‖s}. Mostrar que esto implica
que Lr(X,µ) ∩ Ls(X,µ) ⊂ Lp(X,µ)
e) Asuma que ‖f‖r <∞ para algun r <∞ y pruebe que
‖f‖p → ‖f‖∞
Solucion: Veremos primero la pregunta d) y luego como consecuencia tendremos
a) y b)
d) Si r < p < s, podemos pensar que
p = (1− λ)r + λs, λ ∈ (0, 1)
Notemos que (1 − λ) + λ = 1 entonces si q =
(1
1− λ
)y q′ =
(1
λ
)son
exponentes conjugados, luego
‖f‖pp =
∫|f |pdµ
=
∫|f |(1−λ)r+λsdµ
=
∫|f |(1−λ)r|f |λsdµ
≤(∫ (
|f |(1−λ)r)qdµ
)1/q (∫ (|f |λs
)q′dµ
)1/q′
=
(∫f rdµ
)1−λ(∫f sdµ
)λ= ‖f‖(1−λ)rr ‖f‖λss≤ ‖f‖(1−λ)rm ‖f‖λsm= ‖f‖(1−λ)r+λsm
= ‖f‖pm
donde ‖f‖m = max{‖f‖r, ‖f‖s}
∴ ‖f‖pp ≤ ‖f‖pm ⇒ ‖f‖p ≤ max{‖f‖r, ‖f‖s}
Si f ∈ Lr(X,µ)⇒ ‖f‖r <∞ y f ∈ Ls(X,µ)⇒ ‖f‖s <∞ ∴ f ∈ Lp(X,µ)
⇒ Lr(X,µ) ∩ Ls(X,µ) ⊂ Lp(X,µ)
a) Por la parte d) tenemos
ϕ(p)1/p = ‖f‖p ≤ max{‖f‖r, ‖f‖s} <∞⇒ ϕ(p) <∞⇒ p ∈ E
b) Consideremos (1− t)r + ts = p
logϕ((1− t)r + ts) = logϕ(p)
= log(‖f‖pp)
≤ log(‖f‖r(1−t)r ‖f‖sts )
= (1− t) log(‖f‖rr) + t log(‖f‖ss)
= (1− t) logϕ(r) + t logϕ(s)
c)
d) Supongamos primero que ‖f‖∞ =∞.
Entonces para todo n ∈ N definamos An = {x : |f(x)| > n}. Claramente
µ(An) > 0, luego
‖f‖p =
(∫X
|f |pdµ)1/p
≥(∫
An
|f |pdµ)1/p
≥(∫
An
npdµ
)1/p
= nµ(A)1/p
⇒ n ≤ lımp→∞‖f‖p ∀n ∈ N
∴ lımp→0‖f‖p = ‖f‖∞ =∞
Consideremos ahora el caso ‖f‖∞ <∞ y sin perdida de generalidad podemos
suponer que r < p, entonces
‖f‖p =
(∫|f |pdµ
)1/p
=
(∫|f |r|f |p−rdµ
)1/p
≤(∫|f |r‖f‖p−r∞ dµ
)1/p
= ‖f‖p−rp∞
(∫|f |rdµ
)1/p
= ‖f‖p−rp∞ ‖f‖r/pr −→ ‖f‖∞ cuando p→∞
∴ lım supp→∞
‖f‖p ≤ ‖f‖∞
Por otro lado, como ‖f‖∞ <∞ si consideramos el siguiente conjunto
B = {x/ |f(x)| > ‖f‖∞ − ε}
se tiene que µ(B) > 0, de esta forma
‖f‖p = (|f |pdµ)1/p
≥(∫
B
|f |pdµ)1/p
≥ µ(B)1/p(‖f‖∞ − ε)
i.e µ(B)1/p (‖f‖∞ − ε) ≤ ‖f‖p
⇔ ∀ε > 0 ‖f‖∞ − ε ≤ lım infp→∞
‖f‖p
finalmente tenemos que
lım supp→∞
‖f‖p ≤ ‖f‖∞ ≤ lım infp→∞
‖f‖p
⇒ lımp→∞‖f‖p = ‖f‖∞
5. Asuma, en adicion a las hipotesis del ejercicio 4, que
µ(X) = 1
a) Probar que ‖f‖r ≤ ‖f‖s si 0 < r < s ≤ ∞
b) Bajo que condiciones sucede que 0 < r < s <∞ y ‖f‖p = ‖f‖s <∞
c) Probar que Lr(µ) ⊃ Ls(µ) si 0 < r < s. ¿Bajo que condiciones estos dos
espacios contienen las mismas funciones?
