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Metodos Matematicos de la Fısica IIcurso de licenciatura

Olivier SarbachInstituto de Fısica y Matematicas

Universidad Michoacana de San Nicolas de Hidalgo

12 de octubre de 2018

Indice general

1. Introduccion y motivacion 51.1. La cuerda vibrante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2. Vibraciones de una membrana circular homogenea . . . . . . . . 101.3. La ecuacion de Schrodinger en una dimension . . . . . . . . . . . 131.4. La ecuacion de Schrodinger en tres dimensiones . . . . . . . . . . 161.5. Un problema de onda no lineal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

1.5.1. Paso 1: El problema linealizado . . . . . . . . . . . . . . . 221.5.2. Paso 2: El problema inhomogeneo . . . . . . . . . . . . . 231.5.3. Paso 3: El problema no lineal e iteraciones . . . . . . . . . 23

1.6. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

2. Espacios normados y espacios de Hilbert 332.1. Espacios normados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332.2. Convergencia de sucesiones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 412.3. Sucesiones de Cauchy, espacios de Banach . . . . . . . . . . . . . 472.4. El teorema del punto fijo de Banach . . . . . . . . . . . . . . . . 522.5. Espacios de Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 592.6. La descomposicion ortogonal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 652.7. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

3. Series de Fourier 773.1. Definicion de la serie de Fourier y preguntas . . . . . . . . . . . . 773.2. Decaimiento de los coeficientes de Fourier . . . . . . . . . . . . . 793.3. Convergencia de la serie de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . 833.4. Series de Fourier para funciones discontinuas . . . . . . . . . . . 933.5. Ecuacion de transporte de calor sobre un anillo . . . . . . . . . . 1003.6. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105

4. Transformada de Fourier 1094.1. Motivacion, definiciones, preguntas . . . . . . . . . . . . . . . . . 1094.2. Decaimiento y diferenciabilidad de f . . . . . . . . . . . . . . . . 1114.3. El espacio de Schwartz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1184.4. El principio de incertidumbre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1284.5. Las funciones de Hermite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132

3

4 INDICE GENERAL

4.6. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140

5. Bases y polinomios ortogonales 1475.1. Motivacion y primeros ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1475.2. Bases ortonormales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1505.3. Polinomios ortogonales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1525.4. Construccion explıcita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1595.5. Los polinomios de Jacobi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1645.6. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168

6. Teorıa de Sturm-Liouville 1736.1. Descripcion del problema y resultado principal . . . . . . . . . . 1736.2. El metodo de Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1796.3. Operadores compactos en espacios de Hilbert . . . . . . . . . . . 1826.4. Operadores compactos auto-adjuntos . . . . . . . . . . . . . . . . 1886.5. Un problema de Sturm-Liouville singular . . . . . . . . . . . . . . 1946.6. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197

A. Convergencia uniforme 201

B. Integracion de Lebesgue 205

Capıtulo 1

Introduccion y motivacion

Para motivar los problemas que se van a analizar en este curso, empezamoscon un par de problemas tıpicos de la fısica.

1.1. La cuerda vibrante

Una cuerda elastica esta colgada sobre el intervalo I = [a, b], con sus extre-mos fijos. Sean:

µ(x) > 0 la densidad lineal de masa de la cuerda en el punto x,

k(x) > 0 el modulo de elasticidad (o tension) en el punto x,

u(t, x) el desplazamiento de la cuerda en el punto x al tiempo t,

entonces u(t, x) obedece la siguiente ecuacion:

µ(x)∂2

∂t2u(t, x) =

∂

∂x

[k(x)

∂

∂xu(t, x)

], t > 0, a < x < b, (1.1)

con la condicion en la frontera

u(t, a) = u(t, b) = 0, t ≥ 0, (1.2)

dado que los extremos de la cuerda son fijos. Para fijar unicamente la solucionu(t, x) del problema (1.1,1.2) necesitamos dar condiciones iniciales:

u(0, x) = u0(x),∂

∂tu(0, x) = u1(x), a < x < b, (1.3)

para funciones u0 y u1 satisfaciendo las condiciones en la frontera (1.2).Para resolver el problema de valores iniciales y de contorno (1.1,1.2,1.3) tra-

tamos primero de encontrar soluciones particulares mediante el siguiente ansatzde separacion de variables:

u(t, x) = T (t)v(x), (1.4)

5

6 CAPITULO 1. INTRODUCCION Y MOTIVACION

con una funcion T que depende unicamente del tiempo t y otra funcion v quedepende unicamente de la variable x y que satisface v(a) = v(b) = 0. Introdu-ciendo el ansatz (1.4) en la ecuacion (1.1), obtenemos primero

µ(x)T (t)v(x) = T (t) [k(x)v′(x)]′, t > 0, a < x < b,

donde ˙ := ddt y ′ := d

dx denotan las derivadas con respecto a t y x, respecti-vamente. Asumiendo que T (t) 6= 0 y v(x) 6= 0 y dividiendo por µ(x)T (t)v(x)llegamos a

T (t)

T (t)=

[k(x)v′(x)]′

µ(x)v(x), t > 0, a < x < b.

Dado que la parte izquierda es una funcion de t unicamente y que la parte de-recha es una funcion de x unicamente, concluimos que ambos lados son igualesa una constante. Llamemos esta constante −λ. Consecuentemente, nuestro an-satz de separacion reduce el problema (1.1,1.2) (un problema con una ecuaciondiferencial parcial) a los dos problemas (descritos por ecuaciones diferencialesordinarias)

−T (t) = λT (t), t > 0, (1.5)

y

− 1

µ(x)

d

dx

[k(x)

d

dxv(x)

]= λv(x), a < x < b, v(a) = v(b) = 0. (1.6)

El primer problema (1.5) se puede resolver facilmente; la solucion general es

T (t) = A cos(√λt) +B

sen(√λt)√λ

, (1.7)

con dos constantes A y B tales que T (0) = A y T (0) = B. El segundo proble-ma (1.6) es un problema de eigenvalores (con eigenvalor λ) que constituye unejemplo tıpico de un problema de Sturm-Liouville que trataremos con muchomas detalle en el capıtulo 6. Por el momento, supongamos que v 6= 0 sea unafuncion que satisface (1.6) para algun λ. Entonces una solucion particular de laecuacion (1.1) es

u(t, x) =

(A cos(

√λt) +B

sen(√λt)√λ

)v(x). (1.8)

Dado que v(a) = v(b) = 0, esta solucion satisface la condicion en la fronte-ra (1.2). Ademas, las condiciones iniciales asociadas a esta solucion son

u(0, x) = Av(x),∂

∂tu(0, x) = Bv(x). (1.9)

Como mencionamos arriba, un estudio detallado del problema de eigenvalo-res (1.6) se dara en el capıtulo 6, donde consideramos el problema de la forma

Av = λv,

1.1. LA CUERDA VIBRANTE 7

donde A : D(A) ⊂ X → X es operador lineal con dominio D(A) definido sobreun espacio funcional X (un espacio vectorial de dimension infinita) adecuado.Para las consideraciones mas o menos sencillas que siguen, podemos definir losespacios X y D(A) de la siguiente forma:

X := {v : [a, b]→ R : v continua}, (1.10)

es decir, X consiste de todas las funciones continuas v del intervalo [a, b] en losreales. Para aplicar el operador A que aparece a la izquierda de la ecuacion (1.6)necesitamos que la funcion v sea (por lo menos) dos veces diferenciable. Ademas,necesitamos que v satisfaga la condicion en la frontera v(a) = v(b) = 0; por endedefinimos

D(A) := {v ∈ X : v dos veces continuamente diferenciable y v(a) = v(b) = 0}.(1.11)

Si asumimos que las funciones µ, k : [a, b]→ R son positivas en cada punto y queµ es continua y k continuamente diferenciable, el operador lineal A : D(A) ⊂X → X definido por

Av(x) := − 1

µ(x)

d

dx

[k(x)

d

dxv(x)

], v ∈ D(A) (1.12)

esta bien definido, y el problema (1.6) es equivalente a

Av = λv, v ∈ D(A). (1.13)

Para obtener informacion sobre el espectro deA introducimos el producto escalar

(v, w) :=

b∫a

µ(x)v(x)w(x)dx, v, w ∈ X, (1.14)

definido sobre el espacio X.1 Para v, w ∈ D(A) tenemos:

(v,Aw) = −b∫a

v(x)d

dx[k(x)w′(x)] dx

= [−v(x)k(x)w′(x)]ba +

b∫a

v′(x)k(x)w′(x)dx

=

b∫a

k(x)v′(x)w′(x)dx,

donde usamos integracion por partes en el segundo paso y la condicion de fron-tera v(a) = v(b) = 0 en el tercer paso. Dado que la ultima expresion es simetrica

1Notamos que este producto esta bien definido porque tanto µ como v y w son funcionescontinuas sobre el intervalo [a, b].


en v y w, concluimos que el operador lineal A es simetrico y definido positivo,es decir

(v,Aw) = (Av, w), v, w ∈ D(A), (1.15)

y (dado que k(x) > 0 es positivo)

(v,Av) =

b∫a

k(x)v′(x)2dx ≥ 0, v ∈ D(A), (1.16)

y (v,Av) = 0 si y solo si v′ = 0, es decir si y solo si v es una constante que debeser cero dado que v(a) = 0. Como consecuencia de estas observaciones tenemos:

Lema 1 (a) Sea λ un eigenvalor de A, entonces λ > 0.

(b) Sean v1, v2 ∈ D(A) dos eigenfunciones del operador A con eigenvalorescorrespondientes distintos λ1 6= λ2. Entonces v1 es ortogonal a v2, es decir,(v1, v2) = 0.

(c) Cada eigenvalor λ de A es no-degenerado, es decir el eigenespacio de λes uni-dimensional. En otras palabras, si v, w son dos eigenvectores coneigenvalor λ entonces w es proporcional a v.

Demostracion.

(a) Sea v ∈ D(A), v 6= 0, un eigenvector de A con eigenvalor λ. Entonces(v, v) > 0 y

λ(v, v) = (v,Av) > 0,

lo que implica λ > 0.

(b) Sea Avj = λjvj , j = 1, 2, entonces

λ2(v1, v2) = (v1,Av2) = (Av1, v2) = λ1(v1, v2),

lo que implica que (v1, v2) = 0 si λ1 6= λ2.

(c) Ver el ejercicio 1 abajo.

Notamos que la positividad de λ implica que√λ es real, de tal forma que

las soluciones particulares (1.8) son oscilatorias en el tiempo. Para resolvercompletamente el problema de valores iniciales y de contorno (1.1,1.2,1.3) faltacontestar las siguientes preguntas:

(a) ¿Cuantos eigenvalores λ de A existen?

(b) ¿Es posible representar cualquier funcion v ∈ X como una superposicionde eigenfunciones de A, es decir, es A diagonalizable?

1.1. LA CUERDA VIBRANTE 9

Con respecto a la pregunta (a) vamos a demostrar en el capıtulo 6 que elproblema (1.6) posee un numero infinito de eigenvalores

0 < λ1 < λ2 < λ3 < . . .

y que λj ' const. · j2 → ∞ para j → ∞. Ademas, con respecto a la pregunta(b), vamos a ver que las eigenfunciones correspondientes v1, v2, v3, . . . formanuna base ortonormal del espacio L2

µ(I), las funciones que son cuadraticamente(Lebesgue-) integrables sobre el intervalo I = [a, b] con respecto al productoescalar (·, ·) que definimos en (1.14). Es decir, cualquier funcion v ∈ L2

µ(I) (enparticular cualquier funcion v ∈ X) puede ser representada de la forma

v(x) =

∞∑j=1

ajvj(x), (1.17)

con unicos coeficientes reales a1, a2, a3, . . . y la convergencia de la serie es enel sentido de L2

µ(I) (ver el siguiente capıtulo). Con esto podemos finalmenteresolver el problema de valores iniciales y de contorno (1.1,1.2,1.3) para fun-ciones iniciales u0, u1 ∈ L2

µ(I) arbitrarias: Con la expansion anterior podemosrepresentar

u0(x) =

∞∑j=1

Ajvj(x), u1(x) =

∞∑j=1

Bjvj(x),

y entonces la solucion correspondiente se obtiene de las soluciones particula-res (1.8) mediante el principio de superposicion:

u(t, x) =

∞∑j=1

(Aj cos(

√λjt) +Bj

sen(√λjt)√λj

)vj(x). (1.18)

Para resumir lo que aprendimos hasta ahora, observamos que la resoluciondel problema de valores iniciales y de contorno (1.1,1.2,1.3) se reduce al estudiodel problema de Sturm-Liouville (1.6). Como vimos, este problema se puedereescribir de la forma Av = λv, donde A : D(A) ⊂ X → X es un operadorlineal, simetrico y definido positivo sobre un espacio vectorial de dimensioninfinita X con producto escalar. Para funciones µ, k : [a, b] → R no constantesel problema no se puede resolver de forma exacta, y entonces hay que acudir ala teorıa que vamos a desarrollar en el capıtulo 6. Si la densidad lineal de masaµ y el modulo de elasticidad k son constantes, el problema (1.6) se simplifica a

−µkv′′(x) = λv(x), 0 < x < L, v(0) = v(L) = 0,

donde por simplicidad supusimos que a = 0 y b = L (la longitud de la cuerda).En este caso la solucion del problema es

λj =µ

kω2j , vj(x) = sen(ωjx), j = 1, 2, 3, . . . ,

donde ωj = πj/L. En este caso la expansion (1.17) se reduce a la expansion delseno, cuya validez justificaremos en el capıtulo 3.

1.2. Vibraciones de una membrana circular ho-mogenea

Como segundo ejemplo consideramos una membrana homogenea fijada a unmarco circular x2 + y2 = R2. Sea u(t, x, y) el desplazamiento de la membranaal tiempo t en la posicion (x, y), entonces

∂2

∂t2u(t, x, y) = ∆u(t, x, y), t > 0, x2 + y2 < R2 (1.19)

con las condiciones en la frontera

u(t, x, y) = 0, t ≥ 0, x2 + y2 = R2. (1.20)

Aquı

∆ =∂2

∂x2+

∂2

∂y2

denota el operador de Laplace en dos dimensiones.Como en el ejemplo anterior podemos construir soluciones particulares de (1.19,1.20)

mediante el ansatz de separacion de variables,

u(t, x, y) = T (t)v(x, y),

lo que lleva a los dos problemas

−T (t) = λT (t), t > 0,

y

−∆v(x, y) = λv(x, y), x2 + y2 < R2, (1.21)

v(x, y) = 0, x2 + y2 = R2, (1.22)

con λ la constante de separacion. El primer problema es el mismo que en elejemplo anterior, y posee la solucion general

T (t) = A cos(√λt) +B

sen(√λt)√λ

. (1.23)

Para simplificar el segundo problema, reemplazamos las coordenadas Carte-sianas (x, y) = (r cosϕ, r senϕ) por coordenadas polares y ponemos v(x, y) =w(r, ϕ). En coordenadas polares el operador de Laplace tiene la siguiente repre-sentacion (ver el ejercicio 3 abajo)

∆v =1

r

∂

∂r

(r∂

∂rw

)+

1

r2

∂2

∂ϕ2w.

Ahora usamos nuevamente un ansatz de separacion de variables:

w(r, ϕ) = U(r)Φ(ϕ),

1.2. VIBRACIONES DE UNA MEMBRANA CIRCULAR HOMOGENEA 11

donde la funcion U(r) satisface U(R) = 0 y la funcion Φ debe ser 2π-periodica:Φ(ϕ+2π) = Φ(ϕ) para todo ϕ. Introduciendo este ansatz en (1.21) y dividiendopor U(r)Φ(ϕ)/r2 (asumiendo que es diferente de cero) obtenemos

− r2

U(r)

[1

r

∂

∂r

(r∂

∂rU(r)

)+ λU(r)

]=

1

Φ(ϕ)

∂2

∂ϕ2Φ(ϕ) = −µ,

con µ una segunda constante de separacion, de tal forma que

− ∂2

∂ϕ2Φ = µΦ

y

−1

r

∂

∂r

(r∂

∂rU(r)

)+µ

r2U(r) = λU(r).

Para que Φ sea 2π-periodico necesitamos µ = m2, m ∈ Z, y

Φm(ϕ) = eimϕ, m ∈ Z.

