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Capıtulo 9

Espacios de Hilbert

1. Propiedades basicas

En este capıtulo estudiaremos las propiedades basicas, ası como algunasaplicaciones, de la teorıa de espacios de Hilbert.

Definicion 9.1. Decimos que X es un espacio de Hilbert si es un espaciovectorial con producto interno completo.

Es decir, si d es la metrica inducida por la norma en X, inducida a suvez por el producto interno, entonces (X, d) es completo.

Si X es un espacio con producto interno, escribiremos el producto internode x, y ∈ X como (x, y), y la norma inducida como ||x||.

Entre las propiedades que satisface la norma inducida se encuentra laidentidad del paralelogramo.

Proposicion 9.2 (Identidad del paralelogramo). Si x, y ∈ X, entonces

||x + y||2 + ||x − y||2 = 2||x||2 + 2||y||2.

Demostracion. Sean x, y ∈ X. Entonces

||x + y||2 + ||x − y||2 = (x + y, x + y) + (x − y, x − y)

= (x, x) + (x, y) + (y, x) + (y, y)

+ (x, x) − (x, y) − (y, x) + (y, y)

= 2||x||2 + 2||y||2.�

De hecho, uno puede mostrar que, si X es un espacio normado tal quesu norma satisface la identidad del paralelogramo, entonces la norma es

149

150 9. Espacios de Hilbert

inducida por un producto interno, por medio de la identidad de polarizacion(ejercicios 3 y 4).

Decimos que x, y ∈ X son ortogonales, y escribimos x ⊥ y, si (x, y) = 0.

Proposicion 9.3 (Teorema de Pitagoras). Si x ⊥ y, entonces

||x + y||2 = ||x||2 + ||y||2.

Demostracion. Como (x, y) = 0,

||x + y||2 = (x + y, x + y) = (x, x) + (x, y) + (y, x) + (y, y)

= ||x||2 + ||y||2.�

Observamos que hemos utilizado el hecho que, si (x, y) = 0, entonces(y, x) = 0.

Mostramos ahora la continuidad del producto interno.

Proposicion 9.4. Sea X un espacio con producto interno (·, ·). Entonces(·, ·) : X × X → K es continua.

Recordemos que a X×X se le asigna la metrica producto (ejemplo 1.10,capıtulo 1).

Demostracion. Es suficiente con mostrar que, si xn → x y yn → y enX, entonces (xn, yn) → (x, y) en K. Pero, por la desigualdad de Cauchy-Schwarz,

|(xn, yn) − (x, y)| ≤ |(xn − x, yn)| + |(x, yn − y)|≤ ||xn − x|| ||yn|| + ||x|| ||yn − y||.

Como la sucesion (yn) converge, es acotada, digamos ||yn|| ≤ M para todon. Entonces, dado ε > 0, tomamos N tal que, para n ≥ N ,

||xn − x|| <ε

2M + 1y ||yn − y|| <

ε

2||x|| + 1.

Entonces, si n ≥ N ,

|(xn, yn) − (x, y)| ≤ ||xn − x|| ||yn|| + ||x|| ||yn − y||

≤ ε

2M + 1M + ||x|| ε

2||x|| + 1< ε.

�

Si x ∈ X y Y es un subespacio1 de X, decimos que x es perpendicular aY , y escribimos x ⊥ Y , si x ⊥ y para todo y ∈ Y .

1De aquı en adelante, con subespacio de X nos referiremos a un subespacio vectorial de X.

1. Propiedades basicas 151

No es muy difıcil verificar que, si Y es un subespacio de X, entonces sucerradura Y tambien lo es (ejercicio 5). El siguiente corolario se sigue deforma inmediata de la proposicion 9.4.

Corolario 9.5. Si x ⊥ Y , entonces x ⊥ Y .

Mostramos ahora el siguiente teorema.

Teorema 9.6. Sea Y un subespacio cerrado del espacio de Hilbert X. En-tonces, para cada x ∈ X, existe un unico y0 ∈ Y tal que

||x − y0|| ≤ ||x − y||

para todo y ∈ Y . Es decir, y0 es el vector en Y mas cercano a x.

Por la definicion de distancia entre dos conjuntos (mas exactamente,entre un punto y un conjunto), vemos que y0 es el unico vector en Y quesatisface

||x − y0|| = d(x, Y ).

Notamos que, si x ∈ Y , entonces y0 = x.

Demostracion. Sea r = d(x, Y ). Para cada n ≥ 1, tomamos yn ∈ Y tal

que ||x − yn|| < r +1

n. Mostraremos que la sucesion (yn) es de Cauchy y,

como X es completo (es un espacio de Hilbert), converge.

Observamos primero que, por la identidad del paralelogramo,

||yn − ym||2 = 2||yn − x||2 + 2||ym − x||2 − ||yn + ym − 2x||2

< 2(r +

1

n

)22(r +

1

m

)2− 4

∣∣∣∣∣∣1

2(yn − ym) − x

∣∣∣∣∣∣2

≤ 2(r2 +

2r

n+

1

n2

)+ 2

(r2 +

2r

n+

1

n2

)− 4r2

= 4r( 1

n+

1

m

)+

1

n2+

1

m2,

donde hemos usado el hecho que1

2(yn + ym) ∈ Y y entonces

∣∣∣∣∣∣1

2(yn − ym) − x

∣∣∣∣∣∣ ≥ r.

