AF: Último repaso

Analisis Funcional/tex/AnalisisFuncional_Ejs.tex

@@ -27,8 +27,7 @@ \section{Hoja 1}
 
 Para que \sdst sea un espacio métrico completo, toda \nlref{def:SucesionCauchy} ha de converger en el espacio. Que una sucesión sea de Cauchy implica que $∀ε> 0$ existe un $N ∈ ℕ$ tal que si $m,n ≥ N$, entonces $\dst(x_m, x_n)$. La cuestión es que, como estamos en $ℤ$, si tomamos\footnote{Cosa que no sé si podemos hacer.} un $ε < 1$, entonces $\dst(x_m, x_n) = 0$ (no podemos tener distancias fraccionarias entre elementos de $ℤ$). Por lo tanto, por ser de Cauchy llega un momento en el que la sucesión se repite constantemente. El límite será entonces es elemento que se repite, que por ser parte de la misma sucesión está en $ℤ$.
 
-% Triplazo.
-Esto no contradice el Teorema de Baire porque en $ℤ$ no hay conjuntos densos, y lo vamos a demostrar. Sea $Y \subsetneq ℤ$ un conjunto cualquiera de $ℤ$, y sea $z ∈ ℤ \setminus Y$. La bola de radio $\sfrac{1}{2}$ centrada en $z$ tiene intersección vacía con $Y$ (no hay ningún entero a distancia $\sfrac{1}{2}$ de $z$), por lo que $Y$ no puede ser denso.
+Esto no contradice el Teorema de Baire porque en $ℤ$ no hay conjuntos densos, y lo vamos a demostrar. Sea $Y \subsetneq ℤ$ un conjunto cualquiera de $ℤ$, y sea $z ∈ ℤ \setminus Y$. La bola de radio $\sfrac{1}{2}$ centrada en $z$ tiene intersección vacía con $Y$ (no hay ningún entero a distancia $\sfrac{1}{2}$ de $z$), por lo que $Y$ no puede ser denso. \triple
 
 Como no hay conjuntos densos, no puede haber tampoco conjuntos diseminados y por lo tanto sigue cumpliéndose el Teorema de Baire: no podemos escribir $ℤ$ como unión numerable de conjuntos diseminados.
 \end{problem}
@@ -565,7 +564,7 @@ \section{Hoja 2}
 La aplicación que ``desplaza'' una sucesión es lineal e isometría pero no sobreyectiva: \[ T(x_1, x_2, \dotsc) = (0, x_1, x_2, \dotsc)\]
 \end{problem}
 
-\begin{problem}[9] Sean $X$ e $Y$ espacios de Banach y $\set{T_n}_{n ≥ 1} ⊂ \linapp$ tales que $∀x ∈X$ existe el límite $\lim_{n \to ∞} T_n(x) ≝ T(x)$. Demuestra que
+\begin{problem}[9] \label{ej:Hoja2:9} Sean $X$ e $Y$ espacios de Banach y $\set{T_n}_{n ≥ 1} ⊂ \linapp$ tales que $∀x ∈X$ existe el límite $\lim_{n \to ∞} T_n(x) ≝ T(x)$. Demuestra que
 
 \ppart $\sup_{n ≥ 1} \norm{T_n} < ∞$.
 \ppart $T ∈ \linapp$.
@@ -646,13 +645,13 @@ \section{Hoja 2}
 
 \begin{problem}[12] Consideremos el espacio \[ \ell^1 = \set{\set{a_n}_{n ≥ 1} \tq \sum_{n≥1} \abs{a_n} < ∞ }\] de las sucesiones numéricas sumables. Sea así mismo \[ \ell^∞ = \set{\set{μ_n}_{n ≥ 1} \tq \sup_{n ≥ 1} \abs{μ_n} < ∞ } \] el espacio de las sucesiones numéricas acotadas. Probar que:
 