Con esto obtenemos el siguiente problema de Sturm-Liouville:

AmU(r) := −1

r

∂

∂r

(r∂

∂rU(r)

)+m2

r2U(r) = λU(r), 0 < r < R, U(R) = 0.

(1.24)Notamos que a diferencia del problema de Sturm-Liouville que obtuvimos

en el ejemplo anterior, el problema (1.24) es singular en la frontera r = 0. Parademostrar la positividad de λ podemos definir el operador Am : D(Am) ⊂ X →X sobre el espacio funcional

X := {U : (0, R)→ R : U continua y acotada}

con producto escalar

(U, V ) :=

R∫0

U(r)V (r)rdr, U, V ∈ X.

Para que Am sea bien definido podemos tomar su dominio D(Am) como elespacio de todas las funciones que son dos veces continuamente diferenciables,que decaen a cero suficientemente rapido para r → 0 y que convergen a ceropara r → R. En este caso verificamos sin problema que

(U,AmV ) = (AmU, V ) =

R∫0

[U ′(r)V ′(r) +

m2

r2U(r)V (r)

]rdr,

lo que implica nuevamente la simetrıa y positividad de Am.

Podemos encontrar las soluciones de la ecuacion diferencialAmU(r) = λU(r)de la siguiente manera: Cuando λ = 0 o para r > 0 muy pequenos la ecua-cion (1.24) posee las dos soluciones U(r) = r|m| y U(r) = r−|m|.2 Para que lafuncion v(x, y) = U(r)eimϕ sea regular en el centro, descartamos la segundaposibilidad. Para λ > 0 y r > 0 no necesariamente pequeno la solucion se puedeencontrar mediante una serie de potencias:

U(r) = r|m|∞∑k=0

ckrk =

∞∑k=0

ckrk+|m|, c0 6= 0.

Introduciendo este ansatz en la ecuacion (1.24) obtenemos

−∞∑k=0

(k + |m|)2ckrk+|m|−2 +m2

∞∑k=0

ckrk+|m|−2 = λ

∞∑k=0

ckrk+|m|.

Reemplazando k por k−2 en la expresion a la derecha y comparando coeficientesobtenemos las siguientes relaciones:

k = 0 : (−m2 +m2)c0 = 0,

k = 1 : [−(1 + |m|)2 +m2]c1 = 0,

k ≥ 2 : [−(k + |m|)2 +m2]ck = λck−2,

lo que implica que c1 = 0 y

ck = − λ

k(k + 2|m|)ck−2, k = 2, 3, 4, . . .

Entonces ck = 0 para todos los k’s impares, y para k = 2l par no es difıcilverificar que

c2l =(−λ)l

22ll!

|m|!(l + |m|)!

c0.

Ajustando el valor de c0 llegamos a

U(r) =

∞∑l=0

(−1)l

l!(l + |m|)!

(√λr

2

)2l+|m|

= J|m|(√λr), (1.25)

con Jν(x) la funcion de Bessel de orden ν. En el ejercicio 4 abajo verificamos quela serie en (1.25) converge para todo r ≥ 0 y en el ultimo capıtulo analizaremoslas propiedades de las funciones Jν con mas detalle. Resulta que estas funcionesposeen un numero infinito de ceros 0 < xν1 < xν2 < xν3 < . . . y estos cerosdeterminan el eigenvalor de nuestro problema,

λmj = k2mj , kmj =

x|m|j

R, j = 1, 2, 3, . . .

2Si m = 0 una solucion es constante y la otra es proporcional a log(r), que se descartaporque es singular en r = 0.

1.3. LA ECUACION DE SCHRODINGER EN UNA DIMENSION 13

Mediante el principio de superposicion obtenemos la solucion general formaldel problema original (1.19,1.20),

u(t, r cosϕ, r senϕ)

=∑m∈Z

∞∑j=1

(Amj cos(kmjt) +Bmj

sen(kmjt)

kmj

)eimϕJ|m|(kmjr), (1.26)

con constantes Amj y Bmj que deben ser ajustadas para tener el dato inicialcorrecto. Como en el ejemplo anterior, el problema de Sturm-Liouville (1.24)posee un numero infinito de eigenvalores (uno para cada cero de la funcion deBessel J|m|), y dado que Am es simetrico las eigenfunciones correspondientesson ortogonales. Sin embargo, una pregunta esencial que nos falta contestar essi estas eigenfunciones pueden generar cualquier funcion U ∈ X, es decir, sipodemos representar cualquier funcion U ∈ X como una superposicion de lasfunciones J|m|(kmjr), j = 1, 2, 3, . . .. Vamos a analizar esta pregunta delicadamas adelante.

1.3. La ecuacion de Schrodinger en una dimen-sion

A continuacion, analizamos una partıcula cuantica no-relativista en una di-mension que se mueve en un potencial V (x). La dinamica de la partıcula estadescrita por la ecuacion de Schrodinger,3

i∂

∂tψ(t, x) = − ∂2

∂x2ψ(t, x) + V (x)ψ(t, x), t > 0, −∞ < x <∞, (1.27)

donde ψ(t, x) denota la funcion (con valores complejos) de onda asociada a lapartıcula. Para cada tiempo t, |ψ(t, x)|2 representa la densidad de probabilidadpara la posicion de la partıcula, es decir,

w[a,b](t) :=

b∫a

|ψ(t, x)|2dx

es la probabilidad de encontrar la partıcula en el intervalo [a, b]. En particular,la funcion de onda debe satisfacer

∞∫−∞

|ψ(t, x)|2dx = 1. (1.28)

Como vamos a ver en el siguiente capıtulo, esto lleva naturalmente a la suposi-cion que el espacio natural para ψ(t, ·) es el espacio de Hilbert L2(R).4

3Para simplificar la notacion, aquı usamos unidades tales que la constante de Planck y lamasa de la partıcula son uno.

4Mientras que en los ejemplos anteriores la eleccion del espacio funcional no era tan natural.

Para resolver la ecuacion (1.27) empezamos nuevamente con un ansatz deseparacion de variables:

ψ(t, x) = T (t)w(x),

lo que lleva a las ecuaciones

iT (t) = λT (t), t > 0,

yHw(x) := −w′′(x) + V (x)w(x) = λw(x), −∞ < x <∞, (1.29)

con una constante de separacion λ. Si w 6= 0 es una solucion no trivial delproblema (1.29), entonces

ψ(t, x) = Ae−iλtw(x)

es una solucion de la ecuacion de Schrodinger (1.27). Sin embargo, para que estasolucion satisfaga la condicion (1.28) el eigenvalor no puede ser arbitrario, sinoque debe ser real. Ademas, la eigenfuncion correspondiente w(x) debe satisfacer

∞∫−∞

|w(x)|2dx <∞. (1.30)

De forma mas general, podemos diferenciar la condicion (1.28) con respecto at, obteniendo

0 =

∞∫−∞

[(∂ψ

∂t

)∗ψ + ψ∗

∂ψ

∂t

]dx,

donde ψ∗ denota el complejo conjugado de ψ, y donde usamos la identidad|ψ|2 = ψ∗ψ. Usando la ecuacion de Schrodinger (1.27) para reemplazar ∂ψ

∂t =−iHψ, llegamos a la condicion

0 = i

∞∫−∞

[(Hψ)∗ψ − ψ∗Hψ] dx = i(Hψ,ψ)− i(ψ,Hψ),

donde introducimos el producto escalar5

(φ, ψ) :=

∞∫−∞

φ(x)∗ψ(x)dx (1.31)

para dos funciones φ, ψ ∈ L2(R) con valores complejos. Usando las propiedadesdel producto escalar, esta condicion es equivalente a (ver ejercicio 6)

(ψ,Hφ) = (Hψ, φ),

5Notamos que a diferencia de los productos escalares anteriores que eran para funcionesreales, este producto lleva un complejo conjugado sobre la primera funcion. La presencia deeste complejo conjugado es muy importante para que el valor (φ, φ) quede real y positivo aunsi φ toma valores complejos.

1.3. LA ECUACION DE SCHRODINGER EN UNA DIMENSION 15

para todo ψ, φ ∈ D(H) en el dominio de H, es decir, H debe ser un operadorlineal simetrico. Esto a su vez implica nuevamente que sus eigenvalores debenser reales (ver ejercicio 6).

En resumen, la ecuacion de Schrodinger (1.27) lleva de forma natural alsiguiente problema de eigenvalores sobre el espacio de Hilbert L2(R),

Hw(x) := −w′′(x) + V (x)w(x) = λw(x), −∞ < x <∞, (1.32)

donde H : D(H) ⊂ L2(R) → L2(R) debe ser un operador simetrico.6 Si de-finimos, por ejemplo, D(H) como el espacio de funciones R → C que son dosveces continuamente diferenciables y que son cero cerca de ±∞, entonces es facilverificar que H es simetrico con respecto al producto escalar (1.31) siempre ycuando V es real y suficientemente bien comportado (por ejemplo, continuo yacotado).

Para el caso particular de la partıcula libre (V = 0), la ecuacion (1.32) tienelas soluciones

λk = k2, vk(x) = eikx

para k real, y las funciones de onda correspondientes son

ψk(t, x) = Ake−ik2t+ikx.

Notamos que |ψk(t, x)|2 = |Ak|2 no es integrable, entonces estas funciones porsi solas no tienen una interpretacion fısica. Sin embargo, podemos considerarpaquetes de onda (es decir, superposiciones) formados a partir de estas solucio-nes:

ψ(t, x) =1√2π

∞∫−∞

A(k)e−ik2t+ikxdk,

con coeficientes complejos A(k) que satisfacen∞∫−∞|A(k)|2dk = 1. El dato inicial

correspondiente es

ψ0(x) = ψ(0, x) =1√2π

∞∫−∞

A(k)eikxdk,

y como vamos a ver en el capıtulo 4 cualquier funcion ψ0 ∈ L2(R) puede serrepresentada de esta forma. A partir del teorema de Parseval que se demostraramas adelante, se tiene

(ψ(t), ψ(t)) =

∞∫−∞

|A(k)e−ik2t|2dk =

∞∫−∞

|A(k)|2dk = 1

para todo t > 0, de tal forma que se satisface (1.28).

6Mas precisamente, H debe ser auto-adjunto, pero desafortunadamente no tendremos tiem-po de analizar este punto sutil e importante en este curso.


1.4. La ecuacion de Schrodinger en tres dimen-siones con un potencial central

Para una partıcula en tres dimensiones el problema anterior se generaliza a

i∂

∂tψ(t, x) = −∆ψ(t, x) + V (|x|)ψ(t, x), t > 0, x = (x, y, z) ∈ R3, (1.33)

donde ∆ es el operador de Laplace en tres dimensiones y donde suponemosque el potencial V (r) es central, es decir, depende unicamente de la distancia

r := |x| =√x2 + y2 + z2 entre la partıcula y el origen. Un ejemplo tıpico es

la funcion de onda que describe el electron en un atomo de hidrogeno, dondeV (r) = −e2/r representa el potencial Coulombiano y −e es la carga del electron.

Separando el tiempo, obtenemos el siguiente problema de eigenvalores:

Hψ(x) := −∆ψ(x) + V (|x|)ψ(x) = λψ(x), x ∈ R3

en el espacio L2(R3). Como en el ejemplo previo, el operador H debe ser simetri-co lo que implica que λ es real. Con respecto a coordenadas esfericas (r, ϑ, ϕ)tales que

x = r senϑ cosϕ,

y = r senϑ senϕ,

z = r cosϑ,

el operador de Laplace toma la forma (ver ejercicio 7)

∆ =1

r

∂2

∂r2r +

1

r2∆, ∆ =

1

senϑ

∂

∂ϑsenϑ

∂

∂ϑ+

1

sen2 ϑ

∂2

∂ϕ2.

Esta representacion motiva el siguiente ansatz de separacion:

ψ(x) =1

rU(r)S(ϑ, ϕ)

lo que lleva a los dos problemas

−∆S(ϑ, ϕ) = ΛS(ϑ, ϕ) (1.34)

y

HΛU(r) := −U ′′(r) +

[Λ

r2+ V (r)

]U(r) = λU(r), r > 0, (1.35)

con una constante de separacion Λ. Para que la funcion ψ(x) = U(r)S(ϑ, ϕ)/rsea cuadraticamente integrable necesitamos

∞ >

∫R3

|ψ(x)|2dxdydz =

∞∫0

2π∫0

π∫0

|ψ(x)|2r2 senϑdϑdϕdr

=

∞∫0

|U(r)|2dr2π∫0

π∫0

|S(ϑ, ϕ)|2 senϑdϑdϕ,

1.4. LA ECUACION DE SCHRODINGER EN TRES DIMENSIONES 17

lo que implica que U debe ser cuadraticamente integrable sobre el intervalo(0,∞) y S cuadraticamente integrable sobre la esfera S2. Entonces el primerproblema (1.34) debe ser considerado sobre el espacio de Hilbert L2(S2) mientrasque el problema (1.35) da lugar a un problema de Sturm-Liouville sobre elespacio L2(0,∞) que es singular en r = 0.

En el ultimo capıtulo vamos a ver que el espectro del operador −∆ consistede los valores

Λ = `(`+ 1), ` = 0, 1, 2, . . .

con (2` + 1) eigenfunciones ortogonales asociadas Y `m(ϑ, ϕ), m = −`,−` +1, . . . , ` (los esfericos armonicos). Como vamos a ver, las funciones Y `m, ` =0, 1, 2, . . . ,m = −`, . . . , `, forman una base ortonormal de L2(S2).

Para concluir esta seccion, analizamos el problema radial (1.35) para el casoparticular del potencial Coulombiano, V (r) = −e2/r. Para r > 0 pequeno, laecuacion (1.35) se reduce, aproximadamente, a

−U ′′(r) +`(`+ 1)

r2U(r) ≈ 0,

con soluciones aproximadas U(r) ≈ r`+1 y U(r) ≈ r−`. Por la regularidad enel centro, elegimos la primera opcion. Cuando r es muy grande la ecuacion sereduce a

−U ′′(r) ≈ λU(r),

con soluciones aproximadas U(r) ≈ e±kr y λ = −k2. Para que la funcion U seanormalizable, tenemos que elegir k real y positivo y elegir la solucion U(r) ≈e−kr que decae exponencialmente para r → ∞. Estas consideraciones motivanel siguiente ansatz para la funcion U :

U(r) = r`+1e−krF (r), k =√−λ > 0, r > 0, (1.36)

con F una funcion que queda por determinar, pero que satisface F (0) = 1 yque se comporta “bien” para r →∞, de tal manera que preserve el decaimientoexponencial de U(r).

Para determinar la funcion F introducimos el ansatz (1.36) en la ecuacionradial (1.35). Usando

U ′(r) =[(`+ 1)r`F (r)− kr`+1F (r) + r`+1F ′(r)

]e−kr

=

[`+ 1

r− k +

F ′(r)

F (r)

]U(r),

y

U ′′(r) =

[−`+ 1

r2+F ′′(r)

F (r)− F ′(r)2

F (r)2

]U(r) +

[`+ 1

r− k +

F ′(r)

F (r)

]2

U(r)

=

[`(`+ 1)

r2+ k2 +

F ′′(r)

F (r)− 2k

`+ 1

r+ 2

(`+ 1

r− k)F ′(r)

F (r)

]U(r),


obtenemos la nueva ecuacion radial

rF ′′(r) + 2 [(`+ 1)− kr]F ′(r)− [2k(`+ 1) + rV (r)]F (r) = 0, r > 0.

Si reemplazamos r por la coordenada radial adimensional x := 2kr, recordamosque V (r) = −e2/r y ponemos F (r) = f(x) obtenemos la siguiente ecuacion

xf ′′(x) + (c− x)f ′(x)− af(x) = 0, x > 0 (1.37)

con las constantes c = 2(` + 1) y a = ` + 1 − e2/(2k). Esta ecuacion se conocecomo la ecuacion confluente hipergeometrica, y se analizara en el ultimo capıtuloen mas detalle. Aquı nos contentamos con encontrar una solucion con un ansatzde series de potencias,

f(x) =

∞∑j=0

fjxj , f0 6= 0.

Introduciendo este ansatz en (1.37) obtenemos

∞∑j=0

j(j − 1 + c)fjxj−1 −

∞∑j=0

(j + a)fjxj = 0.