Como1

n,

1

m→ 0, concluimos que, dado ε > 0, existe N tal que, si n,m ≥ N ,

||yn − ym|| < ε.

Entonces (yn) converge, digamos yn → y0, y, como Y es cerrado, y0 ∈ Y .Por la construccion de (yn), obtenemos que ||x − y0|| = r = d(x, Y ).


Para mostrar unicidad, sea z0 ∈ Y tal que ||x−z0|| = d(x, Y ). Entonces,por la identidad del paralelogramo nuevamente,

||y0 − z0||2 = 2||y0 − x||2 + 2||z0 − x||2 − ||y0 + z0 − 2x||2

= 2r2 + 2r2 − 4∣∣∣∣∣∣1

2(y0 − z0) − x

∣∣∣∣∣∣2≤ 0,

donde tambien hemos usado el hecho que∣∣∣∣∣∣1

2(y0 − z0) − x

∣∣∣∣∣∣ ≥ r,

con r = d(x, Y ). Entonces ||y0 − z0|| = 0, lo que implica que z0 = y0. �

Al vector y0 del teorema 9.6 se le llama la proyeccion ortogonal de xsobre Y , y se denota por ProyY x. La razon de este nombre esta dada por elsiguiente teorema.

Teorema 9.7. Sea Y un subespacio de X y x ∈ X. Entonces y0 = ProyY xsi, y solo si, x − y0 ⊥ Y .

Demostracion. Sea y0 = ProyY x y w = x − y0. Para y ∈ Y , y 6= 0, sea

z =(w, y)

||y||2 y.

Primero, tenemos que

||w − z|| = ||x − (y0 + z)|| ≥ ||x − y0|| = ||w||.Entonces

||w||2 ≤ ||w − z||2 = ||w||2 − (w, z) − (z,w) + ||z||2

= ||w||2 − (w, y)

||y||2 (w, y) − (w, y)

||y||2 (y,w) +|(w, y)|2||y||4 ||y||2

= ||w||2 − |(w, y)|2||y||2 ,

lo que implica que |(w, y)| ≤ 0, y entonces w ⊥ y. Como y ∈ Y es arbitrario,w ⊥ Y .

Para la inversa, suponemos ahora que x−y0 ⊥ Y . Entonces, para y ∈ Y ,x − y0 ⊥ y0 − y, porque y0 − y ∈ Y , y, por el teorema de Pitagoras,

||x − y||2 = ||x − y0||2 + ||y0 − y||2 ≥ ||x − y0||2.�

Ejemplo 9.8. Consideramos el caso en que el subespacio Y es de dimensionfinita, con base ortonormal {u1, . . . , ul}. Entonces, para x ∈ X,

ProyY x = (x, u1)u1 + . . . + (x, ul)ul.

2. Sistemas ortonormales completos 153

Para mostrar esto, sea y0 = (x, u1)u1 + . . . + (x, ul)ul. Mostraremos quex − y0 ⊥ Y .

Si y ∈ Y , como la base {u1, . . . , ul} es ortonormal (ejercicio 6),

y = (y, u1)u1 + . . . + (y, ul)ul.

Entonces

(x − y0, y) = (x, y) − (y0, y) =(x,

l∑

j=1

(y, uj)uj

)−

( l∑

j=1

(x, uj)uj , y)

=l∑

j=1

(y, uj)(x, uj) −l∑

j=1

(x, uj)(uj , y) = 0,

por lo que x − y0 ⊥ y.

En la siguiente seccion estudiaremos el caso general, para el cual Y nonecesariamente es de dimension finita, por lo que tenemos que extender elconcepto de base ortonormal.

2. Sistemas ortonormales completos

Decimos que un subconjunto S ⊂ X es ortonormal si, para todo x, y ∈ S,

(x, y) =

{1 x = y

0 x 6= y.

Lo primero que haremos es recordar el proceso de Gram-Schmidt paraproducir sucesiones ortonormales.

Teorema 9.9. Sea (vn) un sucesion (posiblemente finita) de vectores lineal-mente independientes en X. Entonces existe un conjunto ortonormal

S = {u1, u2, . . . , }

(posiblemente finito) tal que, para cada n,

vn ∈ gen{u1, . . . , un},el espacio generado por u1, . . . , un.

Se entiende que, si (vn) es un sucesion finita con, digamos, l vectores,entonces la conclusion del teorema se cumple para n ≤ l.

Demostracion. La demostracion de este teorema es constructiva, cuyo al-goritmo, como lo mencionamos antes, es conocido como el proceso de Gram-Schmidt.


Empezamos por observar, que, como los vn son linealmente independien-

tes, en particular v1 6= 0, por lo que podemos definir u1 =v1

||v1||. Claramente

v1 ∈ gen{u1}.Habiendo definido u1, . . . , uk ortonormales tales que

vn ∈ gen{u1, . . . , un},para n ≤ k, definimos

wk+1 = vk+1 − (vk+1, u1)u1 − . . . (vk+1, uk)uk.

