AF: Apuntes 01/03/2016

Analisis Funcional/tex/AnalisisFuncional_Ejs.tex

@@ -217,11 +217,90 @@ \section{Hoja 2}
 
 \spart \label{ej:Hoja2:1A}
 
+Sea $\mathcal{U} ⊂ X$. Ya hemos visto que $x + \mathcal{U}$ es un abierto para un $x ∈ V ⊂ \mathcal{U}$. Si tomamos entonces $z ∈ x + \mathcal{U}$, existirá un $y ∈ \mathcal{U}$ con $z = x + y$. Como $\mathcal{U}$ es abierto, podemos tomar una bola $\bola_δ(y) ⊂ \mathcal{U}$ y entonces $x + \bola_δ(x) ⊂ x + \mathcal{U}$, luego efectivamente $x + \mathcal{U}$ es abierto.
+
+Un argumento similar valdrá para demostrar que $r\mathcal{U}$ es abierto. No merece demasiado la pena pararse en ello.
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+\spart
+
+Sumando y restando, podemos ver que \[ \norm{x} = \norm{(x+y) - y} ≤ \norm{x-y} + \norm{y} \], luego $\norm{x} - \norm{y} ≤ \norm{x-y}$.
+
+Eso sí, no hemos conseguido el valor absoluto. Sin embargo, si repetimos el mismo proceso desde la norma de $y$ tenemos que \[\norm{y} = \norm{(y-x) + x} ≤ \underbracket{\norm{y-x}}_{= \norm{x-y}} + \norm{x} \], luego $\norm{x} - \norm{y} ≥ - \norm{x-y}$. Juntando ambas conclusiones, \[ \abs{\norm{x} - \norm{y}} ≤ \norm{x-y} \] tal y como nos pedían.
+
+\spart
+
+Se resuelve simplemente por continuidad de la norma.
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+\spart
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+Si $\dst(x,E)$ es Lipschitz de constante 1, entonces lo que queremos ver es que \[ \abs{\dst(x,E) - \dst(x',E)} ≤ \abs{x - x'} \]
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+Esto se puede entender como una generalización del apartado B, si en ese caso tomábamos $E = \set{0}$.
+
+Para demostrarlo, tomamos $x,x' ∈ V$ y $ε > 0$. Entonces existen $y, y' ∈ E$ con \begin{gather*}
+ \dst(x,E) ≤ \norm{x-y} ≤ \dst(x,E) + ε\\
+ \dst(x',E) ≤ \norm{x'-y'} ≤ \dst(x',E) + ε\\
+\end{gather*}, de tal forma que nos acercan todo lo que queramos a esa distancia\footnote{No tiene por que ser igual porque está definido como el ínfimo, no tiene por qué alcanzarse.}. Además, podemos hacer dos estimaciones adicionales por ser la distancia el ínfimo: \[ \dst(x', E) ≤ \norm{x' - y} \qquad \dst(x,E) ≤ \norm{x-y'} \]
+
+Supongamos además sin pérdida de generalidad que $\dst(x,E) ≥ \dst(x',E)$. Entonces \begin{multline*}
+\abs{\dst(x,E) - \dst(x',E)} =
+	\underbracket{\dst(x,E)}_{≤\norm{x-y'}} - \underbracket{\dst(x', E)}_{≥ \norm{x' - y'} - ε} ≤ \norm{x + y'} - \norm{x'-y'} + ε ≤ \\ ≤ \abs{ \norm{x + y'} - \norm{x'-y'} } + ε
+	≤ \norm{(x-y') - (x'-y')} + ε = \norm{x-x'} + ε
+\end{multline*}, y haciendo tender $ε \to 0$ ya tenemos lo que buscábamos.
 