d) Asuma que ‖f‖r <∞ para algun r > 0, probar que
lımp→0‖f‖p = exp
{∫X
log |f |dµ}
si exp{−∞} es definido como 0.
Capıtulo 4
Teorıa elemental de Espacios de
Hilbert
1. Si M es un subespacio cerrado de H demostrar que M = (M⊥)⊥. ¿Existe alguna
afirmacion semejante para subespacios M que no sean necesariamente cerrados?
2. Sea {xn : n = 1, 2, 3, . . .} conjunto LI de vectores en H. Demostrar que la siguiente
construccion proporciona un conjunto ortonormal {un} tal que {x1, x2, . . . , xN} y
{u1, u2, . . . , uN} generan el mismo espacio para todo N .
Hagase u1 =x1‖x1‖
. Una vez construidos u1, u2, . . . , un−1 defınase:
vn = xn −n−1∑i=1
< xn, ui > ui un =vn‖vn‖
Notese que esto conduce a una demostracion de la existencia de un conjunto orto-
normal maximal en espacios de Hilbert separables sin hacer referencia al principio
de maximalidad de Hausdorff.
3. Demuestrese que H es separable si y solo si H contiene un sistema ortonormal
maximal que es a lo sumo numerable
4. Si M = {x : Lx = 0} donde L es un funcional lineal continuo en H, demuestre que
M⊥ es un espacio vectorial de dimension 1 (salvo si M = H)
Por el teorema de representacion de Riesz, existe un unico vector h ∈ H tal que
Lx =< x, h >. En particular si x ∈ M , 0 = Lx =< x, h > ∀x ∈ M entonces
h ∈M⊥.
17
Sea ahora W = {αh, α ∈ F} subespacio cerrado de H. Si y ∈M⊥ podemos escribir
y = Py +Qy donde Py ∈ W, Qy ∈ W⊥.
Si x ∈M, 0 =< y, x >=< Py +Qy, x >=< Py, x > + < Qy, x >
Py ∈ W ⇒ Py = αh, α ∈ F< Py, x >=< αh, x >= α < h, x >= 0
luego 0 =< y, x >=< Qy, x > ∀x ∈Mentonces Qy ∈M⊥, pero Qy ∈ W⊥ ⇒< Qy, h >= 0⇒ L(Qy) = 0
entonces Qy ∈M ⇒ Qy = 0.
∴ y ∈M⊥ ⇒ y = Py = αh⇒M⊥ = span(h)
5. Sea {an} una sucesion de numeros positivos tales que∑anbn < ∞ siempre que
bn ≥ 0 y∑b2n <∞. Demuestre que
∑a2n <∞.
Sugerencia: si∑a2n = ∞ entonces existen conjuntos disjuntos Ek (k = 1, 2, 3, . . .)