En la primera suma el termino con j = 0 no contribuye, y cambiando j por j+1llegamos a la siguiente relacion de recurrencia,

(j + 1)(j + c)fj+1 = (j + a)fj , j = 0, 1, 2, . . .

que implica

fj =1

j!

(a)j(c)j

f0, j = 0, 1, 2, . . .

donde hemos introducido la notacion

(a)j := a(a+ 1)(a+ 2) · · · (a+ j − 1), (a)0 := 1.

Eligiendo f0 = 1 obtenemos la solucion

f(x) = M(a, c, x) :=

∞∑j=0

(a)j(c)j

xj

j!(1.38)

de la ecuacion (1.37) que es valida siempre y cuando c /∈ {0,−1,−2, . . .}.7Ademas, no es difıcil verificar con el criterio del cociente que en este caso elradio de convergencia es infinito, de tal manera que la serie converge para todox > 0.

Por construccion la funcion f satisface f(0) = 1, de tal manera que F (0) = 1satisface la condicion deseada en r = 0 (ver la ecuacion (1.36)). La pregunta

7En nuestro problema c = 2(`+1) es positivo, entonces la serie M(a, c, x) esta bien definida.

1.5. UN PROBLEMA DE ONDA NO LINEAL 19

ahora es saber como se comporta la funcion f para x→∞. Como vamos a veren mas detalle en el ultimo capıtulo (ver tambien el ejercicio 9), en general lafuncion f(x) crece exponencialmente para x → ∞ de tal forma que la funcionU definida en (1.36) no es normalizable. Una excepcion ocurre cuando a = −n,n = 0, 1, 2, 3, . . ., es cero o un entero negativo. En este caso, (a)j = 0 paraj = n + 1, n + 2, n + 3, . . ., lo que implica que la serie definida en (1.38) seconvierte en un polinomio y como consecuencia la funcion U definida en (1.36)mantiene su decrecimiento exponencial. La condicion que a = −n sea cero oentero y negativo implica que

2k =e2

n+ `+ 1, n = 0, 1, 2, 3, . . . (1.39)

Para concluir, encontramos que para el caso V (r) = −e2/r el problemaradial (1.35) admite las siguientes eigenfunciones:

Un`(r) = r`+1e−knrM (−n, 2(`+ 1), 2knr) , r > 0, n = 0, 1, 2, 3, . . .(1.40)

con eigenvalores correspondientes

λn` = −1

4

e4

(n+ `+ 1)2, n = 0, 1, 2, 3, . . . (1.41)

Notamos que los eigenvalores λn` solamente dependen de N = n+ `, y formanel espectro discreto

−RH1,−RH

4,−RH

9,−RH

16, . . .

con RH = e4/4. Resulta que en este caso las eigenfunciones Un` no son comple-tas, es decir, en general una funcion U ∈ L2(0,∞) no puede ser expandida enlas funciones Un`, aunque ellas forman un conjunto infinito de funciones orto-gonales. Para obtener una base de L2(0,∞), las funciones Un` deben ser com-plementadas por los estados de dispersion que son soluciones no-normalizablesde la forma (1.36) con k puramente imaginario (y λ = −k2 > 0 real y positivo).

1.5. Un problema de onda no lineal

Los ejemplos que consideramos hasta el presente eran problemas lineales,donde la ecuacion que determinaba la dinamica era lineal. Sin embargo, muchosproblemas de la fısica estan descritos por ecuaciones no lineales (ecuacion deHamilton-Jacobi, ecuaciones de Navier-Stokes, ecuaciones de Einstein, ...). Poreste motivo terminamos esta seccion con un ejemplo sencillo de un problema deonda no lineal.

Especıficamente, consideramos la siguiente ecuacion de onda no lineal en unadimension espacial:

∂2

∂t2u(t, x)− ∂2

∂x2u(t, x) = F (u(t, x)), t > 0, 0 < x < L, (1.42)


donde F : R → R es una funcion que puede ser no lineal. Por simplicidad,imponemos condiciones periodicas en las fronteras:

u(t, 0) = u(t, L),∂

∂xu(t, 0) =

∂

∂xu(t, L), t ≥ 0. (1.43)

El problema cuando F es no lineal es que ya no vale el principio de su-perposicion. Entonces la estrategia que aplicamos en los problemas anteriores(encontrar soluciones particulares mediante un ansatz de separacion y superpo-nerlas) ya no funciona. Sin embargo, es instructivo empezar con la consideracionde soluciones simples particulares. Por ejemplo,8 podemos buscar soluciones ho-mogeneas en el espacio:

u(t, x) = T (t).

En este caso, la ecuacion (1.42) se simplifica a

T (t) = F (T (t)), t > 0.

Esta es la ecuacion para una partıcula mecanica en una dimension en un campode fuerza F . Introduciendo el potencial asociado a F ,

V (u) := −u∫

0

F (y)dy, (1.44)

reformulamos esta ecuacion como la ley de conservacion de energıa

1

2T (t)2 + V (T (t)) = E = const.

Ahora podemos analizar el comportamiento de las soluciones mediante las tecni-cas que se conocen de la mecanica clasica. Mientras la trayectoria no llega aningun punto de retorno, la funcion T (t) esta determinada implıcitamente atraves de la integral

t = ±T (t)∫T (0)

dT√2(E − V (T ))

, (1.45)

donde el signo depende de la direccion en la cual se mueve la partıcula. Veamoscomo ejemplo mas concreto el caso

F (u) = um, u ∈ R,

con m = 1, 2, 3, . . .. El potencial correspondiente es

V (u) =um+1

m+ 1, u ∈ R.

8Otra posibilidad es considerar soluciones estacionarias (independientes del tiempo t). Verel ejercicio 12 para un ejemplo y aplicaciones.

Entonces cuando m = 1, 3, 5, . . . es impar, el potencial diverge a ∞ tanto paray →∞ como para y → −∞ y las trayectorias que describen T (t) son acotadas yexisten para todos los tiempos t > 0. En cambio, cuando m = 2, 4, 6, . . . es par,las trayectorias no estan acotadas, y a tiempos grandes, T → −∞. De hecho,tomando el lımite T (t)→ −∞ en (1.45) y tomando el signo negativo da

t∞ =

T (0)∫−∞

dT√2(E − Tm+1

m+1

) .Dado que m > 1 la integral converge, lo que implica que el tiempo t∞ quela partıcula necesita para llegar a T = −∞ es finito! Entonces para los casosF (u) = um con m = 2, 4, 6, . . . las soluciones particulares u(t, x) = T (t) de (1.42)explotan en tiempo finito. El resultado tambien vale para una clase grande desoluciones mas generales que no son necesariamente homogeneas en el espacio.

La “explosion de la solucion en tiempo finito” es uno de los fenomenos quepuede ocurrir en problemas descritos por ecuaciones diferenciales no lineales. Aveces (pero no siempre) se puede descartar este fenomeno mediante argumen-tos de conservacion de la energıa. Por ejemplo, en el problema que esta bajoconsideracion en esta seccion la siguiente cantidad

E(t) :=

L∫0

[1

2

(∂u(t, x)

∂t

)2

+1

2

(∂u(t, x)

∂x

)2

+ V (u(t, x))

]dx, (1.46)

con V (u) el potencial definido en (1.44) se conserva en el tiempo (ver ejerci-cio 10). Si el potencial V > 0 es positivo, el hecho de tener una cantidad con-servada definida positiva impide que la solucion pueda crecer arbitrariamenteen el tiempo.9

Finalmente, abordamos la pregunta de como construir soluciones generalespara el problema (1.42,1.43). Para analizar un caso concreto suponemos que

F (u) = −m2u− λu3, u ∈ R

con el potencial asociado

V (u) =m2

2u2 +

λ

4u4, u ∈ R.

El potencial es definido positivo siempre y cuando λ ≥ 0. Entonces la ecuacionque queda para resolver es:

∂2

∂t2u(t, x)− ∂2

∂x2u(t, x) +m2u(t, x) = −λu(t, x)3, t > 0, 0 < x < L,

(1.47)

9En cambio, si V no es positivo, es posible que ∂u∂t

, ∂u∂x

y u crezcan en el tiempo manteniendoa E constante.

con condiciones periodicas en la frontera. Rescaleando t, x, m y λ podemosasumir que L = 2π. Para el caso particular λ = 0 la ecuacion (1.47) se reduce a laecuacion de Klein-Gordon que describe la evolucion de una partıcula relativistacuantica libre con masa m y espın 0. Cuando λ 6= 0 el termino no lineal −λu3 ala derecha de la ecuacion describe la auto-interaccion de la partıcula, y en estecaso la ecuacion (1.47) puede ser considerada como un analogo clasico de unateorıa de campos cuanticos con interacciones.

A continuacion, analizamos el problema (1.47) en tres pasos. En el primerpaso, construimos la solucion para el problema linealizado, es decir, para λ = 0.En el segundo paso generalizamos esta solucion para el problema lineal inho-mogeneo

∂2

∂t2u(t, x)− ∂2

∂x2u(t, x) +m2u(t, x) = f(t, x), t > 0, 0 < x < 2π, (1.48)

donde la funcion f describe la inhomogeneidad. Finalmente, en el tercer pasoreemplazamos f(t, x) por −λu(t, x)3 y obtenemos una relacion de recurrencia,cuya convergencia se analizara en los capıtulos posteriores.

1.5.1. Paso 1: El problema linealizado

Cuando λ = 0 la ecuacion (1.47) es lineal y la solucion puede ser obtenidamediante una descomposicion de Fourier en el espacio:

u(t, x) =

∞∑k=−∞

uk(t)eikx. (1.49)

Introduciendo esta expansion en (1.47) con λ = 0 obtenemos la ecuacion

uk(t) + k2uk(t) +m2uk(t) = 0, t > 0, k = −∞ . . .∞, (1.50)

para los coeficientes uk(t), cuya solucion es

uk(t) = αk cos(√k2 +m2t) + βk

sen(√k2 +m2t)√k2 +m2

(1.51)

con constantes complejas αk, βk que determinan el dato inicial:

uk(0) = αk, uk(0) = βk.

Para lo que sigue, conviene reescribir la ecuacion (1.50) como una ecuacion deprimer orden en el tiempo: si definimos

ξk(t) :=

(uk(t)√

k2 +m2uk(t)

), (1.52)

entonces la ecuacion (1.50) es equivalente al siguiente sistema de primer orden:

d

dtξk(t) =

√k2 +m2

(0 −11 0

)ξk(t), t > 0, k = −∞ . . .∞,


con la solucion

ξk(t) = Pk(t)ξk(0), Pk(t) :=

(cos(√k2 +m2t) − sen(

√k2 +m2t)

sen(√k2 +m2t) cos(

√k2 +m2t)

).

(1.53)El mapeo Pk(t) se llama propagador, porque mapea el estado ξk(0) al tiempot = 0 al estado ξk(t) de la solucion correspondiente al tiempo t dado.

1.5.2. Paso 2: El problema inhomogeneo

Para resolver el problema inhomogeneo (1.48) descomponemos tambien lafuncion f en una serie de Fourier en el espacio:

f(t, x) =

∞∑k=−∞

fk(t)eikx,

y el problema anterior se reduce al problema inhomogeneo

d

dtξk(t) =

√k2 +m2

(0 −11 0

)ξk(t) +

(fk(t)

0

), t > 0.

Podemos construir la solucion mediante el principio de Duhamel (ver el ejerci-cio 11):

ξk(t) = Pk(t)ξk(0) +

t∫0

Pk(t− s)(fk(t)

0

)ds, (1.54)

donde Pk(t) es el propagador que introducimos en (1.53). Explıcitamente obte-nemos entonces

uk(t) = cos(√k2 +m2t)uk(0) +

sen(√k2 +m2t)√k2 +m2

uk(0)

+

t∫0

sen(√k2 +m2(t− s))√k2 +m2

fk(s)ds, (1.55)

y la solucion formal del problema inhomogeneo (1.48) se obtiene al substituiresta expresion en la serie (1.49).

1.5.3. Paso 3: El problema no lineal e iteraciones

Ahora regresamos al problema no lineal (1.47). La descomposicion de Fou-rier (1.49) lleva al siguiente problema:

uk(t) + k2uk(t) +m2uk(t) = fk(t), t > 0, k = −∞ . . .∞, (1.56)


donde ahora fk(t) se refiere a la contribucion de −λu(t, x)3 que es proporcionala eikx. Dado que

u(t, x)3 =∑p,q,r

up(t)uq(t)ur(t)ei(p+q+r)x =

∞∑k=−∞

∑p,q,r

p+q+r=k

up(t)uq(t)ur(t)eikx,

obtenemosfk(t) = −λ

∑p,q,r

p+q+r=k

up(t)uq(t)ur(t). (1.57)

Ahora vemos la diferencia fundamental entre el problema lineal (1.50) y el pro-blema no lineal correspondiente (1.56): En el caso lineal, el problema se desacoplaen una familia de ecuaciones diferenciales ordinarias escalares, donde cada ecua-cion esta parametrizada por la longitud de onda k. En cambio, en el problemano lineal los diferentes k’s estan acoplados entre ellos a traves de la fuente fk(t)(por ejemplo, la propagacion del modo u2 con k = 2 depende de los valores delos otros uj ’s con j = 3, 4, 5, . . . y j = 1, 0,−1,−2, . . .. Consecuentemente, mien-tras que en el problema lineal cada modo uk propaga de forma independiente,en el problema no lineal puede haber transferencia de energıa de un modo aotro. En particular, son interesantes los fenomenos no lineales donde se puedetransferir energıa a escalas mas y mas pequenas (k mas y mas grandes), lo quepuede llevar a efectos de turbulencia.

Desafortunadamente, en este curso no tendremos el tiempo necesario parallegar a una discusion detallada sobre estos efectos. Sin embargo, podemos pre-guntarnos si la solucion del problema (1.42) existe por lo menos para tiemposcortos. Para esto, notamos que introduciendo la expresion (1.57) en la formu-la (1.54) obtenemos la siguiente relacion integral implıcita para la solucion:

ξk(t) = Pk(t)ξk(0)− λt∫

0

Pk(t− s)Fk(ξ(s))ds, (1.58)

donde

Fk(ξ(s)) =∑p,q,r

p+q+r=k

ξ(2)p (s)√p2 +m2

ξ(2)q (s)√q2 +m2

ξ(2)r (s)√r2 +m2

(10

), (1.59)

y ξ(2)k se refiere a la segunda componente de ξk en (1.52). La idea ahora es

considerar (1.58) como una ecuacion de la forma

ξ = Tξ,

donde el mapeo T : X → X se define por la parte derecha de la ecuacion (1.58)con ξ = (. . . , ξ−2, ξ−1, ξ0, ξ1, ξ2, . . .) ∈ X en un espacio vectorial apropiado X.En el capıtulo que sigue vamos a desarrollar herramientas que permiten demos-trar que (bajo ciertas suposiciones) el mapeo T posee un unico punto fijo quese puede obtener al iterar el operador T sobre un estado inicial ξ ∈ X:

ξ, T ξ, T 2ξ, T 3ξ, . . .

1.6. EJERCICIOS 25

1.6. Ejercicios

Ejercicio 1 (3 puntos) Consideramos el problema de Sturm-Liouville (1.6).Sean v, w dos soluciones de este problema, entonces definimos su determinantede Wronski a traves de

W [v, w](x) := k(x) det

(v(x) w(x)v′(x) w′(x)

)= k(x) [v(x)w′(x)− w(x)v′(x)] .

Notamos que W [v, w](x) = 0 para todo a < x < b si y solo si las soluciones v yw son linealmente dependientes.

(a) Sea v1 una eigenfuncion con eigenvalor λ1 y v2 una eigenfuncion con ei-genvalor λ2. Muestre que

d

dxW [v1, v2](x) = (λ1 − λ2)µ(x)v1(x)v2(x).

(b) Concluya que W [v1, v2](x) = const. si λ1 = λ2, y muestre que esta cons-tante debe ser cero.

(c) Demuestre el inciso (c) del Lema 1.

Ejercicio 2 (6 puntos) Un problema fısico que lleva a una formulacion ma-tematica parecida a la que discutimos en la seccion 1.1 es el siguiente: Consi-deramos una barra de un material con capacidad calorıfica c > 0 (constante) yconductividad termica k(x) > 0 (posiblemente no constante) entre dos paredeshechas de un aislante termico. Sea u(t, x) la temperatura de la barra al tiempot en la posicion x ∈ (a, b). Entonces u(t, x) obedece la ecuacion de transportede calor,

c∂

∂tu(t, x) =

∂

∂x

[k(x)

∂

∂xu(t, x)

], t > 0, a < x < b.