Es decir, wk+1 es la diferencia entre vk+1 y su proyeccion ortogonal sobre elespacio generado por u1, . . . , uk. Como cada

un ∈ gen{v1, . . . , vn},n ≤ k (ejercicio 8), wk+1 es una combinacion lineal no trivial de v1, . . . vk+1

(el coeficiente de vk+1 es 1), por lo que wk+1 6= 0 porque los vn son lineal-mente independientes. Definimos entonces

uk+1 =wk+1

||wk+1||.

Entonces uk+1 ⊥ un para n = 1, . . . , k, por la definicion de wk+1, y tiene nor-ma 1. Por la hipotesis de induccion, entonces, u1, . . . , uk+1 son ortonormales.Ademas,

vk+1 = wk+1 + (vk+1, u1)u1 + . . . (vk+1, uk)uk ∈ gen{u1, . . . , uk+1}.Por lo tanto, la existencia del conjunto S deseado se sigue por induccion. �

Ejemplo 9.10. Consideramos el espacio X = C([0, 1], C) con productointerno

(f, g) =

∫ 1

0f g,

y consideramos la sucesion (fn) donde fn(x) = xn. Entonces, el procesode Gram-Schmidt, a partir de la sucesion (fn), produce la sucesion (en) defunciones

e0(x) = 1,

e1(x) = 2√

3(x − 1

2

),

e2(x) = 6√

5(x2 − x +

1

6

),

e3(x) = 20√

7(x3 − 3

2x2 +

3

5x − 1

20

),

...

polinomios ortonormales tales que cada en tiene grado n.


Un sistema ortonormal completo es un conjunto ortonormal S tal queY = gen S es denso en X, es decir, Y = X. En otras palabras, S es un sistemaortonormal completo si para cada x ∈ X y ε > 0 existe una combinacionlineal

y = a1v1 + . . . akvk,

con v1, . . . , vk ∈ S, tal que

||x − y|| < ε.

El siguiente teorema establece la condicion necesaria y suficiente parala existencia de un sistema ortonormal completo contable en un espacio deHilbert.

Teorema 9.11. Sea X un espacio de Hilbert. Entonces X es separable si,y solo si, existe un sistema ortonormal completo contable en X.

Recordemos que un espacio es separable si existe un conjunto densocontable.

Demostracion. Sea X un espacio de Hilbert separable, y sea

F = {vn : n ∈ Z+}denso en X. Por el teorema 9.9, existe un conjunto ortonormal contable

S = {un : n ∈ Z+}tal que vn ∈ gen{u1, . . . , un} para cada n. Demostraremos que gen S es densoen X.

Sea x ∈ X y ε > 0. Entonces, como F es denso, existe vk ∈ F tal que

||x − vk|| < ε.

Ahora bien, vk ∈ gen{u1, . . . , uk}, por lo que existen escalares a1, . . . , ak

tales que

vk = a1u1 + . . . + akuk.

Entonces vk ∈ gen S y ||x− vk|| < ε, por lo que podemos concluir que gen Ses denso.

Para la inversa, suponemos que S = {un : n ∈ Z+} es un sistemaortonormal completo, y definimos

F = {(a1 + ib1)un1+ . . . + (ak + ibk)unk

:

k ∈ Z+, aj , bj ∈ Q, unj∈ S, j = 1, . . . , k},

es decir, el conjunto de todas las combinaciones lineales de vectores en Scon coeficientes racionales complejos (si X es un espacio real, simplementetomamos bj = 0).


Entonces F es contable. Para verificar que es denso, sea x ∈ X y ε ∈ X.Como gen S es denso, existe

y = λ1un1+ . . . + λkunk

∈ gen S

tal que ||x−y|| <ε

2. Ahora bien, para cada j = 1, . . . , k, tomamos aj , bj ∈ Q

tales que

|aj + ibj − λj | <ε

2√

k.

Entonces, si z = (a1 + ib1)un1+ . . . + (ak + ibk)unk

,

||y − z|| =

√√√√k∑

j=1

|aj + ibj − λj|2 <

√√√√k∑

j=1

ε2

4k=

ε

2,

y por lo tanto

||x − z|| ≤ ||x − y|| + ||y − z|| < ε.

Como z ∈ F , F es denso, y por lo tanto X es separable. �

Por el teorema anterior, cualquier espacio de Hilbert separable X tiene almenos un sistema ortonormal completo contable. Mostraremos ahora que,de hecho, todos los sistemas ortonormales completos son contables, y sonfinitos si y solo si X es de dimension finita.

Teorema 9.12. Sea X un espacio de Hilbert separable y S un sistema or-tonormal completo.

1. Si dim X = l < ∞, entonces S tiene l elementos y es una base paraX.

2. Si dim X = ∞, entonces S es infinito contable.

Notamos que, si X es un espacio de dimension finita, entonces sus basespodrıan ser incontables. Sin embargo, por el teorema 9.12, todos sus sistemasortonormales completos son contables.

Demostracion. Suponemos primero que X es dimension finita, digamosdimX = l. Entonces, como los elementos de S son ortogonales, entoncesson linealmente independientes (ejercicio 9). Entonces S tiene a los mas lvectores, digamos N ≤ l.

Sea S = {u1, . . . , uN}. Como gen S es denso, para x ∈ X y ε > 0 existey = a1u1 + . . . + aNuN tal que

||x − y|| < ε.