-\ppart $\ell^∞ ⊂ \dual[\ell^1]$ en el siguiente sentido: si $\set{μ_n} ∈ \ell^∞$ está fijada y $\set{a_n} ∈ \ell^1$, entonces \[ λ(\set{a_n}) ≝ \sum_{n ≥ 1} a_n μ_n = \pesc{λ, \set{a_n}}\] cumple $\abs{λ(\set{a_n})} ≤ \norm{μ_n}_∞ \norm{a_n}_1$; identificamos entonces $\set{μ_n}$ con el funcional acotado λ.
+\ppart $\ell^∞ ⊂ \dual[\ell^1]$ en el siguiente sentido: si $\set{μ_n} ∈ \ell^∞$ está fijada y $\set{a_n} ∈ \ell^1$, entonces \( \label{eq:FuncionalEll} λ(\set{a_n}) ≝ \sum_{n ≥ 1} a_n μ_n = \pesc{λ, \set{a_n}}\) cumple $\abs{λ(\set{a_n})} ≤ \norm{μ_n}_∞ \norm{a_n}_1$; identificamos entonces $\set{μ_n}$ con el funcional acotado λ.
 
 \ppart Sea $e_n = \set{δ_{nj}}_{j ≥ 1}$ para $n = 1, 2, \dotsc$ y sea $μ_n = λ(e_n)$ con $λ ∈ \dual[\ell^1]$. Entonces $\set{μ_n} ∈ \ell^∞$ y si $\set{a_n} ∈ \ell^1$ entonces $λ(\set{a_n}) = \sum_{n≥1} a_n μ_n$. De este modo todo funcional en $\dual[\ell^1]$ se representa por una sucesión acotada y por lo tanto $\dual[\ell^1] = \ell^∞$.
 
 \ppart $\ell^1$ es separable pero $\ell^∞$ no lo es. \hint{Construir en $\ell^∞$ un conjunto no-numerable de sucesiones de norma $1$ y tales que la diferencia de dos de ellas distintas sea también de norma $1$.}
 
-\ppart $\dual[\ell^∞]$ contiene estrictamente a $\ell^1$. \hint{Sea $E$ el subespacio de $\ell^∞$ dado por las sucesiones que tienen límite cuando $n \to ∞$, y sea λ el funcional dado por \extappl{λ}{E}{ℂ}{\set{μ_n}_{n≥1}}{\lim_{n \to ∞} μ_n}. Entonces $λ$ es acotado en $E$, y usar el \nref{thm:HahnBanach} para extenderlo a un funcional acotado en $\ell^∞$. Probar que no existe $\set{a_n} ∈ \ell^1$ que represente a tal funcional.}
+\ppart $\dual[\ell^∞]$ contiene estrictamente a $\ell^1$. \hint{Sea $E$ el subespacio de $\ell^∞$ dado por las sucesiones que tienen límite cuando $n \to ∞$, y sea λ el funcional dado por \extappl{λ}{E}{ℂ}{\set{μ_n}_{n≥1}}{\lim_{n \to ∞} μ_n}. Entonces $λ$ es acotado en $E$, y usar el \nref{thm:HahnBanach} para extenderlo a un funcional acotado en $\ell^∞$. Probar que no existe $\set{a_n} ⊂ \ell^1$ que represente a tal funcional.}
 
 \solution
 
@@ -674,8 +673,16 @@ \section{Hoja 2}
 
 \spart
 
-% TODO
+Que el funcional es acotado es trivial. Que no existe una sucesión que nos valga es fácil. Definimos $a^k \equiv \set{a_n^k}_{n ≥ 1}$ como la sucesión con los $k$ primeros términos nulos y el resto $1$, por ejemplo: \[ \set{a_n^4}_{n≥ 1} = \set{0, 0, 0, 0, 1, 1, \dotsc }\]
+
+Está claro que $\norm{a^k}_∞ = 1$ y que $λ(a^k) = 1$. Supongamos que ahora existe una sucesión $\set{α_n}_{n ≥ 1} ⊂ \ell^1$ que representa a λ. Pero entonces vemos que, para todo $k$, $λ(a^k) = λ(a^{k+1})$. Si aplicamos la fórmula de \eqref{eq:FuncionalEll} y restamos ambos resultados, tenemos que los $k$ primeros términos se nos van porque son cero, el $k + 1$ se queda por ser distinto en las dos sucesiones, y a partir de ahí se van porque son todos $1$. Es decir:
+\begin{align*}
+λ(a^k) - λ(a^{k+1}) &= \sum_{j ≥ 1} a^k_j α_j - \sum_{j ≥ 1} a^{k+1}_j α_j \\
+0 &= \underbracket{a^{k}_{k+1}}_{1} α_{k+1} - \underbracket{a^{k+1}_{k+1}}_{0} α_{k+1} \\
+0 &= α_{k+1}
+\end{align*}
 