(a) ¿Cuales son las condiciones en la frontera y las condiciones iniciales paraeste problema?

Ayuda: El flujo termico al tiempo t en la posicion x es q(t, x) = −k(x)u′(t, x).

(b) Encuentre la solucion formal (el analogo de la formula 1.18).

(c) Resuelva el problema para el caso particular donde la conductividad termi-ca es constante.

(d) ¿Como se comporta la solucion para t→∞?

(e) ¿Se puede resolver el problema tambien hacia el pasado, para t < 0?


Ejercicio 3 (3 puntos) Demuestre que en coordenadas polares (r, ϕ) el ope-rador de Laplace en dos dimensiones tiene la siguiente representacion:

∆ =1

r

∂

∂rr∂

∂r+

1

r2

∂2

∂ϕ2=

∂2

∂r2+

1

r

∂

∂r+

1

r2

∂2

∂ϕ2. (1.60)

Ayuda: Demostrar primero las identidades

r∂

∂r= x

∂

∂x+ y

∂

∂y,

∂

∂ϕ= x

∂

∂y− y ∂

∂x.

Ejercicio 4 (2 puntos) Verifique que la serie de potencias definida en laecuacion (1.25) converge para todo r ≥ 0.

Ayuda: Calcular el radio de convergencia mediante el criterio del cociente.

Ejercicio 5 (7 puntos) Consideramos la ecuacion de onda en una dimension,

∂2

∂t2u(t, x) =

∂2

∂x2u(t, x), t > 0, 0 ≤ x ≤ L (1.61)

sobre el intervalo [0, L] con las condiciones de fronteras periodicas,

u(t, 0) = u(t, L),∂

∂xu(t, 0) =

∂

∂xu(t, L), t ≥ 0.

En este ejercicio vamos a discretizar el espacio, reemplazando el intervalo con-tinuo [0, L] por la malla discreta xj = jh, j = 0, 1, 2, . . . , N con h = L/N ,y la funcion u(t, x) por una funcion uj(t), j = 0, 1, 2, . . . , N sobre la malla.

Ademas, reemplazamos el operador diferencial ∆ = ∂2

∂x2 por su version discreta∆h, definida por

(∆hv)j :=vj+1 − 2vj + vj−1

h2, j = 0, 1, 2, . . . , N,

para una funcion periodica vj sobre la malla xj . Con estos reemplazos, obtene-mos la version semi-discreta (discretizamos el espacio, pero no el tiempo) de laecuacion (1.61),

∂2

∂t2uj(t) = (∆hu(t))j , t > 0, j = 1, 2, 3, . . . , N (1.62)

tomando en cuenta que u0(t) = uN (t), u1(t) = uN+1(t) a la hora de evaluar(∆hu(t))j para j = 1 y j = N .

(a) Use el teorema de Taylor para mostrar que cualquier funcion periodicav : [0, L]→ R que es cuatro veces continuamente diferenciable satisface

(∆hv)j =d2

dx2v(xj) +O(h2),

donde vj = v(xj), es decir, ∆hv es una aproximacion de segundo orden de

precision de ∆ = d2

dx2 .

1.6. EJERCICIOS 27

(b) Representando (u1(t), u2(t), . . . , uN (t)) como un vector con N componen-tes, encuentre la matriz de transformacion que representa a ∆h.

(c) Calcule los eigenvalores de ∆h para N = 3 y N = 4 y comparelos con loseigenvalores de ∆ con condiciones de fronteras periodicas.

(d) Encuentre la solucion general del problema semidiscreto (1.62) para N = 3y N = 4.

(e) Calcule los eigenvalores de ∆h para N = 3, 4, . . . arbitrario.

Ejercicio 6 (4 puntos) Sea X = L2(R) el espacio10 de las funciones cuadra-ticamente integrables sobre R con el producto escalar

(φ, ψ) :=

∞∫−∞

φ(x)∗ψ(x)dx, φ, ψ ∈ L2(R). (1.63)

(a) Demuestre que este producto satisface las siguientes propiedades:

(i) (φ, ψ) es lineal en ψ

(ii) (φ, ψ) = (ψ, φ)∗ para todo φ, ψ ∈ L2(R),

(iii) (φ, φ) ≥ 0 para todo φ ∈ L2(R) y (φ, φ) = 0 si y solo si φ = 0.

(b) Sea H : D(H) ⊂ L2(R) → L2(R) un operador lineal. Demuestre la equi-valencia de las siguientes tres condiciones:

(i) (Hψ,ψ) = (ψ,Hψ) para todo ψ ∈ D(H)

(ii) (ψ,Hψ) ∈ R es real para todo ψ ∈ D(H)

(iii) (Hψ, φ) = (ψ,Hφ) para todo φ, ψ ∈ D(H), es decir, H es simetrico.

Ayuda: Reemplazar ψ por ψ + aφ con a ∈ C.

(c) Sea λ ∈ C un eigenvalor de H. Demuestre que λ debe ser real si H essimetrico.

Ejercicio 7 (6 puntos) El objetivo principal de este ejercicio es derivarla expresion para el operador de Laplace ∆ en coordenadas esfericas (r, ϑ, ϕ).Para esto (y otras consideraciones futuras) conviene considerar el operador demomento angular

L := x ∧ 1

i∇,

10Una definicion precisa de este espacio se dara en el siguiente capıtulo. Para el presenteejercicio es suficiente tomar funciones φ, ψ continuas tales que (φ, φ), (ψ,ψ) <∞.


donde x = (x, y, z) = r(senϑ cosϕ, senϑ senϕ, cosϑ), ∇ =(∂∂x ,

∂∂y ,

∂∂z

)es el

gradiente, y ∧ denota el producto vectorial. Entonces,

Lx =1

i

(y∂

∂z− z ∂

∂y

),

y permutaciones cıclicas de xyz.

(a) Verifique la identidad

r∂

∂r= x

∂

∂x+ y

∂

∂y+ z

∂

∂z,

y calculando el operador |L|2 = L2x +L2

y +L2z en coordenadas Cartesianas

demuestre que

∆ =∂2

∂r2+

2

r

∂

∂r− |L|

2

r2. (1.64)

(b) Demuestre que en coordenadas esfericas,

Lx ± iLy = ±e±iϕ(∂

∂ϑ± i cotϑ

∂

∂ϕ

), Lz =

1

i

∂

∂ϕ.

(c) Usando el resultado anterior, encuentre la formula

|L|2 = − 1

senϑ

∂

∂ϑsenϑ

∂

∂ϑ− 1

sen2 ϑ

∂2

∂ϕ2

para el operador del momento angular total.

Ejercicio 8 (3 puntos) En la ecuacion (1.25) derivamos las funciones deBessel,

Jν(x) =

∞∑l=0

(−1)l

l!(l + ν)!

(x2

)2l+ν

, ν = 0, 1, 2, 3, . . . (1.65)

que satisfacen la ecuacion diferencial(− d2

dx2− 1

x

d

dx+ν2

x2

)u(x) = u(x). (1.66)

Verifique que esta ecuacion puede ser transformada a la ecuacion confluentehipergeometrica (1.37) mediante la transformacion

u(x) = e−ix(x

2

)νv(2ix),

y usando este resultado demuestre la siguiente formula que permite expresar lasfunciones de Bessel en termino de la funcion M(a, c, x) definida en (1.38):

Jν(x) =e−ix

ν!

(x2

)νM

(ν +

1

2, 2ν + 1, 2ix

), ν = 0, 1, 2, 3, . . . (1.67)

1.6. EJERCICIOS 29

Ejercicio 9 (8 puntos) En este ejercicio analizamos algunas propiedades dela funcion

M(a, c, x) =

∞∑j=0

(a)j(c)j

xj

j!, c /∈ {0,−1,−2, . . . }, x ∈ C. (1.68)

definida en (1.38).

(a) Verifique que el radio de convergencia de la serie de potencias (1.68) esinfinito.

(b) Demuestre la identidad

(a)j(c)j

=1

B(a, c− a)

1∫0

ta+j−1(1−t)c−a−1dt, j = 0, 1, 2, . . . , c > a > 0,

donde la constante B(a, b) es igual a11

B(a, b) =

1∫0

ta−1(1− t)b−1dt, a, b > 0.

Ayuda: Use integracion por partes y derive una relacion de recurrencia

para(a)j(c)j

.

(c) Usando el resultado de los incisos anteriores, obten la siguiente represen-tacion integral para la funcion M(a, c, x):

M(a, c, x) =1

B(a, c− a)

1∫0

etxta−1(1− t)c−a−1dt, c > a > 0. (1.69)

Esta representacion puede ser muy util, como vamos a ver en los siguientesincisos.

(d) La funcion error se define como

erf(x) :=2√π

x∫0

e−t2

dt, x ∈ R

11La constante B(a, b) (que depende de a y de b) se conoce como la funcion beta, y puedeser escrita en termino de la funcion Γ:

B(a, b) =Γ(a)Γ(b)

Γ(a+ b),

pero no vamos a ocupar esta relacion en este ejercicio.


Verifique la siguiente relacion:

erf(x) =2x√πM

(1

2,

3

2,−x2

), x ∈ R.

(e) Demuestre la relacion

e−xM(a, c, x) = M(c− a, c,−x), c > a > 0.

(f) Demuestre que para x real vale:

lımx→∞

xc−ae−xM(a, c, x) =1

B(a, c− a)

∞∫0

e−yyc−a−1dy, c > a > 0,

es decir, para c > a > 0 tenemos el comportamiento M(a, c, x) ' xa−cex

cuando x→∞.

Ejercicio 10 (3 puntos) Demostrar que las soluciones de (1.42) tienen lapropiedad que dejan la energıa E(t) definida en (1.46) invariante, es decir, dichassoluciones satisfacen

d

dtE(t) = 0.

Ejercicio 11 (7 puntos) Como bien se sabe, la solucion general de la ecuaciondiferencial lineal escalar

d

dtx(t) = ax(t),

con a un numero real o complejo es

x(t) = eatα, t ∈ R,

donde α = x(0) es una constante de integracion que determina el dato inicial.El objetivo de este ejercicio es encontrar la solucion para el problema lineal

mas generald

dtx(t) = Ax(t) + F (t), (1.70)

donde ahora A es una matriz n× n (real o compleja) y la solucion

x(t) =

x1(t)x2(t)

...xn(t)

1.6. EJERCICIOS 31

tiene n componentes. F es una funcion de t dada que tiene n componentes:

F (t) =

F1(t)F2(t)

...Fn(t)

.

Asumimos que cada componente Fj es una funcion continua y acotada de t.

(a) Consideramos primero el problema inhomogeneo escalar (n = 1)

d

dtx(t) = ax(t) + F (t).

Partiendo del ansatz de la variacion de la constante

x(t) = eatα(t),

muestre que la solucion de este problema es

x(t) = eatx(0) +

t∫0

ea(t−s)F (s)ds, t ∈ R. (1.71)

(b) A continuacion, consideramos el caso n > 1 con F = 0. Muestre que lasolucion de (1.70) es dada por

x(t) = P (t)x(0),

donde el propagador es

P (t) = etA =

∞∑k=0

(tA)k

k!= I + tA+

1

2(tA)2 + · · · , t ∈ R.

(c) La generalizacion de la formula (1.71) para el caso n > 1 es

x(t) = P (t)x(0) +

t∫0

P (t− s)F (s)ds, t ∈ R. (1.72)

Verifique que x(t) satisfaga la ecuacion inhomogenea (1.70).

(d) Calcule el propagador P (t) para

A = λ

(0 −11 0

)con λ 6= 0 una constante diferente de cero.

Ejercicio 12 (6 puntos) Consideramos el siguiente problema de onda nolineal:

∂2

∂t2u(t, x)− ∂2

∂x2u(t, x) = F (u(t, x)), t > 0, −∞ < x <∞, (1.73)

con la funcion no lineal F (u) = −u(u2 − 1). El objetivo de este ejercicio esmostrar que esta ecuacion posee soluciones particulares llamadas solitones queson de la forma

u(t, x) = w(x− vt)

con alguna funcion w y con alguna velocidad de propagacion v.

(a) Buscamos primero soluciones particulares que son de la forma

u(t, x) = f(x)

para alguna funcion f . Muestre que en este caso la ecuacion (1.73) esequivalente a

f ′(x)2 − 1

2(f(x)2 − 1)2 = C = const.

(b) Encuentre las soluciones acotadas f(x) para el caso C = 0.

Respuesta:

f(x) = ± tanh

(x− x0√

2

)con una constante x0.

(c) Muestre que la ecuacion (1.73) es invariante con respecto a las transfor-maciones de Lorentz

t 7→ γ(t− vx), (1.74)

x 7→ γ(x− vt), (1.75)

con velocidad −1 < v < 1, donde γ := (1− v2)−1/2.

(d) Sea f la solucion encontrada en el inciso (b). Muestre que

u(t, x) = f (γ(x− vt))

es una solucion de la ecuacion de onda no lineal (1.73).

Capıtulo 2

Espacios normados yespacios de Hilbert

En este capıtulo vamos a introducir los espacios normados y dar definicionesgenerales para sucesiones convergentes y de Cauchy y para la completez de unespacio. Luego, introducimos los espacios de Banach que consisten de un espacionormado completo y mencionamos un par de resultados importantes que valenen dichos espacios, como el teorema del punto fijo de Banach. A continuacion,se presenta un caso particular de los espacios de Banach, los espacios de Hilbert,donde la norma proviene de un producto escalar. Los espacios de Banach y deHilbert juegan un papel muy importante en la fısica, porque son los espaciosdonde “viven”las soluciones de los problemas que consideramos en el capıtuloanterior. Por ejemplo, la funcion de onda en la mecanica cuantica esta descritade forma natural por un elemento de un espacio de Hilbert.

2.1. Espacios normados

Un espacio normado X consiste de un espacio vectorial real o complejo yde una norma ‖ · ‖ sobre este espacio. En la gran mayorıa de las aplicacionesque vamos a ver en este curso, X va a representar un espacio de funciones y (acontrario de los ejemplos que se conocen del calculo de vectores en el espacioEuclideano) va a tener dimension infinita. La norma nos permite asignar a cadaelemento de X una “magnitud”, lo que a su vez permite introducir un conceptode distancia entre dos elementos u, v ∈ X:

d(u, v) := ‖u− v‖.

Este concepto de distancia es muy importante para definir la convergencia desucesiones: una sucesion (un) en X converge si existe un elemento u ∈ X talque

lımn→∞

d(un, u) = 0.

33

34 CAPITULO 2. ESPACIOS NORMADOS Y ESPACIOS DE HILBERT

Si X es de dimension finita, resulta que todas las normas son equivalentes, yentonces la eleccion de la norma no influye la convergencia de sucesiones. Encambio, cuando X tiene dimension infinita es posible que una sucesion dadaconverge con respecto a una norma pero diverge con respecto a otra. Por ende,la eleccion de la norma juega un papel fundamental cuando la dimension deX es infinita. En muchos (pero no todos) problemas fısicos existe una norma“natural”.

A continuacion damos la definicion formal de un espacio normado y ense-guida vemos un catalogo de ejemplos.

Definicion 1 (Norma y espacio normado) Sea X un espacio vectorial so-bre K = R o C. Una norma sobre X es una funcion ‖ · ‖ → R que asigna acada elemento u ∈ X un numero real ‖u‖ tal que

(i) ‖u‖ ≥ 0 y ‖u‖ = 0 si y solo si u = 0

(ii) ‖λu‖ = |λ| · ‖u‖

(iii) ‖u+ v‖ ≤ ‖u‖+ ‖v‖ (desigualdad del triangulo)

para todo u, v ∈ X y λ ∈ K.En este caso, (X, ‖ · ‖) se llama espacio normado sobre K.

Ejemplos:

1. Definimos X = R con la norma

‖x‖ := |x| :={

x, x ≥ 0−x, x < 0

, x ∈ R.

Entonces X es un espacio vectorial real (de dimension 1) y | · | defineuna norma sobre R: obviamente, se satisfacen los axiomas (i) y (ii) dela definicion 1. Para verificar la validez de la desigualdad del triangulo,notamos primero que para todo x ∈ R vale

−|x| ≤ x ≤ |x|.