Pero, si y0 = (x, u1)u1 + . . . + (x, uN )uN es la proyeccion ortogonal sobregen S, entonces

||x − y0|| ≤ ||x − y||,


y por lo tanto ||x − y0|| < ε. Como ε > 0 es arbitrario, x = y0, y entoncesX = gen S. Ası que S es una base para X.

Del parrafo anterior podemos concluir, en general, que si S es finito en-tonces es una base para X. Entonces, si X es de dimension infinita, entoncesS es infinito. Solo resta por demostrar que S debe ser contable.

Para verificarlo, construiremos una funcion inyectiva φ : S → N de lasiguiente forma. Sea F = {vn : n ∈ Z+} un conjunto denso contable en X.F existe porque X es separable. Entonces, para u ∈ S, existe vk ∈ F tal que

||u − vk|| <1

2.

Definimos entonces φ en S como

φ(u) = mın{

k : ||u − vk|| <1

2

}.

Si u 6 u′ son vectores en S, por el teorema de Pitagoras

||u − u′||2 = ||u||2 + ||u′||2 = 1 + 1 = 2.

Entonces

||vφ(u) − vφ(u′)|| = ||vφ(u) − u + u − u′ + u′ − vφ(u′)||≥ ||u − u′|| − ||vφ(u) − u|| − ||u′ − vφ(u′)||

>√

2 − 1

2− 1

2> 0,

por lo que vφ(u) 6= vφ(u′), y entonces φ(u) 6= φ(u′). Por lo tanto S es contable.�

Ahora bien, recordemos que, si S = {u1, . . . , ul} es una base ortonormaldel espacio de dimension finita X, entonces, para cada x ∈ X,

x = (x, u1)u1 + . . . + (x, ul)ul

(ejercicio 6). El siguiente teorema generaliza este resultado a espacio deHilbert separables.

Teorema 9.13. Sea X un espacio de Hilbert separable y S = {un : u ∈ Z+}un sistema ortonormal completo. Entonces, para cada x ∈ X,

(9.1)∞∑

n=1

(x, un)un = x.

Mas aun, esta expansion de x es unica; es decir, si∞∑

n=1

anun = x,

entonces an = (x, un).


Demostracion. Para cada n, sea Yn = gen{u1, . . . , un}. Entonces cada Yn

es de dimension finita y

ProyYnx =

n∑

j=1

(x, uj)uj = sn,

las sumas parciales de la serie∑∞

n=1(x, un)un. Como gen S es denso, paraε > 0 existe

y = a1un1+ . . . + akunk

tal que ||x − y|| < ε. Entonces, como y ∈ YN , donde

N = max{n1, . . . , nk},

tenemos que ||x − sN || ≤ ||x − y|| < ε. Mas aun, para n ≥ N , sN ∈ Yn,ası que

||x − sn|| ≤ ||x − sN || < ε.

Por lo tanto sn → x.

Suponemos ahora que∞∑

n=1

anun = x.

Por el teorema 9.4, si sn =

n∑

j=1

ajuj son las sumas parciales de la serie,

entonces (sn, uj) → (x, uj). Pero

(sn, uj) =

{0 n < j

aj n ≥ j.

Entonces aj = (x, uj) para cada j. �

La expansion (9.1) es llamada una expansion ortogonal de x, o serie deFourier de x, con respecto al sistema ortonormal completo S. A cada uno delos coeficientes (x, un) se les llama coeficientes de Fourier de x, y se denotancomo x(n). Se entiende que, si X es de dimension finita, entonces (9.1) esuna suma finita.

Como corolario, tenemos que estos coeficientes satisfacen la siguientesidentidades, conocidas como de Parseval.

Corolario 9.14 (Parseval). Sea X un espacio de Hilbert separable y S ={un}∞n=1 un sistema ortonormal completo. Entonces, para cada x,

||x||2 =∞∑

n=1

|x(n)|2,

3. El espacio l2 159

donde x(n) = (x, un). Ademas, para x, y ∈ X,

(x, y) =

∞∑

n=1

x(n)y(n).

Demostracion. Sean sn =∑n

j=1 x(j)uj las sumas parciales de la serie de

Fourier de x. Entonces, por el teorema 9.4, ||sn||2 → ||x||2. Pero, por elteorema de Pitagoras,

||sn||2 =n∑

j=1

|x(j)|2,

lo que demuestra la primera parte del teorema.

Para la segunda parte, sean tn =∑n

j=1 y(j)uj las sumas parciales de laserie de Fourier de y. Entonces, como u1, . . . , un son ortonormales,

(sn, tn) =n∑

j=1

x(j)y(j).

Pero, nuevamente por el teorema 9.4, (sn, tn) → (x, y). �

Como corolario, tambien obtenemos la desigualdad de Bessel,

(9.2)

k∑

j=1

|(x, vj)|2 ≤ ||x||2,

si v1, . . . , vk son ortonormales en X.

3. El espacio l2

En esta seccion estudiaremos con detalle un ejemplo basico de un espaciode Hilbert de dimension infinita.

Sea l2 el conjunto de todas las sucesiones (an)∞n=1 tales que

∞∑

n=1

|an|2 < ∞.