+Haciendo este procedimiento, tenemos que $α_n = 0\; ∀n ∈ ℕ$, pero está claro que esa sucesión no representa al funcional, luego $λ$ no se corresponde con ningún elemento de $\ell^1$.
 \end{problem}
 
 \begin{problem}[13] Sean $E, F$ espacios de Banach y $\appl{a}{E×F}{\kbb}$ una aplicación bilineal tal que \begin{align*}
@@ -1042,6 +1049,89 @@ \section{Hoja 3}
 
 \end{problem}
 
+\begin{problem}[13] Sea $X = (L^∞(ℝ), \norm{·}_∞)$. Sabemos que $X$ es el dual de $(L^1(ℝ), \norm{·}_1)$.
+
+\ppart Sea \[ C_0(ℝ) = \set{\appl{f}{ℝ}{ℂ} \tq f\text{ continua}, \lim_{\abs{x} \to ∞} f(x) = 0} \]
+
+Demostrar que es un subespacio cerrado y separable de $X$, aunque no denso en $X$. \hint{Explicar por qué $X$ no es separable.}
+
+\ppart Dada $f ∈ L^∞$, definimos\footnote{Recordamos que $\ind_A(x)$ es $1$ si $x ∈ A$ y 0 en otro caso.} $f_n ≝ f \ind_{[-n, n]}$. Demostrar que $f_n \wconvs f$. Decudir que el espacio $Y = \set{f ∈ L^∞(ℝ) \tq \sop f \text{ compacto}}$ es denso en $X$ con la topología débil-$*$.
+
+\ppart Fijemos $0 ≤ θ ∈ C_c^1(ℝ)$ una función diferenciable y no-negativa de soporte compacto, con $\norm{θ}_1$, y consideramos la correspondiente \nlref{def:AproxIdentidad} $\set{θ_ε}_{ε > 0}$, con $θ_ε (x) ≝ \inv{ε}θ(\inv{ε}x)$. Entonces las funciones $θ_ε$ tienen las mismas propiedades que θ.
+
+Definimos, para $f ∈ Y$ y $ε > 0$, la convolución $f_ε ≝ θ_ε * f$ dada por \[ f_ε(x) = \int_{ℝ} f(x-y) θ_ε(y) \dif y \]
+
+Demuestra que $f_ε \wconvs[ε][0^+] f$, que $f_ε ∈ C_0(ℝ)$ y concluir que $C_0(ℝ)$ es denso en $L^∞(ℝ)$ con la topología débil-$*$.
+
+\ppart Explicar por qué la densidad de $C_0(ℝ)$ en $L^∞(ℝ)$ con la topología débil-$*$ implica que tal topología no es metrizable, a pesar de que su restricción a la bola unidad sí lo sea.
+
+\solution
+
+\spart
+
+
+Para demostrar que es cerrado, tomamos $\set{f_n}_{n ≥ 1} ⊂ C_0(ℝ)$ una sucesión de Cauchy que convergerá $f_n \convs f ∈ L^∞$, y buscamos demostrar que $f ∈ C_0(ℝ)$.
+
+En la topología de la norma $\norm{·}_∞$, la convergencia es la convergencia uniforme, luego si $f_n$ son continuas convergerán a una función continua, así que $f$ es continua.
+
+Por otra parte, como $f_n \convs[L^∞] f$ y tanto $f_n$ como $f$ son continuas, sabemos que
+\begin{multline*}
+	0 = \sup_{x ∈ X} \abs{f(x) - f_n(x)}
+	≥ \limsup_{\abs{x} \to ∞} \abs{f(x) - f_n(x)}
+	≥ \\ ≥ \abs{
+		\limsup_{\abs{x} \to ∞} \abs{f(x)}
+		- \lim_{\abs{x} \to ∞} \abs{f_n(x)}
+	} ≥ \limsup_{\abs{x} \to ∞} \abs{f(x)}
+\end{multline*}
+
+Así, $f(x)$  ha de converger a $0$ cuando $\abs{x} \to ∞$: si no lo hiciese, entonces $\limsup_{\abs{x} \to ∞} \abs{f(x)}$ sería mayor que cero y tendríamos contradicción con la ecuación anterior.
+