Entonces si x+ y ≥ 0 tenemos |x+ y| = x+ y ≤ |x|+ |y| mientras que six+ y < 0 tenemos

|x+ y| = −(x+ y) = −x+ (−y) ≤ |x|+ |y|.

Concluimos que (R, | · |) es un espacio normado.

2. De la misma manera, X = C con la norma

|z| :=√z∗z, z ∈ C,

define un espacio normado (C, | · |) sobre K, ver el ejercicio 13.

2.1. ESPACIOS NORMADOS 35

3. Podemos generalizar los ejemplos anteriores a los espacios vectoriales Rny Cn de dimension arbitraria pero finita n = 1, 2, 3, . . .. Por ejemplo, parau ∈ Cn podemos introducir la norma

‖u‖2 :=√|u1|2 + |u2|2 + . . .+ |un|2 =

n∑j=1

|uj |21/2

para un vector complejo con n componentes, u = (u1, u2, . . . , un) ∈ Cn.De hecho, tambien se pueden definir otras normas sobre Cn: Sea p ≥ 1,entonces definimos la p-norma a traves de

‖u‖p :=

n∑j=1

|uj |p1/p

, u = (u1, u2, . . . , un) ∈ Cn. (2.1)

Lema 2 Sea p ≥ 1. La funcion ‖ · ‖p : Cn → R definida en (2.1) es unanorma sobre Cn.

Demostracion. Verificamos los axiomas (i),(ii) y (iii) de la definicion 1de la norma:

Con respecto a (i), obviamente ‖u‖p ≥ 0 para todo u ∈ Cn. Ademas, seau ∈ Cn tal que ‖u‖p = 0, entonces

n∑j=1

|uj |p = 0,

lo que implica que |uj |p para todo j = 1, 2, . . . , n, lo que a su vez implicaque u = (u1, u2, . . . , un) = (0, 0, . . . , 0).

En cuanto al axioma (ii), sean λ ∈ C y u = (u1, u2, . . . , un) ∈ Cn. Entonces

λu = (λu1, λu2, . . . , λun),

y por lo tanto

‖λu‖p =

n∑j=1

|λuj |p1/p

=

n∑j=1

|λ|p|uj |p1/p

= |λ|

n∑j=1

|uj |p1/p

= |λ| · ‖u‖p.

Finalmente, para demostrar la desigualdad del triangulo, empezamos con

el caso p = 1. En este caso, usando la desigualdad del triangulo en C,

‖u+ v‖1 =

n∑j=1

|uj + vj |

≤n∑j=1

(|uj |+ |vj |) =

n∑j=1

|uj |+n∑j=1

|vj | = ‖u‖1 + ‖v‖1

para todo u = (u1, u2, . . . , un), v = (v1, v2, . . . , vn) ∈ Cn.

El caso p > 1 es un poco mas elaborado, pero es una consecuencia directadel siguiente lema.

Lema 3 Sean p > 1 y q > 1 tales que

1

p+

1

q= 1.

Entonces valen las siguientes desigualdades:

(a)

n∑j=1

|uj | · |vj | ≤ ‖u‖p · ‖v‖q (desigualdad de Holder), (2.2)

(b)

‖u+ v‖p ≤ ‖u‖p + ‖v‖p (desigualdad de Minkowski) (2.3)

para todo u = (u1, u2, . . . , un), v = (v1, v2, . . . , vn) ∈ Cn.

Demostracion. Para mostrar el inciso (a), notamos primero que la fun-cion log : (0,∞)→ R es concava dado que log′′(x) = −1/x2 < 0 para todox > 0. Entonces,

1

plog(x) +

1

qlog(y) ≤ log

(1

px+

1

qy

)para todo x, y > 0. Tomando la exponencial de ambos lados de la desigual-dad y reemplazando x por xp y y por yq obtenemos la desigualdad deYoung,

x · y ≤ xp

p+yq

q, x, y ≥ 0. (2.4)

Ahora, sean u = (u1, u2, . . . , un), v = (v1, v2, . . . , vn) ∈ Cn. Si u o v es elvector cero la afirmacion es trivial, pues en este caso ambos lados de (2.2)son cero. Entonces supongamos que u 6= 0 y v 6= 0. Definimos

u :=u

‖u‖p, v :=

v

‖v‖q

de tal manera que ‖u‖p = ‖v‖q = 1. De acuerdo a la desigualdad de Youngvale

|uj | · |vj | ≤1

p|uj |p +

1

q|vj |q,

y entoncesn∑j=1

|uj | · |vj | ≤1

p‖u‖pp +

1

q‖v‖qq = 1,

lo que implica

n∑j=1

|uj | · |vj | = ‖u‖p · ‖v‖qn∑j=1

|uj | · |vj | ≤ ‖u‖p · ‖v‖q.

Luego, para demostrar el inciso (b) definimos wj := |uj + vj |p−1 para j =1, 2, . . . , n. Entonces dado que q(p−1) = p, el vector w = (w1, w2, . . . , wn) ∈Cn satisface

‖w‖qq =

n∑j=1

|uj + vj |q(p−q) = ‖u+ v‖pp.

Consecuentemente, usando el resultado del inciso (a),

‖u+ v‖pp =

n∑j=1

|uj + vj | · |wj | ≤n∑j=1

|uj | · |wj |+n∑j=1

|vj | · |wj |

≤ ‖u‖p · ‖w‖q + ‖v‖p · ‖w‖q = (‖u‖p + ‖v‖p)‖u+ v‖p/q,

y por lo tanto,

‖u+ v‖p = ‖u+ v‖p−p/q ≤ ‖u‖p + ‖v‖p.

Terminamos este ejemplo con el siguiente comentario: Si p < 1 es menorque uno y n > 1, ‖ · ‖p no define una norma. La razon es que en este casono se cumple la desigualdad del triangulo. Por ejemplo, los dos vectores

u = (1, 0, 0, . . . , 0), v = (0, 1, 0, . . . , 0)

satisfacen ‖u‖p = ‖v‖p = 1, pero

‖u+ v‖p = 21/p > 2 = ‖u‖p + ‖v‖p

si p < 1.

4. Tambien podemos introducir la siguiente norma sobre Cn:

‖u‖∞ := max1≤j≤n

|uj |, (2.5)

para u = (u1, u2, . . . , un) ∈ Cn. En el ejercicio 14 se verifica que la funcion‖ · ‖∞ : Cn → R define una norma sobre Cn, y que

‖u‖∞ = lımp→∞

‖u‖p

para todo u ∈ Cn.

5. Podemos generalizar los ejemplos previos a los espacios de sucesiones u =(u1, u2, u3, . . .): Sea p ≥ 1, entonces definimos el espacio

`p := {u = (u1, u2, u3, . . .) : uj ∈ C y

∞∑j=1

|uj |p <∞}, (2.6)

con su norma

‖u‖p :=

∞∑j=1

|uj |p1/p

, u ∈ `p. (2.7)

Lema 4 Sea p ≥ 1, entonces (`p, ‖ · ‖p) es un espacio normado.

Demostracion. Verificamos primero que `p sea un espacio vectorial. Paraesto, notamos primero que `p posee el vector cero u = (0, 0, 0, . . .). Luego,si u = (u1, u2, u3, . . .), v = (v1, v2, v3, . . .) ∈ `p, tenemos que asegurarnosque u + v = (u1 + v1, u2 + v2, u3 + v3, . . .) tambien es elemento de `p.Usando la desigualdad de Minkowski (2.3) encontramos que para n ∈ Ndado, n∑

j=1

|uj + vj |p1/p

≤

n∑j=1

|uj |p1/p

+

n∑j=1

|vj |p1/p

≤

∞∑j=1

|uj |p1/p

+

∞∑j=1

|vj |p1/p

= ‖u‖p + ‖v‖p. (2.8)

Por lo tanto, la sucesion monotona

xn :=

n∑j=1

|uj + vj |p, n = 1, 2, 3, . . .

esta acotada, y entonces

∞∑j=1

|uj + vj |p <∞,

de tal forma que u+v ∈ `p. Ademas, la desigualdad (2.8) implica la validezde la desigualdad del triangulo, ‖u+ v‖p ≤ ‖u‖p + ‖v‖p.

Luego, sean λ ∈ C y u = (u1, u2, u3, . . .) ∈ `p. Entonces

∞∑j=1

|λuj |p = |λ|pn∑j=1

|uj |p <∞,

de tal manera que λu ∈ `p. Ademas, ‖λu‖p = |λ| · ‖u‖p.

Finalmente, es obvio que ‖u‖p ≥ 0 para cualquier u ∈ `p y que ‖u‖p = 0si y solo si u = (u1, u2, u3, . . .) = 0.

6. De manera similar podemos introducir el espacio

`∞ := {u = (u1, u2, u3, . . .) : uj ∈ C y supj≥1|uj | <∞}, (2.9)

con su norma

‖u‖∞ := supj≥1|uj |, u ∈ `∞. (2.10)

Lema 5 (`∞, ‖ · ‖∞) es un espacio normado.

Demostracion. Ver el ejercicio 15.

Los espacios `p, 1 ≤ p ≤ ∞ son ejemplos de espacios vectoriales de dimen-sion infinita. Efectivamente, los vectores particulares

e1 := (1, 0, 0, 0 . . .),

e2 := (0, 1, 0, 0, . . .),

e3 := (0, 0, 1, 0, . . .),

...

pertenecen a `p y son linealmente independientes. Sin embargo, los espa-cios `p no son todos iguales el uno al otro: Se puede mostrar que `p ⊂ `qpara 1 ≤ p ≤ q ≤ ∞, pero `p 6= `q si q > p (ver el ejercicio 15).

7. Finalmente consideramos ejemplos de espacios normados que consisten deespacios de funciones. Sea I = [a, b], a < b, un intervalo finito y cerradosobre el eje real. Denotamos por

C([a, b]) := {f : [a, b]→ C : f es continua}


el espacio vectorial1 de todas las funciones continuas sobre el intervalo[a, b]. Definimos para p ≥ 1,

‖f‖p :=

b∫a

|f(x)|pdx

1/p

, f ∈ C([a, b]), (2.11)

y para p =∞,

‖f‖∞ := supa≤x≤b

|f(x)|, f ∈ C([a, b]). (2.12)

Notamos que ‖f‖p y ‖f‖∞ estan bien definidas, porque f es una funcioncontinua sobre un intervalo cerrado y acotado, y por lo tanto f es acotada.

Lema 6 ‖ · ‖p, 1 ≤ p ≤ ∞, definen normas sobre el espacio C([a, b]).Ademas, si p, q ≥ 1 satisfacen

1

p+

1

q= 1

vale la desigualdad de Holder:

b∫a

|f(x)g(x)|dx ≤ ‖f‖p · ‖g‖q, f, g ∈ C([a, b]). (2.13)

Demostracion. Obviamente, ‖f‖p ≥ 0 para todo f ∈ C([a, b]), y

‖f‖∞ = supa≤x≤b

|f(x)| = 0

si y solo si f(x) = 0 para todo a ≤ x ≤ b, es decir, si y solo si f = 0. Demanera similar, si p ≥ 1,

‖f‖pp =

b∫a

|f(x)|pdx = 0

si y solo si f(x) = 0 para todo a ≤ x ≤ b, dado que f es continua.

Luego, la validez de la propiedad ‖λf‖p = |λ| · ‖f‖p para todo λ ∈ C yf ∈ C([a, b]) es obvia.

En cuanto a la desigualdad del triangulo, demostramos primero la de-sigualdad (2.13). Para p = 1 tenemos

b∫a

|f(x)g(x)|dx ≤ supa≤x≤b

|g(x)|b∫a

|f(x)|dx = ‖f‖1 · ‖g‖∞.

1Notamos que C([a, b]) forma un espacio vectorial complejo: El elemento cero es dado porla funcion trivial f(x) = 0, a ≤ x ≤ b. Ademas, la suma de dos funciones continuas es continuay la multiplicacion de una funcion continua con un numero complejo da otra funcion continua.

2.2. CONVERGENCIA DE SUCESIONES 41

Luego, si p > 1, podemos suponer que f, g ∈ C([a, b]) son ambos diferentesde cero (sino el resultado es obvio). Entonces ‖f‖p > 0, ‖g‖q > 0 ypodemos introducir las funciones

f :=1

‖f‖pf, g :=

1

‖g‖qg

que satisfacen ‖f‖p = ‖g‖q = 1. Usando la desigualdad de Young (2.4)obtenemos

1

‖f‖p · ‖g‖q

b∫a

|f(x)g(x)|dx =

b∫a

|f(x)g(x)|dx

≤ 1

p

b∫a

|f(x)|pdx+1

q

b∫a

|g(x)|qdx

=1

p‖f‖pp +

1

q‖g‖qq = 1,

lo que implica la validez de la desigualdad (2.13).

Ahora estamos listos para demostrar la desigualdad del triangulo. Parap = ∞ esta desigualdad es obvia, entonces sean 1 ≤ p < ∞ y f, g ∈C([a, b]). Usando la desigualdad del triangulo en (C, | · |) obtenemos

‖f + g‖pp =

b∫a

|f(x) + g(x)| · |f(x) + g(x)|p−1dx

≤b∫a

|f(x)| · |f(x) + g(x)|p−1dx+

b∫a

|g(x)| · |f(x) + g(x)|p−1dx.

Si p = 1 esta desigualdad implica la del triangulo. En cambio, si p > 1 defi-nimos q := (1−1/p)−1 tal que 1/p+1/q = 1. Usando la desigualdad (2.13)encontramos que

‖f + g‖pp ≤ (‖f‖p + ‖g‖p)

b∫a

|f(x) + g(x)|q(p−1)

1/q

= (‖f‖p + ‖g‖p) ‖f + g‖p/qp ,

lo que implica que ‖f + g‖p ≤ ‖f‖p + ‖g‖p.

2.2. Convergencia de sucesiones

En esta seccion definimos la convergencia de una sucesion en un espacionormado dado y discutimos un par de ejemplos. El punto importante que vamos

a ver es que a diferencia del caso de dimension finita, la convergencia de unasucesion puede depender de la eleccion de la norma cuando el espacio tienedimension infinita.

Definicion 2 Sea (X, ‖ · ‖) un espacio normado. Una sucesion (uk) en X sellama convergente en (X, ‖ · ‖) si existe un elemento u ∈ X tal que

lımk→∞

‖uk − u‖ = 0.

En este caso, u se llama el lımite de (uk) y tambien escribimos

uk −→ u en (X, ‖ · ‖).

Observaciones:

1. El lımite de una sucesion convergente (uk) es unico. Efectivamente, su-pongamos que existan dos lımites u, v ∈ X de (uk), es decir

uk → u y vk → v en (X, ‖ · ‖).

Entonces como consecuencia de la desigualdad del triangulo,

0 ≤ ‖u− v‖ = ‖u− uk − (v − uk)‖ ≤ ‖u− uk‖+ ‖v − uk‖ → 0,

y por lo tanto u = v.

2. Otra definicion equivalente para la convergencia de (uk) a u en (X, ‖ · ‖)es la siguiente: para cada ε > 0 existe un numero Nε ∈ N tal que

‖uk − u‖ < ε para todo k > Nε.

Ejemplos:

1. Consideramos el espacio X = Cn con las p-normas ‖·‖p definidas en (2.1).

Sea u(k) = (u(k)1 , u

(k)2 , . . . , u

(k)n ), k = 1, 2, 3, . . ., una sucesion de vectores

en Cn que converge a un vector u = (u1, u2, . . . , un) ∈ Cn con respecto a‖ · ‖p. Entonces existe para cada ε > 0 un numero Nε ∈ N tal que

n∑j=1

|u(k)j − uj |

p = ‖u(k) − u‖pp < εp para todo k > Nε.

Por lo tanto,

|u(k)j − uj | < ε para todo k > Nε y todo j = 1, 2, . . . n.

Entonces,

u(k)j → uj en (C, | · |) (2.14)

para todo j = 1, 2, . . . , n, es decir, cada componente de u(k) converge a lacomponente correspondiente de u en (C, | · |).