Podemos hacer l2 un espacio vectorial, si definimos las operaciones

(an) + (bn) = (an + bn) y λ(an) = (λan).

Para verficar que estas operaciones estan bien definidas, vemos que, por ladesigualdad del triangulo en KN con la norma euclideana,

√√√√N∑

n=1

|an + bn|2 ≤

√√√√N∑

n=1

|an|2 +

√√√√N∑

n=1

|bn|2 ≤

√√√√∞∑

n=1

|an|2 +

√√√√∞∑

n=1

|bn|2


para todo N , porque∞∑

n=1

|an|2 y∞∑

n=1

|bn|2

convergen, y entonces∑∞

n=1 |an + bn|2 converge, ası que (an + bn) ∈ l2.

Similarmente, (λan) ∈ l2, y no es difficil verificar que estas operacionessatisfacen los axiomas de un espacio vectorial (ejercicio 15).

Mas aun, por la desigualdad de Cauchy-Schwarz en KN , si (an), (bn) ∈ l2,

N∑

n=1

|anbn| ≤

√√√√N∑

n=1

|an|2√√√√

N∑

n=1

|bn|2 ≤

√√√√∞∑

n=1

|an|2√√√√

∞∑

n=1

|bn|2

para todo N , por lo que la serie∑∞

n=1 anbn converge absolutamente. Defi-nimos entonces la funcion (·, ·) : l2 × l2 → K como

(9.3)((an, (bn)

)=

∞∑

n=1

anbn.

Proposicion 9.15. La funcion (·, ·) : l2 × l2 → K definida por (9.3) es unproducto interno en l2.

Mas aun, con este producto interno, l2 es un espacio de Hilbert.

Demostracion. Para mostrar que (9.3) es un producto interno, tomamos(an), (bn), (cn) ∈ l2, λ ∈ K, y verificamos lo siguiente.

1.((an), (an)

)=

∞∑

n=1

|an|2 ≥ 0, y es 0 si y solo si an = 0 para todo n, o

sea (an) = (0).

2. Para todo N ,N∑

n=1

anbn =N∑

n=1

bnan,

lo que demuestra que, en el lımite,((an), (bn)

)=

((bn), (an)

).

3. Como todas las series siguientes son convergentes,

((an) + (bn), (cn)

)=

((an + bn), (cn)

)=

∞∑

n=1

(an + bn)cn

=

∞∑

n=1

ancb +

∞∑

n=1

bncn =((an), (cn)

)+

((bn), (cn)

),

y

(λ(an), (bn)

)=

((λan), (bn)

)=

∞∑

n=1

λanbn = λ∞∑

n=1

anbn = λ((an), (bn)

).


Ya solo resta mostrar completitud de l2. Sea (Ak) una sucesion en l2. Escri-biremos cada Ak = (an

k)∞n=1, donde el ındice de cada sucesion Ak lo hemosescrito como superındice. Demostraremos que, si la serie

∞∑

k=1

||Ak||

converge, entonces la serie∞∑

k=1

Ak

converge, y la completitud de l2 se sigue del teorema 2.24. Recordemos quela norma || · || inducida por el producto interno esta dada por

||(an)|| =

√√√√∞∑

n=1

|an|2.

Observamos primero que, para cada n y cada k, |ank | ≤ ||Ak||, y por

lo tanto∑∞

k=1 |ank | < ∞. Ası que la serie

∑∞k=1 an

k converge para cada n,digamos

∞∑

k=1

ank = an.

Mostraremos que la serie∑∞

k=1 Ak converge a la sucesion (an) en l2.

Empezamos por verificar que (an) ∈ l2. Para cada n, sea

snk =

k∑

l=1

anl

la k-esima suma parcial de cada serie∑

k ank . Como cada sn

k → an, para cadaN podemos encontrar k tal que

|an − snk | <

1√N

,

para n = 1, . . . , N . Ahora bien,√√√√

N∑

n=1

|an|2 ≤

√√√√N∑

n=1

|an − snk |2 +

√√√√N∑

n=1

|snk |2.

Por la seleccion de k,√√√√

N∑

n=1

|an − snk |2 <

√√√√N∑

n=1

1

N= 1.


Ahora, si llamamos M =∑∞

k=1 ||Ak||, tenemos entonces√√√√

N∑

n=1

|snk |2 =

√√√√N∑

n=1

∣∣∣k∑

l=1

anl

∣∣∣2≤

k∑

l=1

√√√√N∑

n=1

|anl |2 ≤

k∑

l=1

||Al|| ≤ M.

Por lo tanto

N∑

n=1

|an|2 ≤ (1 + M)2 y, como N es arbitrario, (an) ∈ l2.

Sea ahora

sk =k∑

l=1

Al =( k∑

l=1

anl

)

la k-esima suma parcial de∑

k Ak. Sea ε > 0, y tomamos K tal que, parak ≥ K,

∑

l>k

||Al|| <ε

2.

Tal K existe porque∑

k ||Ak|| < ∞. Mostraremos que, para k ≥ K,

||sk − (an)|| < ε.

Sea k ≥ K, y tomamos N ∈ Z+. Escogemos p > k tal que, para cadan = 1, . . . , N ,

|snp − an| <

ε

2√

N.

