Category Análisis Matemático

Ejercicio 1. Sean \(E\) y \(F\) espacios normados y \(T\colon E \rightarrow F\) un operador lineal cerrado. Si \(F\) es compacto, demuestre que \(T\) es acotado.

Demostración. Primero, notemos que demostrar que \(T\) es acotado es equivalente a demostrar que \(T\) es continua en \(0\). Con esto en mente, por reducción al absurdo, supongamos que \(T\) no es continua en \(0\), por lo tanto, existe una sucesión \(\left(x_n\right)_{n\in\mathbb{\mathbb{N}}}\) en \(E\) tal que \(\left(x_n\right)_{n\in\mathbb{\mathbb{N}}}\) converge a \(0\) pero \(\left(Tx_n\right)_{n\in\mathbb{\mathbb{N}}}\) no converge a \(T(0)=0\).

Como \(\left(Tx_n\right)_{n\in\mathbb{\mathbb{N}}}\) no converge a \(0\), existe una subsucesión \(\left(Tx_{n_k}\right)_{k\in\mathbb{\mathbb{N}}}\) tal que ninguna subsucesión de \(\left(Tx_{n_k}\right)_{k\in\mathbb{\mathbb{N}}}\) converge a \(0\). Por otro lado, como \(\left(Tx_{n_k}\right)_{k\in\mathbb{\mathbb{N}}}\) es una sucesión en \(F\) y \(F\) es compacto, entonces posee una subsucesión convergente, es decir, existen \(\left(Tx_{n_{k_m}}\right)_{m\in\mathbb{\mathbb{N}}}\) y \(y\in F\) tal que \[Tx_{n_{k_m}} \to y\] cuando \(m\to+\infty\). Con esto, tenemos que \[\left( x_{n_{k_m}}\ ,\ Tx_{n_{k_m}}\right) \to (0,y)\] cuando \(m\to+\infty\). Además, como \(T\) es cerrado (ver definición al final), se tiene que \(y=T(0)\), y como \(T\) es lineal, \(y=0\), de donde, se concluye que \(\left(Tx_{n_{k_m}}\right)_{m\in\mathbb{\mathbb{N}}}\) converge a \(0\), lo cual es contradictorio.

Así, queda demostrado que \(T\) es continuo en \(0\) y, por lo tanto, acotado.

Definición 1. Sean \(E\) y \(F\) espacios normados y \(T\colon E \rightarrow F\) un operador lineal. Decimos que \(T\) es un cerrado si \(T\), visto como subconjunto de \(E\times F\) es cerrado en \(E\times F\).

Ejercicio 1. Sea \(E\) un espacio vectorial sobre \(\mathbb{K}\), \(W\) un subespacio vectorial no nulo de \(E\) y \(B_W\) una base de Hamel para \(W\). Muestre que \(B_W\) puede ser completado a una base de Hamel para \(E\).

Demostración. Tomemos \[\mathcal{B} = \{B\subseteq E:B_W\subseteq B\text{ y $B$ es un conjunto linealmente independeinte}\}.\] Este conjunto es no vacío pues \(B_W \in \mathcal{B}\); además, es parcialmente ordenado por el orden \(\subseteq\). Vamos a probar que cumple la hipótesis del Lema de Zorn.

Sea \(\mathcal{C}\subseteq \mathcal{B}\) una cadena. Tomemos \[M = \bigcup_{C\in\mathcal{C}} C.\] Se tiene que \(M\) es un conjunto linealmente independiente, pues sean \(x_1,\ldots,x_n\in M\) y \(\alpha_1,\ldots,\alpha_n\in \mathbb{K}\) tales que \[\alpha_1 x_1 + \cdots +\alpha_n x_n = 0.\] Tenemos que, para cada \(i\in\{1,\ldots,n\}\), existe \(C_i\in \mathcal{C}\) tales que \(x_i\in C_i\). Como \(\mathcal{C}\) es una cadena, podemos tomar \(n_0\in\{1,\ldots,n\}\) tal que \[C_{n_0} = \max\{C_i:i\in\{1,\ldots,n\}\},\] donde este máximo es tomado bajo la relación de orden \(\subseteq\), por lo tanto, para cada \(i\in\{1,\cdots,n\}\) \[x_i\in C_i \subseteq C_{n_0},\] Como \(C_{n_0}\) es un conjunto linealmente independiente, podemos concluir que \(\alpha_i=0\) para todo \(i\in\{1,\cdots,n\}\). Por otro lado, \(B_W\subset M\); por lo tanto, \(M\in\mathcal{B}\). Finalmente, por la forma en la que está definido \(M\), se tiene que es una cota superior de \(\mathcal{C}\).