Por otro lado, si vale (2.14), entonces tambien vale

lımk→∞

‖u(k) − u‖pp = lımk→∞

n∑j=1

|u(k)j − uj |

p = 0,

y por lo tanto la sucesion u(k) converge al vector u = (u1, u2, . . . , un) en(Cn, ‖ · ‖p).Concluimos entonces que la sucesion (u(k)) converge en (Cn, ‖ · ‖p) si y

solo si todas sus componentes (u(k)j ) convergen en (C, | · |):

u(k) → u en (Cn, ‖ · ‖p) si y solo si u(k)j → uj en (C, ‖ · |). (2.15)

Como vamos a verificar en el ejercicio 14, esta afirmacion tambien valepara p =∞. En particular, el hecho de que si una sucesion en (Cn, ‖ · ‖p)converge o no es independiente de p ≥ 1. El origen de esta independenciase dara mas adelante.

2. Ahora consideramos los espacios normados de dimension infinita (`p, ‖ · ‖p),p ≥ 1, definidos en (2.6,2.7,2.9,2.10). Sea u(k) = (u

(k)1 , u

(k)2 , u

(k)3 , . . .),

k = 1, 2, 3, . . ., una sucesion de vectores en `p que converge a un vec-tor u = (u1, u2, u3, . . .) ∈ `p con respecto a la p-norma ‖ · ‖p. Exactamente

como en el ejemplo anterior concluimos que cada componente (u(k)j ) debe

converger en (C, | · |):

u(k)j → uj en (C, | · |).

Por otro lado, ahora la convergencia de cada componente u(k)j no implica

necesariamente la convergencia de u(k) en (`p, ‖ · ‖p). Para dar un contra-ejemplo concreto, consideramos la siguiente sucesion:

u(1) := (1, 0, 0, 0 . . .), (2.16)

u(2) := (1, 1, 0, 0 . . .), (2.17)

u(3) := (1, 1, 1, 0 . . .), (2.18)

... (2.19)

Cada componente de esta sucesion converge a 1 en (C, | · |):

lımk→∞

u(k)j = 1, j = 1, 2, 3, . . . ,

y entonces parecerıa que la sucesion (u(k)) convergerıa a

u = (1, 1, 1, 1, . . .).

Pero notamos que u /∈ `p si 1 ≤ p <∞, entonces no es posible que (u(k))converja en los espacios (`p, ‖ · ‖p) para 1 ≤ p <∞.

En cuanto a p = ∞ notamos que u ∈ `∞. Pero sin embargo, la sucesion(u(k)) tampoco converge en (`∞, ‖ · ‖∞), porque la distancia entre u(k) yu es

‖u(k) − u‖∞ = ‖(0, 0, . . . , 0,−1,−1,−1, . . .)‖∞ = 1,

y no converge a cero para k →∞.

3. Finalmente, consideramos el espacio C([−1, 1]) de las funciones continuassobre el intervalo [−1, 1] con las p-normas definidas en (2.11,2.12). Intro-ducimos la siguiente sucesion de funciones:

fk(x) :=

1 + kx, − 1k ≤ x ≤ 0,

1− kx, 0 < x ≤ 1k ,

0, 1k < |x| ≤ 1.

(2.20)

Para 1 ≤ p <∞ tenemos

‖fk‖pp =

1∫−1

|fk(x)|pdx = 2

1/k∫0

(1− kx)pdx =2

p+ 1

1

k,

y por lo tanto fk → 0 converge a la funcion cero en (C([−1, 1]), ‖ ·‖p) para1 ≤ p <∞.

En cambio, para p =∞, tenemos

‖fk‖∞ = sup−1≤x≤1

|fk(x)| = 1,

para todo k = 1, 2, 3, . . ., y entonces fk no converge a la funcion cero en(C([−1, 1]), ‖ · ‖∞).

El ultimo ejemplo muestra que la convergencia en un espacio normado dedimension infinita puede depender radicalmente de la eleccion de la norma. Paraentender mejor este punto, nos hacemos la siguiente pregunta: Dado un espaciovectorial X con dos normas, ‖ · ‖ y ‖ · ‖∗. ¿Cuando vale que una sucesion (uk)converge a u en (X, ‖ · ‖) si y solo si (uk) converge a u en (X, ‖ · ‖∗)? Paracontestar esta pregunta usamos el siguiente resultado:

Lema 7 Sea X un espacio vectorial sobre R o C, y sean ‖·‖ y ‖·‖∗ dos normassobre X. Entonces las siguientes dos afirmaciones son equivalentes:

(i) Existe una constante M > 0 tal que

‖u‖ ≤M‖u‖∗

para todo u ∈ X.

(ii) Para cada sucesion (uk) en X vale: uk → u en (X, ‖ · ‖∗) implica uk → uen (X, ‖ · ‖).

Demostracion. Mostramos primero la implicacion (i) ⇒ (ii). Si vale la condi-cion (i) y (uk) es una sucesion que converge a u con respecto a la norma ‖ · ‖∗,entonces

‖uk − u‖ ≤M‖uk − u‖∗ → 0,

y (uk) converge a u tambien con respecto a la norma ‖ · ‖.Para mostrar la implicacion contraria, supongamos que la condicion (i) no

se cumple. Entonces existe para cada M = k = 1, 2, 3, . . . un elemento uk ∈ X,uk 6= 0, tal que

‖uk‖ > k‖uk‖∗.

Si definimos vk := uk/‖uk‖, entonces la sucesion (vk) satisface ‖vk‖ = 1 y

‖vk‖∗ <1

k→ 0,

y entonces la sucesion (vk) converge a cero en (X, ‖ · ‖∗) pero no converge a ceroen (X, ‖ · ‖), y entonces no se cumple la condicion (ii).

Definicion 3 Sea X un espacio vectorial sobre R o C, y sean ‖ · ‖ y ‖ · ‖∗dos normas sobre X. Entonces ‖ · ‖ y ‖ · ‖∗ se llaman equivalentes si existenconstantes 0 < m < M tales que

m‖u‖∗ ≤ ‖u‖ ≤M‖u‖∗

para todo u ∈ X.

Como consecuencia del lema anterior tenemos la siguiente afirmacion: Si Xes un espacio vectorial con dos normas, ‖ · ‖ y ‖ · ‖∗, entonces la convergencia deuna sucesion (uk) a u es independiente de cual de estas dos normas escogemossi y solo si ‖ · ‖ y ‖ · ‖∗ son equivalentes.

Ejemplos:

1. Del ejemplo 3 de la pagina 44 concluimos que las normas ‖·‖p, 1 ≤ p <∞,y ‖ · ‖∞ sobre C([−1, 1]) no pueden ser equivalentes.

2. En cambio, del ejemplo 1 de la pagina 42 concluimos que todas las normas‖ · ‖p sobre Cn, con 1 ≤ p ≤ ∞ son equivalentes. Efectivamente, se puedemostrar que para cualquier 1 ≤ p <∞ vale (ver el ejercicio 14)

‖u‖∞ ≤ ‖u‖p ≤ n1/p‖u‖∞,

para todo u ∈ Cn, de tal manera que todas las p-normas son equivalentesa la norma ‖ · ‖∞.

De hecho, el siguiente resultado muestra que en espacios normados de di-mension finita, todas las normas son equivalentes:


Teorema 1 (Minkowski) Sea X un espacio vectorial real o complejo de di-mension finita. Entonces todas las normas sobre X son equivalentes.

Demostracion. Introducimos una base {e1, e2, . . . , en} sobre X, de tal maneraque cualquier vector u ∈ X se puede escribir de la forma

u =

n∑j=1

ujej

con coeficientes unicos u1, u2, . . . , un reales o complejos. Introducimos la normaparticular

‖u‖∗ :=

√√√√ n∑j=1

|uj |2, u ∈ X

sobreX. Vamos a demostrar que cualquier otra norma ‖·‖ sobreX es equivalentea ‖ · ‖∗.

Entonces sea ‖ · ‖ otra norma sobre X. Notamos primero que para todou ∈ X vale

‖u‖ =

∥∥∥∥∥∥n∑j=1

ujej

∥∥∥∥∥∥ ≤n∑j=1

|uj |‖ej‖ ≤ C‖u‖∗, C :=

√√√√ n∑j=1

‖ej‖2,

donde usamos la desigualdad del triangulo en el segundo paso y la desigualdadde Holder (2.2) con p = q = 2 en el ultimo paso. Para proceder, consideramosla restriccion de la norma ‖ · ‖ sobre la esfera unitaria

S := {u ∈ X : ‖u‖∗ = 1},

es decir, consideramos la funcion ρ : S → R, u 7→ ‖u‖. Esta funcion es continua,porque para u, v ∈ S vale

|ρ(u)− ρ(v)| = |‖u‖ − ‖v‖| ≤ ‖u− v‖ ≤ C‖u− v‖∗para todo u, v ∈ X, de tal manera que u→ v en (X, ‖ · ‖∗) implica que ρ(u)→ρ(v) en (R, | · |). Ademas, la esfera unitaria S es compacta, entonces ρ asume unmınimo y un maximo sobre S. Sean

m := mınu∈S

ρ(u), M := maxu∈S

ρ(u).

Dado que u ∈ S no puede ser cero (sino ‖u‖∗ = 0), tenemos M ≥ m > 0, y

m ≤ ρ(u) ≤M

para todo u ∈ S. Si u ∈ X es un vector arbitrario diferente de cero, entoncesu/‖u‖∗ ∈ S y obtenemos la desigualdad

m‖u‖∗ ≤ ‖u‖ ≤M‖u‖∗para todo u ∈ X, lo que concluye la demostracion del teorema.

Observacion: La clave en la demostracion del teorema es la compacticidad dela esfera en un espacio de dimension finita. En dimensiones infinitas la esferaunitaria deja de ser compacta y la demostracion de arriba no procede.

2.3. SUCESIONES DE CAUCHY, ESPACIOS DE BANACH 47

2.3. Sucesiones de Cauchy, completez, espaciosde Banach

En la practica, puede ser difıcil decidir si una sucesion dada (uk) convergeo no en un espacio normado, porque para verificar la convergencia se requiereconocer el lımite u de (uk). Por esta razon, la siguiente definicion alternativa esutil:

Definicion 4 Sea (X, ‖ · ‖) un espacio normado. Una sucesion (uk) en X sellama sucesion de Cauchy en (X, ‖ · ‖) si

lımk,j→∞

‖uk − uj‖ = 0,

es decir, si existe para cada ε > 0 un numero Nε ∈ N tal que

‖uk − uj‖ < ε para todo j, k > Nε.

Observaciones:

1. Como vemos, la definicion anterior no invoca la existencia de un puntolımite.

2. Si (uk) una sucesion convergente en (X, ‖ · ‖), entonces (uk) tambien esuna sucesion de Cauchy en (X, ‖·‖). Efectivamente, si uk → u en (X, ‖·‖),entonces

‖uk − uj‖ = ‖uk − u+ u− uj‖ ≤ ‖uk − u‖+ ‖u− uj‖ → 0

cuando k, j →∞, y entonces (uk) es una sucesion de Cauchy.

3. Por otro lado, cuando la dimension de X es infinita, una sucesion deCauchy no siempre converge como vamos a ver en los ejemplos que siguen(ver tambien el ejercicio 16).

Ejemplos:

1. Retomamos una vez mas el ejemplo 3 de la pagina 44. Para p = 1 y k < jtenemos que

‖fk − fj‖1 =

1∫−1

|fk(x)− fj(x)|dx

=

1∫−1

fk(x)dx−1∫−1

fj(x)dx =1

k− 1

j→ 0,

cuando k, j →∞, y entonces (fk) es una sucesion de Cauchy en (C([−1, 1]), ‖ · ‖1).De hecho, este resultado no es sorprendente porque habıamos visto que

(fk) converge a la funcion cero en (C([−1, 1]), ‖ · ‖1) y por ende (fk) tam-bien debe ser una sucesion de Cauchy.

Por otro lado, para p =∞ y k < j tenemos

‖fk − fj‖∞ = sup−1≤x≤1

|fk(x)− fj(x)| = 1− k

j,

y entonces (fk) no es una sucesion de Cauchy en (C([−1, 1]), ‖ · ‖∞).2 Con-secuentemente, la sucesion (fk) tampoco puede converger en (C([−1, 1]), ‖ · ‖∞).

2. Como segundo ejemplo consideramos la siguiente sucesion en C([−1, 1]):

fk(x) :=

0, −1 ≤ x < − 1k ,

1 + kx, − 1k ≤ x < 0,

1, 0 ≤ x ≤ 1.(2.21)

para k = 1, 2, 3, . . .. Tenemos para k < j,

‖fk − fj‖22 =

1∫−1

|fk(x)− fj(x)|2dx

=

−1/j∫−1/k

(1 + kx)2dx+

0∫−1/j

[(1 + kx)− (1 + jx)]2dx

=1

3k

(1− k

j

)2

.

Dado que k/j < 1, concluimos que ‖fk − fj‖2 → 0 cuando k, j →∞. Porlo tanto (fk) es una sucesion de Cauchy en (C([−1, 1]), ‖ · ‖2).

Por otro lado, afirmamos que (fk) no puede converger en (C([−1, 1]), ‖·‖2).Demostramos la afirmacion por contradiccion: Supongamos que exista unafuncion continua f : [−1, 1] → C tal que fk → f en (C([−1, 1]), ‖ · ‖2).Tenemos:

‖fk − f‖22 =

−1/k∫−1

|f(x)|2dx+

0∫−1/k

|1 + kx− f(x)|2dx+

1∫0

|1− f(x)|2dx.

Dado que los tres terminos a la derecha son positivos o cero, encontramosen el lımite k →∞:

0∫−1

|f(x)|2dx = 0,

1∫0

|1− f(x)|2dx = 0,

2Por ejemplo, ‖fk − f2k‖∞ = 1/2 para todo k ∈ N, lo que no converge a cero cuandok →∞.

lo que implica que f(x) = 0 para −1 ≤ x < 0 y f(x) = 1 para 0 <x < 1. Pero entonces la funcion f no puede ser continua y llegamos a unacontradiccion.

El ultimo ejemplo muestra que una sucesion de Cauchy no siempre converge,porque puede ocurrir que el espacio normado es demasiado pequeno para con-tener el lımite de la sucesion. En este sentido, el espacio normado es incompletoen este caso. Esto nos lleva a la siguiente definicion:

Definicion 5 Sea (X, ‖ · ‖) un espacio normado. Entonces (X, ‖ · ‖) se llamacompleto o espacio de Banach si todas las sucesiones de Cauchy convergenen (X, ‖ · ‖).

La gran ventaja de trabajar en espacios normados completos es que vale elcriterio de Cauchy: Una sucesion converge si y solo si es una sucesion deCauchy. Entonces podemos decidir si una sucesion converge o no simplementemidiendo la distancia entre sus miembros; no hace falta conocer el lımite de lasucesion. Esto es muy util para demostrar la existencia de soluciones a travesde metodos de aproximacion. Un ejemplo importante es el famoso teorema delpunto fijo de Banach que demostraremos en la siguiente seccion.

Terminamos esta seccion con un par de ejemplos de espacios normados com-pletos:

1. (R, | · |) es completo, de acuerdo a la completez de los numeros reales.

2. De la misma forma, el espacio (C, | · |) es completo.

3. Lema 8 Sea n ≥ 1. Entonces los espacios (Rn, ‖ · ‖p) y (Cn, ‖ · ‖p) soncompletos para todo 1 ≤ p ≤ ∞.

Demostracion. Dado que todas las normas sobre Rn o Cn son equiva-lentes, es suficiente demostrar el lema para un p, por ejemplo para p =∞.

Entonces sea (u(k)) = (u(k)1 , u

(k)2 , . . . , u

(k)n ) una sucesion de Cauchy en

(Cn, ‖ · ‖∞). Esto quiere decir que existe para cada ε > 0 un Nε ∈ N talque

maxj=1,2,...,n

|u(k)j − u

(l)j | < ε

para todo k, l > Nε. Esto a su vez implica que

|u(k)j − u

(l)j | < ε

para todo k, l > Nε y todo j = 1, 2, . . . , n. Por lo tanto, cada componente

(u(k)j ), j = 1, 2, . . . , n, es una sucesion de Cauchy en (C, | · |) y por lo tanto

converge,

u(k)j → uj en (C, | · |).

Pero como vimos, esto a su vez implica la convergencia de u(k) al vectoru = (u1, u2, . . . , un) ∈ Cn y el lema queda demostrado en el caso complejo(Cn, ‖ · ‖∞).

El caso real (Rn, ‖ · ‖∞) se demuestra exactamente de la misma forma.