de modo que∑n∈Ek
a2n > 1. Defınase bn de manera que bn = ckan ∀n ∈ Ek Eligiendo
convenientemente ck,∑
n bn =∞ aunque∑b2n <∞
6. Si A ⊂ [0, 2π] y A es medible, demuestre que
lımn→∞
∫A
cosnxdx = lımn→∞
∫A
sennxdx = 0
7. Encuentrese un conjunto cerrado E no vacıo en L2(T ) que no contenga ningun ele-
mento de norma mınima
8. Calculese el
mina,b,c
∫ 1
−1|x3 − a− bx− cx2|dx
y hallese el max
∫ 1
−1x3g(x)dx donde g esta sujeto a∫ 1
−1g(x)dx =
∫ 1
−1xg(x)dx =
∫ 1
−1x2g(x)dx = 0
∫ 1
−1|g(x)|2dx = 1
9. Si x0 ∈ H y M es un subespacio vectorial cerrado de H, demostrar que
min{‖x− x0‖ : x ∈M} = max{| < x0, y > |; y ∈M⊥, ‖y‖ = 1}
Sea h0 ∈ H, entonces como M es subespacio cerrado, existe una unica descomposi-
cion de h0 de modo que
h0 = Ph0 +Qh0 Ph0 ∈M, Qh0 ∈M⊥
Ademas sabemos que ‖Qh0‖ = ‖h− Ph0‖ = min{‖h−m‖,m ∈M}.Por otro lado si consideramos el siguiente funcional lienal
f : M⊥ → K dado por
f(y) =< h0, y > h0 ∈ H fijo
|f(y)| = | < h0, y > |
= | < Ph0 +Qh0, y > |
= | < Ph0, y > + < Qh0, y > |
= | < Qh0, y > |
≤ ‖Qh0‖‖y‖
= ‖Qh0‖
entonces ‖f‖ ≤ ‖Qh0‖Si consideramos el siguiente elemento y =
Qh0‖Qh0‖
tenemos que y ∈ M⊥ y que
‖y‖ = 1
Tenemos que
f(y) = f
(Qh0‖Qh0‖
)=
⟨h0,
Qh0‖Qh0‖
⟩=
⟨Ph0 +Qh0,
Qh0‖Qh0‖
⟩=
⟨Ph0,
Qh0‖Qh0‖
⟩︸ ︷︷ ︸
=0
+Qh0‖Qh0‖
〈Qh0, Qh0〉
=‖Qh0‖2
‖Qh0‖= ‖Qh0|‖
∴ ‖f‖ = ‖Qh0‖⇔ sup{| < h0, y > | : y ∈M bot, ‖y‖ = 1} = min{‖m− h0‖ : m ∈M}Pero como el supremo se alcanza se tiene que
⇔ max{| < h0, y > | : y ∈M bot, ‖y‖ = 1} = min{‖m− h0‖ : m ∈M}
Capıtulo 5
Ejemplos de tecnicas de espacios de
Banach
1. Probar que la bola unitaria (abierta o cerrada) es convexa en todo espacio vectorial
normado
2. Si 1 < p < ∞ Probar que la bola unitaria de Lp(µ) es estrictamente convexa, es
decir,
‖f‖p = ‖g‖p = 1, f 6= g, h =1
2(f + g)⇒ ‖h‖p < 1
3. Sea C el espacio de todas las funciones continuas en [0, 1] con la norma del supremo.
Considerese el conjunto M de todas las f ∈ C tales que∫ 1/2
0
f(t)dt−∫ 1
1/2
f(t)dt = 1
Pruebese que M es un subconjunto cerrado convexo de C que no contiene ningun
elemento de norma mınima
4. Sea M el conjunto de todas las f ∈ L1([0, 1]) con respecto a la medida de Lebesgue,
tales que ∫ 1
0
f(t)dt = 1
Demuestrese que M es un subconjunto cerrado y convexo de L1([0, 1]) que contiene
infinitos elementos de norma mınima.
21
5. Sea f un funcional lineal acotado definido en un subespacio M de un espacio de
Hilbert H. Demuestrese que f tiene una unica extension, conservando la norma, a
un funcional lineal acotado sobre H y que esta extension se anula sobre M⊥
6. Si∑αiξi converge para cada sucesion {ξi} tal que ξi → 0 cuando i → ∞, de-
muestrese que∑|α1| <∞