Tal p existe porque snl → an cuando l → ∞ para cada n (notamos que p

depende de N). Entonces√√√√

N∑

n=1

|snk − an|2 ≤

√√√√N∑

n=1

|snk − sn

p |2 +

√√√√N∑

n=1

|snp − an|2.

Por la seleccion de p, el segundo sumando puede ser estimado por√√√√

N∑

n=1

|snp − an|2 <

√√√√N∑

n=1

ε2

4N=

ε

2.

Para el primero,√√√√

N∑

n=1

|snk − sn

p |2 =

√√√√N∑

n=1

∣∣∣∑

k<l≤p

anl

∣∣∣2≤

∑

k<l≤p

√√√√N∑

n=1

|anl |2 ≤

∑

k<l≤p

||Al|| <ε

2,

porque k ≥ K. Entonces,√∑N

n=1 |snk − an|2 < ε y, como N es arbitrario,

||sk − (an)|| < ε. �


El espacio de Hilbert l2 tiene al conjunto de las sucesiones ek, dadas por

enk =

{1 k = n

0 k 6= n,

como sistema ortonormal completo, ya que (ejercicio 16)

(an) =

∞∑

n=1

anen

para cualquier (an) ∈ l2. Por lo tanto, l2 es separable, por el teorema 9.11.Mas aun, l2 es isometricamente isomorfo a cualquier otro espacio de Hilbertseparable, como lo afirma el siguiente teorema.

Teorema 9.16. Sea X un espacio de Hilbert separable de dimension in-finita. Entonces X es isometricamente isomorfo a l2; es decir, existe unaisometrıa Φ : X → l2 tal que es un isomorfismo.

Demostracion. Como X es separable y de dimension infinita, existe unsistema ortonormal completo, digamos S = {un}∞n=1, infinito contable. En-tonces, para cada x ∈ X,

x =

∞∑

n=1

x(n)un,

donde x(n) = (x, un), por el teorema 9.13. Definimos entonces la funcionΦ : X → l2 como Φ(x) = (an), donde an = x(n). Por la identidad deParseval,

||x||2 =∞∑

n=1

|an|2 = ||Φ(x)||2,

por lo que Φ es una isometrıa. Claramente es lineal porque el productointerno es lineal.

Para verificar que es un isomorfismo, observamos primero que Φ es in-yectiva porque ||Φ(x)|| = ||x||, y entonces Φ(x) = 0 solo si x = 0. Paramostrar que Φ es sobreyectiva, sea (an) ∈ l2 y consideramos la serie

∞∑

n=1

anun.

Para mostrar que converge, sean sn las sumas parciales. Entonces, como losun son ortonormales, si n > m tenemos, por el teorema de Pitagoras,

||sn − sm||2 =∑

m<l≤n

|an|2.

Como (an) ∈ l2, para ε > 0 existe N tal que, si n ≥ N ,∑

n≥N |an|2 < ε2.

Por lo tanto, si n,m ≥ N , ||sn − sm|| < ε.


Ası que la sucesion (sn) es de Cauchy y, como X es completo (es unespacio de Banach), converge, digamos

∞∑

n=1

anun = x.

Por la unicidad de la expansion ortogonal (teorema 9.13), Φ(x) = (an), ypor lo tanto Φ es sobreyectiva. �

4. El espacio L2([0, 1])

Consideremos el espacio C([0, 1], C) (que solo denotaremos C([0, 1]). Re-cordemos que podemos definir el producto interno

(f, g) =

∫ 1

0f g,

el cual induce la norma || · ||2. Sin embargo, C([0, 1]) no es completo conrespecto a esta norma. Por ejemplo, si consideramos la sucesion de funcionescontinuas (fn) dadas por

fn(x) =

n1/3 0 ≤ x ≤ 1

n1

x1/3

1

n≤ x ≤ 1,

entonces (fn) es una sucesion de Cauchy en C([0, 1]), con la norma || · ||2,pero no converge.

Para demostrarlo, sea ε > 0, y tomamos N >64

ε6. Entonces, para n >

m ≥ N ,

||fn − fm||22 =(n1/3 − m1/3)2

n+

∫ 1

m

1

n

1

x2/3dx

≤ 1

n1/3+ 3

( 1

m1/3− 1

n1/3

)≤ 4

N1/3< ε2,

y por lo tanto ||fn − fm||2 < ε. Entonces la sucesion (fn) es de Cauchy.

Si convergiera, digamos, fn → f , entonces f serıa acotada. Sea M > 0tal que |f | ≤ M . Pero entonces, si tomamos N > (M + 1)3,

fN (x) − M = N1/3 − M > 1

para x ∈ [0, 1/N ]. Ası que

||fN − f ||22 =

∫ 1

0|fN − f |2 ≥

∫ 1

N

01 =

1

N,

y entonces ||fn − f ||2 ≥ 1

Npara todo n ≥ N , lo que contradice fn → f con

respecto a la norma || · ||2.

4. El espacio L2([0, 1]) 165

Para obtener un espacio de Hilbert, tomamos entonces la completitudC([0, 1]) del espacio C([0, 1]) (seccion 5, capıtulo 2) con respecto a la norma|| · ||2. Lo denotaremos como L2([0, 1]).