4. Dado que cualquier espacio vectorial real o complejo de dimension finitan es isomorfo a Rn o a Cn tenemos el siguiente resultado mas general:

Teorema 2 Sea (X, ‖ ·‖) un espacio normado de dimension finita. En-tonces (X, ‖ · ‖) es automaticamente completo.

5. Lema 9 Los espacios normados (`p, ‖ · ‖p), 1 ≤ p ≤ ∞, que definimosen (2.6,2.7,2.9,2.10) son completos.

Demostracion. Demostramos la afirmacion para 1 ≤ p <∞. El caso p =

∞ se deja para el ejercicio 17. Entonces sea (u(k)) = (u(k)1 , u

(k)2 , u

(k)3 , . . .)

una sucesion de Cauchy en (`p, ‖ · ‖p). Esto quiere decir que existe paracada ε > 0 un Nε ∈ N tal que

∞∑j=1

|u(k)j − u

(l)j |

p = ‖u(k) − u(l)‖pp < εp, (2.22)

para todo k, l > Nε. En particular, esto implica que

|u(k)j − u

(l)j | < ε

para todo k, l > Nε y todo j = 1, 2, 3, . . .. Consecuentemente, cada com-

ponente (u(k)j ), j = 1, 2, 3, . . ., es una sucesion de Cauchy en (C, | · |) y por

lo tanto converge,

u(k)j → uj en (C, | · |).

Ahora falta demostrar que la sucesion lımite u := (u1, u2, u3, . . .) pertenecea `p y que u(k) → u en (`p, ‖ · ‖p). Para demostrar que u ∈ `p notamosprimero que la desigualdad (2.22) implica que

M∑j=1

|u(k)j − u

(l)j |

p < εp

para cada k, l > Nε y cada M = 1, 2, 3, . . . fijo. Tomando el lımite l →∞de ambos lados, obtenemos

M∑j=1

|u(k)j − uj |

p ≤ εp,

lo que implica (tomando el lımite M →∞) que u(k) − u ∈ `p y que

‖u(k) − u‖pp = lımM→∞

M∑j=1

|u(k)j − uj |

p ≤ εp.

Dado que `p es un espacio vectorial, esto implica que

u = u(k) − (u(k) − u) ∈ `p

y que u(k) → u en (`p, ‖ · ‖p).

6. Finalmente, consideramos el espacio C([a, b]) de las funciones continuassobre el intervalo compacto [a, b] con las p-normas definidas en (2.11,2.12).Como vimos en el ejemplo 2 en la pagina 48, el espacio (C[a, b], ‖ · ‖2) conp = 2 no esta completo, porque se pueden construir sucesiones de Cauchyde funciones continuas que no convergen a ninguna funcion continua. Dehecho, no es difıcil extender estos contra-ejemplos a todos los otros valoresde p excepto p =∞:

Lema 10 Sea [a, b] un intervalos finito y cerrado. Entonces los espacios(C[a, b], ‖·‖p) son incompletos para 1 ≤ p <∞, en cambio (C[a, b], ‖ · ‖∞)es completo.

Demostracion. Para 1 ≤ p < ∞ podemos considerar una sucesion deCauchy de funciones semejante a la sucesion en el ejemplo 2 en la pagi-na 48. Esta sucesion no converge en (C[a, b], ‖ · ‖p), dado que si existirıala funcion lımite esta no podrıa ser continua.

Por otro lado, sea (fk) una sucesion de Cauchy en el espacio normado(C[a, b], ‖ · ‖∞). Entonces existe para cada ε > 0 un Nε ∈ N tal que

supa≤x≤b

|fk(x)− fj(x)| = ‖fk − fj‖∞ < ε

para todo k, j > Nε. En particular, esto tambien implica que

|fk(x)− fj(x)| < ε

para todo k, j > Nε y todo x ∈ [a, b]. Por ende, para cada x ∈ [a, b]fijo (fk(x)) es una sucesion de Cauchy en el espacio completo (C, | · |) yentonces existe para cada x ∈ [a, b] el lımite

f(x) := lımk→∞

fk(x) ∈ C.

Queda para demostrar que la funcion f : [a, b] → C que obtenemos deesta forma es continua y que fk → f con respecto a la norma ‖ · ‖∞. Parademostrar la continuidad de f , tomamos una sucesion arbitraria (xn) en[a, b] que converge a x ∈ [a, b] (con respecto al valor absoluto en R), yafirmamos que f(xn)→ f(x) (con respecto al valor absoluto en C). Parademostrar esta afirmacion vamos a probar que existe para cada ε > 0 unN ∈ N tal que

|f(xn)− f(x)| < ε

para todo n > N .

Entonces sea ε > 0. Dado que (fk) es una sucesion de Cauchy en (C[a, b], ‖ · ‖∞)existe un numero natural n1 ∈ N suficientemente grande tal que

|fk(x)− fj(x)| < ε

3

para todo k, j > n1 y todo a ≤ x ≤ b. Tomando el lımite j →∞ de amboslados obtenemos

supa≤x≤b

|fk(x)− f(x)| ≤ ε

3(2.23)

para todo k > n1. Sea k = n1 + 1. Dado que fk es continua existe unn2 ∈ N tal que

|fk(xn)− fk(x)| < ε

3

para todo n > n2. Consecuentemente, vale para todo n > N := max{n1, n2},

|f(xn)− f(x)| = |f(xn)− fk(xn) + fk(xn)− fk(x) + fk(x)− f(x)|≤ |f(xn)− fk(xn)|+ |fk(xn)− fk(x) |+ |fk(x)− f(x)|

<ε

3+ε

3+ε

3= ε,

y entonces f ∈ C([a, b]) es continua. Finalmente, la desigualdad (2.23)implica que ‖fk − f‖∞ ≤ ε/3 para todo k > n1, y por lo tanto fk → fcon respecto a la norma ‖ · ‖∞.

Notamos que la convergencia fk → f en (C[a, b], ‖ · ‖∞) significa que

lımk→∞

supa≤x≤b

|fk(x)− f(x)| = 0,

es decir, la sucesion (fk) converge uniformemente a la funcion f . La de-mostracion del lema anterior muestra que en este caso la funcion lımite fes automaticamente continua si cada funcion fk lo es.

Observacion: Como vimos en el ultimo ejemplo los espacios normados (C[a, b], ‖ · ‖p)son incompletos para 1 ≤ p <∞. Entonces para hacer uso del criterio de Cauchyes necesario “completar” estos espacios. Esto lleva a los espacios Lp([a, b]) queconsisten de las funciones f : [a, b] → C que tienen la propiedad que |f |p esLebesgue-integrable sobre [a, b]. Una definicion precisa de la integral de Lebes-gue y de sus propiedades mas importantes se dara en un apendice.

2.4. El teorema del punto fijo de Banach y apli-caciones

En esta seccion formulamos el teorema del punto fijo de Banach y damosalgunas aplicaciones. Este teorema es muy poderoso y se basa fuertemente enel criterio de Cauchy, por lo que requiere un espacio completo.

Antes de formular el teorema, necesitamos las siguientes definiciones:

2.4. EL TEOREMA DEL PUNTO FIJO DE BANACH 53

Definicion 6 Sea (X, ‖ · ‖) un espacio normado. Sea A ⊂ X un subconjunto deX. La cerradura de A es el conjunto

A := {u ∈ X : Existe una sucesion (uk) en A tal que uk → u en (X, ‖ · ‖)}.

Obviamente, A contiene A, porque si u ∈ A entonces la sucesion constante(u, u, u, . . .) converge a u y por lo tanto u pertenece a A. Pero en general, A esmas grande que A dado que el lımite de la sucesion en A puede no perteneceral conjunto A.

Definicion 7 Sea (X, ‖ · ‖) un espacio normado. Un subconjunto A ⊂ X sellama cerrado si A = A.

Para ejemplos y propiedades basica de la cerradura, ver los ejercicio 18 y 19.

Teorema 3 (Teorema del punto fijo de Banach) Sea (X, ‖ · ‖) un espaciode Banach, y sea A = A ⊂ X un subconjunto cerrado y no vacıo de X. SeaF : A → A un mapeo de A en si mismo que constituye una contraccion, esdecir, esiste una constante L satisfaciendo 0 ≤ L < 1 tal que

‖F (u)− F (v)‖ ≤ L‖u− v‖ (2.24)

para todo u, v ∈ A.Entonces F posee un unico punto fijo u∗ ∈ A en A, es decir existe un unico

u∗ ∈ A tal que F (u∗) = u∗. Ademas, si u ∈ A, entonces la sucesion (uk) definidapor

u1 := F (u), u2 := F 2(u) = F (F (u)), . . . , uk := F k(u),

converge a u∗. Mas precisamente, vale la desigualdad

‖uk − u∗‖ ≤Lk

1− L‖u1 − u‖, k = 1, 2, 3, . . . ,

lo que muestra que la distancia entre uk y u∗ decrece exponencialmente rapidoconforme k crece.

Demostracion. Primero demostramos la unicidad del punto fijo: Sean u∗, v∗ ∈A dos puntos fijos de F , entonces la desigualdad (2.24) implica que

‖u∗ − v∗‖ = ‖F (u∗)− F (v∗)‖ ≤ L‖u∗ − v∗‖.

Si u∗ 6= v∗ obtendrıamos 1 ≤ L al dividir ambos lados de esta ecuacion por‖u∗ − v∗‖ y llegarıamos a una contradiccion con la hipotesis L < 1. Entonces,u∗ = v∗.

Luego, para la existencia, tomamos u ∈ A y definimos la sucesion u0 :=u, u1 := F (u), u2 := F 2(u) = F (u1), . . . en A. Vamos a demostrar que estasucesion converge a un punto fijo de F . De acuerdo a la desigualdad (2.24)tenemos

‖uk+1 − uk‖ = ‖F (uk)− F (uk−1)‖ ≤ L‖uk − uk−1‖,

para todo k ≥ 1. Iterando llegamos a

‖uk+1 − uk‖ ≤ Lk‖u1 − u0‖, k = 0, 1, 2, . . . .

Usando esta desigualdad y la desigualdad del triangulo obtenemos para k > j,

‖uk − uj‖ ≤ ‖uk − uk−1‖+ ‖uk−1 − uk−2‖+ . . .+ ‖uj+1 − uj‖≤

(Lk−1 + Lk−2 + · · ·Lj

)‖u1 − u0‖

=Lj − Lk

1− L‖u1 − u0‖, (2.25)

donde en el ultima paso usamos la expresion explıcita conocida

k−1∑j=0

Lj =1− Lk

1− L, k = 1, 2, 3, . . . , L 6= 1,

para la suma geometrica. Dado que 0 ≤ L < 1, la desigualdad (2.25) implicaque ‖uk − uj‖ → 0 cuando k, j → ∞, y concluimos entonces que (uk) es unasucesion de Cauchy en (X, ‖ · ‖). Puesto que (X, ‖ · ‖) es completo, esta sucesionconverge y existe

u∗ := lımk→∞

uk en (X, ‖ · ‖).

Ademas, dado que A = A esta cerrado, u∗ ∈ A. Para ver que u∗ es un punto fijode F , notamos que la desigualdad (2.24) implica que F : A → A es continua:u→ v implica F (u)→ F (v). Por ende,

F (u∗) = F

(lımk→∞

uk

)= lımk→∞

F (uk) = lımk→∞

F (uk+1) = u∗.

Finalmente, la desigualdad (2.25) implica que para j fijo y k →∞:

‖u∗ − uj‖ ≤ ‖u∗ − uk‖+ ‖uk − uj‖ →Lj

1− L‖u1 − u0‖,

lo que concluye la demostracion del teorema.

Aplicaciones:

1. Sea F : R→ R una funcion que es continuamente diferenciable, y supon-gamos que exista una constante 0 ≤ L < 1 tal que

|F ′(x)| ≤ L

para todo x ∈ R. Entonces dado y > x tenemos

|F (y)− F (x)| =

∣∣∣∣∣∣y∫x

F ′(z)dz

∣∣∣∣∣∣ ≤y∫x

|F ′(z)|dz ≤ L|y − x|,

y concluimos que F es una contraccion sobre (R, | · |). Dado que (R, | · |)es completo, el teorema 3 implica que existe un unico punto x∗ ∈ R talque F (x∗) = x∗. Ademas, este punto se puede obtener al tomar cualquierpunto x0 ∈ R y calcular el lımite

x∗ = lımk→∞

F k(x0).

Para un ejemplo concreto, ver el ejercicio 20.

2. Como segunda aplicacion consideramos una funcion f : R → R diferen-ciable que tiene un cero no degenerado en x = x∗, es decir, f(x∗) = 0pero f ′(x∗) 6= 0. El algoritmo de Newton para encontrar este cero de fconsiste en partir de un punto x1 “cercano” a x∗ y calcular sucesivamentex2 = F (x1), x3 = F (x2), x4 = F (x3), . . . donde

F (x) := x− f(x)

f ′(x), (2.26)

La convergencia del algoritmo de Newton puede ser demostrado usando elteorema fijo de Banach:

Lema 11 Sea f : R → R una funcion que es dos veces continuamentediferenciable y que posee un cero no degenerado en x = x∗. Entoncesexiste un intervalo I = [a, b], a < x∗ 0 que depende de f pero no de x1

tal que

|xk+1 − x∗| ≤ c|xk − x∗|2, k = 1, 2, 3, . . . (2.27)

Demostracion. Notamos primero que las hipotesis sobre la funcion fimplican que f ′(x) 6= 0 para todo x ∈ U en una vecindad abierta U dex∗, dado que f ′ es continua y f ′(x∗) 6= 0. Entonces la funcion F en (2.26)esta bien-definida sobre U y satisface F (x∗) = x∗ y

F ′(x) = 1− f ′(x)

f ′(x)+f(x)f ′′(x)

f ′(x)2=f(x)f ′′(x)

f ′(x)2

para todo x ∈ U . Ademas, F ′ es continua y vale F ′(x∗) = 0 dado quef(x∗) = 0. Por ende, existe para cada 0 < L < 1 un δ > 0 tal que elintervalo I := [x∗ − δ, x∗ + δ] sea contenido en U y tal que

|F ′(x)| ≤ L (2.28)

para todo x ∈ I. Dado que

F (x)− F (x∗) =

x∫x∗

F ′(y)dy, x ∈ U

valen|F (x)− F (x∗)| ≤ L|x− x∗| ≤ |x− x∗|, x ∈ I

y|F (x)− F (y)| ≤ L|x− y|, x, y ∈ I

dentro de este intervalo. La primera desigualdad implica que F : I → Imapea el intervalo I sobre si mismo y la segunda implica que F : I → I esuna contraccion. De acuerdo al teorema 3 existe un unico punto fijo x∗ ∈ Ique corresponde al unico cero x = x∗ de la funcion f en el intervalo I.Ademas, vale para cualquier x1 ∈ I,

x∗ = lımk→∞

xk.

Para demostrar la estimacion (2.27) notamos que las hipotesis sobre lafuncion f implican que podemos reemplazar L por

L = M |x− x∗|, x ∈ I,

en la ecuacion (2.28), con alguna constante M > 0 que depende de f y deδ, y entonces vale la estimacion

|xk+1 − x∗| = |F (xk)− F (x∗)| ≤M |xk − x∗|2, k = 1, 2, 3, . . .

Observacion: De la demostracion vemos que podemos generalizar el lemapara el caso donde I es un intervalo cerrado tal que

(i) I contiene x∗,

(ii)

L := supx∈I|F ′(x)| = sup

x∈I

∣∣∣∣f(x)f ′′(x)

f ′(x)2

∣∣∣∣ < 1,

(iii) I es invariante bajo la funcion F definida en (2.26).

En este caso se tiene un criterio para determinar que tan cercano x1 puedeser del cero x∗ sin conocer x∗ explıcitamente.

Ejemplo: Consideramos la funcion f(x) = x2 − 2 que tiene dos ceros nodegenerados en x = ±

√2. Entonces

F (x) = x− f(x)

f ′(x)=x

2+

1

x, x 6= 0,

y

F ′(x) =1

2− 1

x2, x 6= 0.

Si elegimos el intervalo cerrado I = [1,∞), no es difıcil ver que F ([1,∞)) ⊂[1,∞) y que L = 1/2. Ademas,

|F ′(x)| =∣∣∣∣(x−√2)

(1√2x2

+1

2x

)∣∣∣∣ ≤M |x−√2|, x ∈ I,

con M = 1/2 + 1/√

2, y entonces vale la estimacion

|xk+1 −√

2| ≤M |xk −√

2|2, k = 1, 2, 3, . . . .