+En conclusión, como $f_n \convs[L^∞] f ∈ C_0(ℝ)$ para cualquier sucesión de Cauchy $\set{f_n}_{n ≥ 1}$, entonces $C_0(ℝ)$ es cerrado.
+
+Para ver que $C_0(ℝ)$ es separable, partimos primero de que el Teorema de aproximación de Stone-Weierstrass dice que $ℚ[x]$ es un subconjunto denso y numerable de $C([-r,r])$ para $r ∈ ℚ^+$. Consideramos ahora el siguiente conjunto: \[ \mathcal{Q}_{τ} = \set{ρ_τ * (q · \ind_{[-r, r]}) \tq q ∈ ℚ[x],\, r ∈ ℕ} \] con $τ > 0$ fijo y $ρ_τ$ un regularizador apropiado que haga los $(q · \ind_{[-r, r]})$ continuos y tales que \[ \norm{ρ_τ*(q · \ind_{[-r, r]}) - q · \ind_{[-r, r]}}_∞ < τ \]
+
+Finalmente, construiremos el espacio de todos esos polinomios: $\mathcal{Q} = \bigcup_{τ ∈ ℚ^+} \mathcal{Q}_τ$. Es claro que $\mathcal{Q}$ es numerable por serlo $ℚ[x]$, y que además $\mathcal{Q} ⊂ C_0(ℝ)$.
+
+Vamos a dar ahora la forma de aproximar una $f ∈ C_0(ℝ)$ a una distancia dada de $ε > 0$. Como $f$ se desvanece en infinito, existe un $c ∈ ℚ$ tal que $\norm{f - f \ind_{[-c, c]}}_∞ < \sfrac{ε}{3}$. Por comodidad, denotamos ahora $g = f \ind_{[-c, c]}$.
+
+El Teorema de aproximación de Stone-Weierstrass asegura la existencia de un polinomio $q ∈ ℚ[x]$ tal que $\norm{g - q}_∞ < \sfrac{ε}{3}$ en $C([-c, c])$. Si en lugar de $q$ tomamos la regularización y restricción $ρ_{\sfrac{ε}{3}} * (q · \ind_{[-N, N]})$, tendremos que $\norm{g - ρ_{\sfrac{ε}{3}} * (q · \ind_{[-N, N]})}_∞ < \frac{2ε}{3}$. Finalmente, como $\norm{f - g}_∞ < \frac{ε}{3}$, podemos sustituir $g$ por el polinomio regularizado y tenemos que \[\norm{f - ρ_{\sfrac{ε}{3}} * (q · \ind_{[-N, N]})}_∞ < ε \]
+
+Ahora bien, $C_0(ℝ)$ no es denso en $X$ simplemente porque $f(x) = c ∈ ℝ\setminus\set{0}$ está en $L^∞$. Dada cualquier $g ∈ C_0(ℝ)$, como $\lim_{\abs{x}\to ∞} g(x) = 0$, siempre tendremos que $\norm{f - g} ≥ c$ y no habrá forma de aproximar $f$.
+
+\spart
+
+
+Para tratar la convergencia débil-$*$, consideramos un $g ∈ L^1(ℝ)$, ya que $\dual[L^1(ℝ)] = L^∞(ℝ)$. Vamos a ver que $\pesc{f - f_n, g} \to 0$. Operando \[ \pesc{f - f_n, g} = \int_{ℝ} \underbracket{(f - f_n)}_{= 0 \text{ en } [-n, n]} g \dif μ = \int_{-∞}^{-n} (f - f_n) g \dif μ + \int_{n}^{∞} (f - f_n) g \dif μ \]
+
+Así, podemos sustiuir $g$ por $γ_n = g · (1 - \ind_{[-n, n]})$ y $\pesc{f - f_n, g} = \pesc{f - f_n, γ_n}$, que está acotado en valor absoluto por $\norm{f - f_n}_∞ \norm{γ_n}_1$. Es obvio que $\norm{f - f_n}_∞ ≤ \norm{f}_∞$, luego querremos demostrar que $\norm{γ_n}_1 \to 0$. Pero para eso simplemente vemos que \[ \norm{g}_1 = \int_{ℝ} \abs{g} \dif μ = \int_{ℝ} \abs{g} \ind_{[-n, n]} \dif μ + \norm{γ_n}_1\]
+
+Como $\int_{ℝ} \abs{g} \ind_{[-n, n]} ≥ 0$ tiende a $\norm{g}_1$, sólo queda que $\norm{γ_n}_1 \to 0$, por lo que $\abs{\pesc{f - f_n, g}} \to 0$ y $f_n \wconvs f$.