 \end{problem}
 
-\begin{problem} \label{ej:Hoja2:2}
+\begin{problem} \label{ej:Hoja2:2} Sea $V$ un espacio vectorial sobre $\kbb = ℝ$ ó $ℂ$. Diremos que $A ⊂ V$ es convexo si $∀x,y ∈ A$ y $∀t ∈ [0, 1]$, entonces $(1-t)x + ty ∈ A$ (en otros términos, el segmento $[x,y] ⊂ A$ si $x,y ∈ A$).
+
+\ppart Demuestra que \[ A + A = \set{x + y \tq x,y ∈ A} = 2A = \set{2x \tq x ∈ V} \]
+
+\ppart Si $W$ es otro espacio vectorial sobre \kbb y $\appl{T}{V}{W}$ es lineal, entonces $T(A)$ es convexo en $W$.
+
+\ppart Si $(V, \norm{\cdot})$ es normado, entonces dados $x ∈ V$ y  $r > 0$, los conjuntos \begin{align*}
+\bola_r (x) &= \set{x ∈ V \tq \norm{x} < r} \\
+\adh{\bola_r}(x) &= \set{x ∈ V \tq \norm{x} ≤ r}
+\end{align*} son, respectivamente, la bola abierta y la cerrada, centradas en $x ∈ V$ y de radio $r > 0$. Demuestra que ambas son convexas.
+
+\ppart Si $(V,\norm{\cdot})$ es normado y $A ⊂ V$ es convexo, entonces $\adh{A}$ es convexo.
 
 \solution
 
+\spart
+
+Está claro que $2 A = \set{x + x \tq x ∈ A} ⊂ A + A$, y para esto no necesitamos para nada la convexidad. La inclusión no será demasiado complicada.
+
+Sea $z ∈ A + A$. Entonces $z = x + y$ con $x,y ∈ A$. Dividiendo por dos, \[ \frac{1}{2} z = \frac{1}{2} x + \frac{1}{2} y\], que está en $A$ por ser convexo. Luego si $\frac{1}{2} z ∈ A$, sólo queda ver que $z ∈ 2A$.
+
+\spart
+
+Tomamos $T$ en $(1-t)x + ty ∈ A$ y listos, podemos hacerlo por linealidad.
+
+\spart
+
+Empezamos primero con la bola cerrada. Tomamos $p,q ∈ \adh{\bola_r}(x)$ y $ 0 ≤ t ≤ 1$. Entonces \begin{multline*} \norm{(1-t)p + t q - x} = \norm{(1-t)(p - x) + t(q - x)} ≤ \\ ≤ (1-t)\norm{p - x} +(t) \norm{q - x} ≤ (1-t) r + t (r) = r \end{multline*}, así que como $\norm{((1-t)p + t q) - x} ≤ r$, tenemos que $(1-t)p + t q ∈ \adh{\bola_r}(x)$.
+
+Para la bola abierta se hace igual, sólo que aparece un menor estricto en $\norm{p-x} < r,\norm{q-x} < r$ y nos sale.
+
+\spart
+
+Sean $x,y ∈ \adh{A}$ y $t ∈ [0,1]$. Por ser $\adh{A}$ cerrado, existirán sendas sucesiones $\set{x_n}, \set{y_n} ⊂ A$  que convergen respectivamente a $x$ e $y$. Consideramos ahora los puntos $(1-t)x_n + ty_n ∈ A$ por ser $A$ convexo. Como $\adh{A}$ es cerrado, la sucesión de esos puntos tenderá a $(1-t)x + t y$ que está en $\adh{A}$.
+
+\end{problem}
+
+\begin{problem} Sea $X = (C[0,1], \norm{·}_∞)$. Entonces, si $f ∈ L^1[0,1]$ y \[ λ_f(g) ≝ \int_0^1 f(x) g(x) \dif x\], entonces $λ_f$ define un funcional acotado en $X$ cuya norma es exactamente $\norm{f}_1$. Demuéstralo siguiendo los siguientes pasos:
+
+\ppart La desigualdad $\norm{λ_f}_{X^*} ≤ \norm{f}_1$ es trivial (justificarlo).
+\ppart Si $f ∈ C[0,1]$ probar la desigualdad opuesta; junto con el apartado anterior esto prueba igualdad en este caso.
+\ppart Si $f ∈ L^1[0,1]$ es cualquiera, usar que hay una sucesión de funciones continuas $f_n ∈ C[0,1]$ con $f_n \to f$ en $L^1[0,1]$
+
+\solution
+
+\spart
+
+Podemos hacer la siguiente estimación: \[
+\abs{λ_f(g)} = \abs{\int_0^1 f(x) g(x) \dif x} ≤ \int_0^1 \abs{f(x)} \abs{g(x)} \dif x ≤ \norm{g}_∞ \int_0^1 \abs{f(x)} \dif x = \norm{f}_1 \norm{g}_∞
+\], luego $λ_f ∈ X^*$.
+
+\spart
+
 \end{problem}