L2([0, 1]) es un espacio de Hilbert (ejercicio 17), y se le llama espacio deLebesgue de funciones cuadraticamente integrables.

No es obvio que los elementos de L2([0, 1]), definidos como clases deequivalencia de sucesiones de Cauchy en (C([0, 1]), || · ||2), puedan ser repre-sentados por funciones en [0, 1], y la demostracion esta fuera del alcance deestas notas2. Sin embargo, sera suficiente para nosotros el que f ∈ L2([0, 1])si, y solo si, existe una sucesion de funciones continuas fn en [0, 1] tales quefn → f con respecto a || · ||2.

Ejemplo 9.17. La funcion f(x) = x−1/3, x 6= 0, f(x) = 0, esta en L2([0, 1]).De hecho, es el lımite de la sucesion (fn), presentada anteriormente, bajo lanorma || · ||2.3

Empezamos por observar que L2([0, 1]) es separable.4 Como consecuenciadel teorema de Stone-Weierstrass, el espacio (C([0, 1]), || · ||u) (con respectoa la norma uniforme) es separable (corolario 5.15), por lo que existe unconjunto contable F = {fn}∞n=1 de funciones continuas tales que, para cadaf ∈ C([0, 1]) y cada ε > 0, ||fn − f ||u < ε. Podemos tomar, por ejemplo, lospolinomios con coeficientes racionales.

Ahora bien, sea f ∈ L2([0, 1]) y sea ε > 0. Entonces, existe una funcioncontinua g tal que

||f − g||2 <ε

2.

Ahora bien, existe fn ∈ F tal que

||g − fn||u <ε

2.

Entonces

||f − fn||2 ≤ ||f − g||2 + ||g − fn||2 <ε

2+

√∫ 1

0|g − fn|2

≤ ε

2+

√∫ 1

0||g − fn||2u <

ε

2+

ε

2= ε.

Por lo tanto, F es denso en L2([0, 1]).

2Vease, por ejemplo, [2], para la demostracion de este hecho.3Mas precisamente, es un representante del lımite. Refierase a la seccion 5 del capıtulo 2 para

los detalles.4En general, la completitud de un espacio separable es separable (ejercicio 18).


Por el teorema 9.11, L2([0, 1]) tiene un sistema ortonormal completocontable, el cual podemos tomar, por ejemplo, el obtenido al aplicar el pro-ceso de Gram-Schmidt a la sucesion de polinomios 1, x, x2, x3, . . . , como enel ejemplo 9.10.

Sin embargo, un sistema ortonormal completo mas popular es el formadopor las funciones exponenciales en(x), n ∈ Z, dadas por

en(x) = e2πinx, x ∈ [0, 1].

Aquı, enumeramos a los enteros como 0,±1,±2, . . ..

Teorema 9.18. La coleccion de funciones S = {en : n ∈ Z} forma unsistema ortonormal completo en L2([0, 1]).

Demostracion. Empezamos por verificar que gen S es denso en C([0, 1]),con respecto a la norma uniforme. Pero, como para cada n

en(x) = cos nx + i sen nx,

entonces gen S es el conjunto de polinomios trigonometricos en [0, 1] concoeficientes complejos, y por lo tanto es denso en C([0, 1]) (separando partesreal e imaginaria), como habıamos observado en el ejemplo 5.23. Entonces,para cada f ∈ C([0, 1]) y cada ε > 0, existe un polinomio p ∈ gen S tal que||f − p||u < ε.

Ahora, para f ∈ L2([0, 1]) y ε > 0, sea g ∈ C([0, 1]) tal que

||f − g||2 <ε

2,

y sea p ∈ gen S tal que

||g − p||u <ε

2.

Entonces, similarmente al analisis anterior, tenemos

||f − p||2 ≤ ||f − g||2 + ||g − p||2 <ε

2+

√∫ 1

0|g − p|2

≤ ε

2+

√∫ 1

0||g − p||2u <

ε

2+

ε

2= ε.

Dejamos como ejercicio la verificacion que las funciones en son ortonormales(ejercicio 19). �

Podemos entonces expresar cada f ∈ L2([0, 1]) como la serie

(9.4) f =∑

n∈Z

f(n)en,

4. El espacio L2([0, 1]) 167

donde f(n) son los coeficientes de Fourier f(n) = (f, en), y la suma seentiende simetricamente, es decir

∑

n∈Z

f(n)en = lımN→∞

N∑

n=−N

f(n)en,

con convergencia en L2([0, 1]).

Si f es una funcion continua, entonces sus coeficientes de Fourier estandados por

f(n) = (f, en) =

∫ 1

0f(x)e−2πinx,

y podemos preguntarnos si la serie∑

n∈Z

f(n)e2πinx

converge punto por punto, o uniformemente, a f(x). Tenemos el siguienteteorema.

Teorema 9.19. Sea f ∈ C([0, 1]), y suponemos que sus coeficientes deFourier satisfacen

(9.5)∑

n∈Z

|f(n)| < ∞.

Entonces la serie de Fourier

(9.6)∑

n∈Z

f(n)e2πinx

converge uniformemente a f .

Demostracion. Empezamos por observar que, por el criterio M de Weiers-trass, (9.5) implica que la serie converge uniformemente en C([0, 1]), digamosa la funcion continua g.