Con esto, se puede utilizar el Lema de Zorn, es decir, existe \(B\in\mathcal{B}\) tal que \(B\) es un elemento maximal de \(\mathcal{B}\). Por lo tanto, \(B\) es linealmente independiente y \(B_W\subseteq B\).

Ahora, procederemos a demostrar que \(B\) genera a \(E\). Por reducción al absurdo, supongamos que existe \(x\in E\) tal que \(x\) no pertenece al conjunto generado por \(B\). Tomemos \[\hat{B} = B \cup \{x\},\] se tiene que \(B_W\subseteq \hat{B}\), además, es un conjunto linealmente independiente pues sean \(x_1,\ldots,x_n\in \hat{B}\) y \(\alpha_1,\ldots,\alpha_n\in \mathbb{K}\) tales que \[\alpha_1 x_1 + \cdots +\alpha_n x_n = 0.\] Si \(x\in \{x_1,\ldots,x_n\}\), tenemos que \(x\) se lo puede expresar como combinación lineal de elementos de \(B\), lo cual es contradictorio. Por otro lado, si \(x\not\in \{x_1,\ldots,x_n\}\), se tendría que \(x_1,\ldots,x_n\in B\), el cual es un conjunto linealmente independiente, de donde se concluiría que \(\alpha_i=0\) para todo \(i\in\{1,\cdots,n\}\), por lo tanto \(\hat{B}\in\mathcal{B}\) y \(B\subseteq\hat{B}\), lo cual también es contradictorio pues \(B\) es maximal.

Así, concluimos que \(B\) es un base de Hamel la cual completa a \(B_W\). 

Ejercicio 1. Demostrar que el conjunto \[A = \left\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:x>0\ \land\ y>\frac{1}{x} \right\}\] es convexo.

Primero, consideremos la función \[% { \begin{array}{[email protected]{\,}ccl} f\ \colon & \left]0,+\infty\right[ & \longrightarrow & \mathbb{R}\\ & x & \longmapsto & \displaystyle\frac{1}{x}\ ; \end{array} }\] notemos que, para todo \(x\in \left]0,+\infty\right[\), \[f''(x) = \frac{2}{x^3} > 0,\] por lo tanto, \(f\) es una función convexa, de donde, para todo \(x_1,x_2\in \left]0,+\infty\right[\) y \(\alpha\in[0,1]\), tenemos \[f(\alpha x_1+(1-\alpha)x_2)\leq \alpha f(x_1)+(1-\alpha)f(x_2),\] es decir \[\frac{1}{\alpha x_1+(1-\alpha)x_2}\leq \alpha \frac{1}{x_1}+(1-\alpha)\frac{1}{x_2}.\]

Ahora, tomemos \((x_1,y_1),(x_2,y_2)\in A\) y \(\alpha\in[0,1]\), vamos a demostrar que \[\alpha (x_1,y_1)+(1-\alpha)(x_2,y_2)\in A.\] Como \((x_1,y_1),(x_2,y_2)\in A\), entonces \[x_1>0\ \land\ y_1>\frac{1}{x_1} \qquad\text{y}\qquad x_2>0\ \land\ y_2>\frac{1}{x_2}\ ;\] por lo tanto, \[\alpha x_1+(1-\alpha)x_2 > 0\] y utilizando el hecho de que \(f\) es convexa, tenemos \[\alpha y_1+(1-\alpha)y_2 > \alpha \frac{1}{x_1}+(1-\alpha)\frac{1}{x_2} \geq \frac{1}{\alpha x_1+(1-\alpha)x_2}.\] Así, se tiene que \[\big(\alpha x_1+(1-\alpha)x_2\ ,\ \alpha y_1+(1-\alpha)y_2\big)\in A,\] con lo cual, concluimos que \(\alpha (x_1,y_1)+(1-\alpha)(x_2,y_2)\in A\), por ende, \(A\) es convexo.