+
+Dado que $f_n$ es obviamente de soporte compacto y hemos demostrado que podemos aproximar cualquier función $f$ tanto como queramos con esas funciones, queda claro que $Y = \set{f ∈ L^∞(ℝ) \tq \sop f \text{ compacto}}$ es denso en $X$ con la topología débil-$*$.
+
+\spart
+
+En primer lugar probamos que $f_ε$ es continua. Dado un $η > 0$, sean $a, b ∈ ℝ$. Vamos a buscar una restricción en la distancia de $a - b$ para dar la continuidad. Para ello, usamos que $f * θ_ε = θ_ε * f$ y operamos:
+\begin{align*}
+\abs{f_ε(a) - f_ε(b)} &= \abs{\int_{ℝ} f(y) θ_ε(a - y) \dif y - \int_{ℝ} f(y) θ_ε(b - y) \dif y} = \\
+	&= \abs{\int_{ℝ}\left[θ_ε(a-y) - θ_ε(b-y)\right] f(y) \dif y}  \\
+	&≤ \int_{ℝ} \abs{θ_ε(a-y) - θ_ε(b-y)} \abs{f(y)} \dif y
+\end{align*}
+
+Como $θ_ε$ es continua, dado $\tilde{η} = \frac{η}{\norm{f}_1 \abs{f(y)}}$ podemos encontrar un $δ > 0$ tal que si $\abs{(a-y) - (b-y)} = \abs{a-b} < δ$ entonces $\abs{θ_ε(a-y) - θ_ε(b-y)} < \tilde{η}$. Como $f ∈ L^∞$ es de soporte compacto, está claro que $f ∈ L^1 ∩ L^∞$. Además, podemos hacer la división por $\abs{f(y)}$ sin problemas: $f$ está esencialmente acotada, luego si vale infinito lo hace en un conjunto de medida cero que no afecta a la integral. Por otra parte, no hace falta considerar los puntos que $f(y) = 0$, ya que están fuera del soporte y tampoco afectan a la integral.
+
+Así, podemos continuar y ver que \[ \int_{ℝ} \abs{θ_ε(a-y) - θ_ε(b-y)} \abs{f(y)} \dif y ≤ \int_{\sop f} \frac{η}{\norm{f}_1\abs{f(y)}} \abs{f(y)} \dif y = η \] que es precisamente lo que queríamos demostrar, luego $f_ε$ es continua.
+
+Falta ver que $\lim_{\abs{x} \to ∞} f_ε (x) = 0$. Por la expresión de la convolución, $(f * θ_ε)(x) ≠ 0$ si y sólo si $(x + \sop f) ∩ \sop θ_ε ≠ ∅$. Cuando $x \to \pm ∞$, $(x + \sop f)$ y $\sop θ_ε$ acabarán siendo disjuntos y $(f* θ_ε)(x) = 0$, por lo que entonces $f_ε ∈ C_0(ℝ)$.
+
+Finalmente, como con la topología débil-$*$ $\adh{C_0(ℝ)} = Y$ y $\adh{Y} = X$, $\adh{Y}$ es el cerrado más pequeño que contiene a $Y$, y como $\adh{C_0(ℝ)}$ es cerrado ha de ser $\adh{C_0(ℝ)} = X$, esto es, $C_0(ℝ)$ es denso en $X$ con la topología débil-$*$.
+
+\spart
+
+En el apartado anterior hemos visto que $C_0(ℝ)$ es denso en $L^∞$ si lo consideramos con la topología débil-$*$, pero en el primer apartado habíamos visto que no es denso en $L^∞$ con la topología de la norma. Como todas las topologías métricas son equivalentes, se sigue directamente que la topología débil-$*$ no puede ser metrizable porque si no $C_0(ℝ)$ no podría ser denso en una y no serlo en otra.
+
+\end{problem}
+
 \section{Exámenes resueltos}
 
 \subsection{Junio 2015}