Ahora bien, si SN es la suma parcial

SN (x) =

N∑

n=−N

f(n)e2πinx

de la serie (9.6), entonces, como SN ⇒ g, entonces SN → g en L2([0, 1]), y

por lo tanto SN (n) → g(n), cuando N → ∞, para cada n. Pero

SN (n) =

{0 N < |n|f(n) N ≥ |n|.

Entonces g(n) = f(n).


Por el teorema 9.16, la funcion Φ : L2([0, 1]) → l2 dada por

Φ(f) = (f(n))n∈Z, n = 0,±1, . . . ,

es un isomorfismo, g = f , porque ambas son continuas. �

Ejercicios

1. Sea (x, y) = x · y el producto interno estandar en R2. Entonces

(x, y) = ||x|| ||y|| cos θ,

donde θ es el angulo entre los vectores x y y en R2.

2. Utiliza el ejercicio anterior para mostrar la ley de cosenos: si a, b, c sonlas longitudes de los lados de un triangulo, y θ es el angulo opuesto allado de longitud c, entonces

a2 + b2 = c2 + 2ab cos θ.

3. La siguiente identidad es llamada la identidad de polarizacion, tanto enel caso real como en el complejo.a) Sea X un espacio con producto interno sobre R. Entonces, para

x, y ∈ X,

(x, y) =1

4

(||x + y||2 − ||x − y||2

).

b) Sea X un espacio con producto interno sobre C. Entonces, parax, y ∈ X,

(x, y) =1

4

(||x + y||2 − ||x − y||2 + i||x + iy||2 − i||x − iy||2

).

4. Sea (X, || · ||) un espacio normado tal que, para todo x, y ∈ X,

||x + y||2 + ||x − y||2 = 2||x||2 + 2||y||2.Entonces || · || es inducida por un producto interno. (Sugerencia: Utilizael ejercicio anterior.)

5. Sea Y un subespacio vectorial del espacio normado X. Entonces la ce-rradura Y tambien es un subespacio vectorial de X.

6. Sea X un espacio con producto interno de dimension finita y sea

{u1, . . . , ul}una base ortonormal para X. Entonces, para todo x ∈ X,

x = (x, u1)u1 + . . . + (x, ul)ul.

Ejercicios 169

7. Sea X un espacio con producto interno de dimension finita sobre K.Entonces, si dimX = l, X es isometricamente isomorfo a Kl; es decir,existe un isomorfismo Φ : X → Kl que preserva el producto interno,

(x, y) = (Φx,Φy)

para todo x, y ∈ X.

8. Sean (un) y (vn) sucesiones de vectores linealmente independientes talesque, para cada n,

vn ∈ gen{u1, . . . , un}.Entonces, para cada n,

un ∈ gen{v1, . . . , vn}.9. Sean v1, . . . , vk ortogonales en el espacio X. Entonces son linealmente

independientes.

10. Considera X = C([−1, 1]) con el producto interno

(f, g) =

∫ 1

−1f g.

A partir de fn(x) = xn, n = 0, 1, 2, . . ., utiliza el proceso de Gram-Schmidt para obtener polinomios p0, p1, p2, p3 tal que cada pn es degrado n y son ortonormales.

Estos polinomios son llamados polinomios de Legendre.

11. Sea Y un subespacio cerrado del espacio de Hilbert X y T : X → Ydefinida como

Tx = ProyY x.

Entonces T es continua. (Sugerencia: Utiliza el teorema de Pitagoras.)

12. Sea Y un subespacio cerrado del espacio de Hilbert X, y sea

Y ⊥ = {x ∈ X : x ⊥ Y }.Entonces Y ⊥ es un subespacio cerrado de X.

13. Sea Y un subespacio cerrado del espacio de Hilbert X. Entonces

X ∼= Y ⊕ Y ⊥.

14. Sea X un espacio de Hilbert separable y Y un subespacio cerrado de X.Entonces Y es separable.

15. Sea l2 el conjunto de las sucesiones (an) en K tales que∞∑

n=1

|an|2 < ∞.

Entonces l2 es un espacio vectorial con operaciones

(an) + (bn) = (an + bn) y λ(an) = (λan).


16. Para cada k, sea ek la sucesion (enk )∞n=1 donde

enk =

{1 k = n

0 k 6= n.

Entonces, para (an) ∈ l2,

(an) =

∞∑

n=1

anen.

17. Sea X un espacio vectorial con producto interno y sea X su completitud.Entonces X es un espacio de Hilbert.

18. Si X es separable, entonces X es separable.

19. Para cada n ∈ Z, sea en(x) = e2πinx. Entonces∫ 1

0en(x)em(x)dx =

{1 n = m

0 n 6= m.

20. Para toda f ∈ C([0, 1]), la sucesion (f(n)) es acotada.

21. Sea f continuamente diferenciable en [0, 1] y tal que f(0) = f(1). En-tonces

f ′(n) = 2πinf(n),

donde f ′(n) es el n-esimo coeficiente de Fourier de la derivada f ′ de f .(Sugerencia: Integra por partes.)

22. Sea f continuamente diferenciable en [0, 1] y tal que f(0) = f(1). Enton-ces su serie de Fourier converge uniformemente a f . (Sugerencia: Utilizael problema anterior.)

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