3. En las aplicaciones anteriores, se uso el teorema del punto fijo en el espaciode Banach (R, | · |) de dimension uno. A continuacion, consideramos unaplicacion en un espacio de Banach de dimension infinita.

Para esto, consideramos el problema de valores iniciales

dx

dt(t) = f(x(t)), −t1 < t < t1, (2.29)

x(0) = x0 ∈ R, (2.30)

con una funcion f : R → R que es Lipschitz-continua, es decir, existeuna constante C > 0 tal que

|f(y)− f(x)| ≤ C|y − x| (2.31)

para todo x, y ∈ R.

Lema 12 Supongamos que f : R→ R satisface la condicion (2.31), y sea0 < t1 < 1/C. Entonces el problema de valores iniciales (2.29,2.30) poseeuna unica solucion x(t) para todo x0 ∈ R, es decir, existe para cada x0 ∈ Runa unica funcion diferenciable x : (−t1, t1)→ R que satisface (2.29,2.30).

Demostracion. Integrando la ecuacion (2.29) de t = 0 a algun |t| ≤ t1,obtenemos la ecuacion implıcita integral

x(t) = x0 +

t∫0

f(x(s))ds, |t| ≤ t1. (2.32)

Esto motiva la definicion del siguiente espacio funcional: Sean I := [−t1, t1]y

X := C(I) := {x : I → R : f continua}.Como consecuencia de la condicion (2.31) la funcion f : R → R es conti-nua, y por ende la funcion F (x) : I → R definida por

F (x)(t) := x0 +

t∫0

f(x(s))ds, |t| ≤ t1

es continua para cada x ∈ C(I), es decir, F (x) ∈ C(I). La idea de la de-mostracion es considerar el mapeo F : C(I)→ C(I), x 7→ F (x) y mostrarque posee un unico punto fijo x∗ en C(I), de tal forma que la funcionx∗ ∈ C(I) satisface la ecuacion integral (2.32). Para aplicar el teorema delpunto fijo de Banach, necesitamos introducir un norma ‖ · ‖ sobre C(I) detal forma que (C(I), ‖ · ‖) sea completo. Para esto introducimos la norma

‖x‖∞ := supt∈I|x(t)|, x ∈ C(I)

sobre C(I). Como demostramos en el Lema 10 el espacio (C(I), ‖ · ‖∞) escompleto.

Ahora podemos demostrar la existencia de soluciones: Para esto notamosprimero que F satisface

F (y)(t)− F (x)(t) =

t∫0

[f(y(s))− f(x(s))] ds

para todo x, y ∈ C(I) y todo |t| ≤ t1, de tal manera que

|F (y)(t)− F (x)(t)| ≤t∫

0

|f(y(s))− f(x(s))| ds

≤ C

t∫0

|y(s)− x(s)|ds

≤ Ct sup0≤s≤t

|y(s)− x(s)|

≤ Ct‖y − x‖∞

para todo 0 ≤ t ≤ t1. De la misma forma, obtenemos para −t1 ≤ t ≤ 0,

|F (y)(t)− F (x)(t)| ≤ C|t|‖y − x‖∞,

y entonces F satisface la desigualdad

‖F (y)− F (x)‖∞ ≤ L‖y − x‖∞, L := Ct1.

para todo x, y ∈ C(I). Dado que 0 < t1 < 1/C, 0 < L < 1 y F esuna contraccion sobre el espacio de Banach (C(I), ‖ · ‖∞). De acuerdo alteorema 3 existe un unico punto fijo x∗ ∈ C(I) de F , es decir, una unicafuncion x∗ ∈ C(I) tal que

x∗(t) = F (x∗(t)) = x0 +

t∫0

f(x∗(s))ds, |t| ≤ t1.

2.5. ESPACIOS DE HILBERT 59

Finalmente, falta mostrar que x∗ satisface el problema de valores inicia-les (2.29,2.30) y que es la unica solucion de dicho problema.

Obviamente, x∗ satisface x∗(0) = x0. Luego, observamos que la continui-dad de x∗ implica que la funcion

t 7→t∫

0

f(x∗(s))ds, |t| < t1,

es continuamente diferenciable y que su derivada es f(x∗(t)). Entonces

x∗(t) = x0 +t∫

0

f(x∗(s))ds tambien debe ser diferenciable, y

dx∗

dt(t) = f(x∗(t)), |t| < t1.

En cuanto a la unicidad, supongamos que x, y : (−t1, t1) → R sean dosfunciones diferenciables que satisfacen (2.29,2.30). Entonces ambas fun-ciones satisfacen tambien la ecuacion (2.32) para |t| < t1, y por lo tantoconstituyen puntos fijos del mapeo F definido sobre el espacio de Banach(C(I ′), ‖ · ‖∞) con I reemplazado por I ′ = [−t2, t2] con 0 < t2 < t1. Por launicidad del punto fijo, concluimos que x(t) = y(t) para todo |t| ≤ t2 < t1.Dado que 0 < t2 < t1 es arbitrario, x = y y la unicidad queda demostrada.

2.5. Espacios de Hilbert

En las dos ultimas secciones de este capıtulo analizamos los espacios de Hil-bert. Estos espacios son espacios de Banach con la peculiaridad que su normaprovenga de un producto escalar. La presencia del producto escalar lleva a pro-piedades nuevas, tales como la descomposicion ortogonal y la identificacion delespacio con su dual, que son muy utiles como vamos a ver en los siguientescapıtulos. Los espacios de Hilbert juegan un papel muy importante en la fısicamatematica, sobre todo en la mecanica cuantica.

Empezamos con la definicion abstracta de un producto escalar. Teniendo enmente las aplicaciones de la mecanica cuantica, introducimos el producto escalardirectamente para un espacio vectorial complejo. La definicion en el caso real esanaloga, reemplazando C por R en la definicion de abajo.

Definicion 8 Sea X un espacio vectorial complejo. Un producto escalar so-bre X es un mapeo (·, ·) : X ×X → C que asigna a cada par (u, v) de vectoresen X un numero complejo (u, v) tal que

(i) (u, u) ≥ 0 y (u, u) = 0 si y solo si u = 0 (positividad),

(ii) (u, v+ λw) = (u, v) + λ(u,w) (linealidad en el segundo argumento),


(iii) (u, v) = (v, u)∗ (simetrıa),

para todo u, v, w ∈ X y todo λ ∈ C, donde ∗ denota el complejo conjugado.

Observaciones:

1. Las propiedades (ii) y (iii) tambien implican la condicion

(ii)∗ (u+ λv,w) = (u,w) + λ∗(v, w)

para todo u, v, w ∈ X y todo λ ∈ C. Entonces el producto escalar (·, ·) eslineal en el segundo argumento y anti-lineal en el primero.3

2. Un producto escalar (·, ·) induce una norma sobre X. Efectivamente, lacondicion (i) permite definir

‖u‖ :=√

(u, u), u ∈ X, (2.33)

y entonces ‖u‖ ≥ 0 para todo u ∈ X y ‖u‖ = 0 si y solo si u = 0. Ademas,las condiciones (ii) y (ii)∗ implican que

‖λu‖ =√

(λu, λu) =√λ∗λ(u, u) = |λ| · ‖u‖

para todo λ ∈ C y todo u ∈ X. Pronto vamos a ver que ‖ · ‖ tambiensatisface la desigualdad del triangulo, y por lo tanto define una normasobre X.

Los tres ejemplos clasicos que vamos a encontrar en este curso son los si-guientes:

1. X = Cn con el producto

(u, v) :=

n∑j=1

u∗jvj , u = (u1, u2, . . . , un), v = (v1, v2, . . . , vn) ∈ Cn.

Es facil verificar que (·, ·) define un producto escalar sobre Cn con normainducida

‖u‖ =

√√√√ n∑j=1

|uj |2 = ‖u‖2, u = (u1, u2, . . . , un) ∈ Cn.

2. De manera analoga podemos introducir el producto

(u, v) :=

∞∑j=1

u∗jvj , u = (u1, u2, u3, . . .), v = (v1, v2, v3, . . .) ∈ `2

3A veces se adopta la convencion opuesta, donde el producto escalar el lineal en el primero,y anti-lineal en el segundo argumento.


sobre el espacio X = `2 definido en (2.6). Como vamos a mostrar ahora,este producto esta bien definido, en el sentido que el lımite de la sucesion

SN :=

N∑j=1

u∗jvj , N = 1, 2, 3, . . .

existe en C. Dado que (C, | · |) es completo, es suficiente mostrar que (SN )es una sucesion de Cauchy en este espacio normado. Usando la desigualdadde Holder con p = q = 2 (ver la ecuacion (2.2)) tenemos

|SM − SN | =

∣∣∣∣∣∣M∑

j=N+1

u∗jvj

∣∣∣∣∣∣ ≤M∑

j=N+1

|uj ||vj |

≤

M∑j=N+1

|uj |21/2 M∑

j=N+1

|vj |21/2

para todo M > N . Dado que u, v ∈ `2, la parte derecha converge a ceropara M > N → ∞, y entonces efectivamente, (SN ) es una sucesion deCauchy en (C, | · |) y por lo tanto converge.

No es difıcil verificar que (·, ·) cumpla con todas las condiciones de unproducto escalar. La norma inducida es

‖u‖ =

√√√√ ∞∑j=1

|uj |2 = ‖u‖2, u = (u1, u2, u3, . . .) ∈ `2,

y corresponde precisamente a la norma (2.7) con p = 2.

3. Finalmente, consideramos un intervalo compacto [a, b] y el espacio X =C([a, b]) de las funciones continuas sobre [a, b], con el producto

(f, g) :=

b∫a

f(x)∗g(x)dx, f, g ∈ C([a, b]).

Entonces (·, ·) define un producto escalar sobre C([a, b]) con norma indu-cida

‖f‖ =

√√√√√ b∫a

|f(x)|2dx = ‖f‖2, f ∈ C([a, b]).

El producto escalar permite definir definir la ortogonalidad entre vectores:

Definicion 9 Sea X un espacio vectorial complejo con producto escalar (·, ·).


(i) Dos vectores u1, u2 ∈ X se llaman ortogonales (u1 ⊥ u2) si

(u1, u2) = 0.

(ii) Un conjunto de vectores {e1, e2, . . . , en} en X se llama conjunto orto-normal si vale

(ej , ek) = δjk :=

{1, j = k0, j 6= k

.

Entonces tenemos los siguientes resultados bien conocidos de la geometrıaEuclideana:

Lema 13 (Pitagoras) Sea X un espacio vectorial complejo con producto es-calar (·, ·). Entonces valen las siguientes afirmaciones:

(i) Sean u1, u2 ∈ X dos vectores ortogonales. Entonces vale

‖u1 + u2‖2 = ‖u1‖2 + ‖u2‖2. (2.34)

(ii) Sea {e1, e2, . . . , en} un conjunto ortonormal en X, entonces vale

‖u‖2 =

n∑j=1

|(ej , u)|2 +

∥∥∥∥∥∥u−n∑j=1

(ej , u)ej

∥∥∥∥∥∥2

(2.35)

para todo u ∈ X.

Demostracion. Para demostrar el inciso (i) notamos que las propiedades (ii),(ii)∗ y (iii) del producto escalar implican que

‖u1 + u2‖2 = (u1 + u2, u1 + u2) = ‖u1‖2 + ‖u2‖2 + 2Re(u1, u2)

para todo u1, u2 ∈ X. El ultimo termino a la derecha es cero si u1 ⊥ u2.En cuanto al inciso (ii) definimos

u1 :=

n∑j=1

(ej , u)ej , u2 := u− u1

y demostramos que u1 ⊥ u2. Para esto, usamos la linealidad del producto escalaren el segundo argumento y notamos primero que

(ek, u2) =

ek, u− n∑j=1

(ej , u)ej

= (ek, u)−n∑j=1

(ej , u)(ek, ej) = 0,

para k = 1, 2, . . . , n, y por lo tanto,

(u2, u1) =

u2,

n∑j=1

(ej , u)ej

=

n∑j=1

(ej , u)(u2, ej) = 0.


Ademas, dado que e1, e2, . . . , en son mutuamente ortogonales y que

‖ej‖2 = (ej , ej) = 1, j = 1, 2, . . . , n,

el resultado del inciso (i) implica que

‖u1‖2 =

n∑j=1

|(ej , u)|2,

y usando nuevamente el resultado del inciso (i) concluimos que

‖u‖2 = ‖u1‖2 + ‖u2‖2 =

n∑j=1

|(ej , u)|2 +

∥∥∥∥∥∥u−n∑j=1

(ej , u)ej

∥∥∥∥∥∥2

.

Para otras identidades basicas y aplicaciones, ver los ejercicios 21 y 22. Comoconsecuencia del lema anterior tenemos los siguientes resultados:

Lema 14 Sea X un espacio vectorial complejo con producto escalar (·, ·). En-tonces valen las siguientes desigualdades:

(i)n∑j=1

|(ej , u)|2 ≤ ‖u‖2 (desigualdad de Bessel) (2.36)

para todo u ∈ X y todo conjunto ortonormal {e1, e2, . . . , en} en X.

(ii)|(u, v)| ≤ ‖u‖ · ‖v‖ (desigualdad de Cauchy-Schwarz) (2.37)

para todo u, v ∈ X.

(iii)‖u+ v‖ ≤ ‖u‖+ ‖v‖ (desigualdad del triangulo) (2.38)


Demostracion. El inciso (i) es una consecuencia directa de la identidad (2.35).Para demostrar el inciso (ii) podemos asumir que v 6= 0 (sino la afirmacion estrivial). Esto nos permite definir

e :=v

‖v‖

de tal forma que (e, e) = (v, v)/‖v‖2 = 1, y entonces {e} es un conjunto orto-normal en X. Como consecuencia de la desigualdad de Bessel tenemos,

|(u, v)| = |(u, ‖v‖e)| = ‖v‖|(e, u)| ≤ ‖v‖ · ‖u‖


para todo u ∈ X, lo que demuestra la desigualdad de Cauchy-Schwarz. El inciso(iii) se demuestra en el ejercicio 23.

Finalmente, damos la definicion de un espacio de Hilbert y vemos un par deejemplos:

Definicion 10 Sea X un espacio vectorial complejo con producto escalar (·, ·)y norma inducida ‖ · ‖. Si (X, ‖ · ‖) es completo, entonces (X, (·, ·)) se llamaespacio de Hilbert. En otras palabras, un espacio de Hilbert es un espacio deBanach para el cual la norma proviene de un producto escalar.

Retomamos los ejemplos 1-3 que discutimos en la pagina 60:

1. X = Cn con el producto escalar

(u, v) =

n∑j=1

u∗jvj , u = (u1, u2, . . . , un), v = (v1, v2, . . . , vn) ∈ Cn

y la norma inducida Euclideana ‖ · ‖2.

Dado que (Cn, ‖ · ‖2) es completo (ver el Lema 8), (Cn, (·, ·)) es un espaciode Hilbert.

2. De forma mas general, y de acuerdo al teorema 2, cada espacio vectorialcomplejo de dimension finita con producto escalar es un espacio deHilbert.

3. El espacio `2 con el producto escalar

(u, v) =

∞∑j=1

u∗jvj , u = (u1, u2, u3, . . .), v = (v1, v2, v3, . . .) ∈ `2

y la norma inducida ‖ · ‖2 es un espacio de Hilbert, dado que el espacio(`2, ‖ · ‖2) es completo (ver el Lema 9).

Notamos que los espacios (`p, ‖·‖p) con 1 ≤ p ≤ ∞ tambien son completos.Sin embargo, la norma ‖ · ‖p solamente proviene de un producto escalar sip = 2, ver ejercicio 21.

4. En cambio, el espacio X = C([a, b]) con el producto escalar

(f, g) =

b∫a

f(x)∗g(x)dx, f, g ∈ C([a, b]).

y la norma inducida ‖ · ‖2 no forma un espacio de Hilbert, dado que(C[a, b], ‖ · ‖2) es incompleto (ver el Lema 10). Para obtener un espaciode Hilbert se debe completar el espacio reemplazando X por el espacioL2([a, b]) de las funciones que son cuadraticamente Lebesgue-integrablessobre [a, b].

2.6. LA DESCOMPOSICION ORTOGONAL 65

2.6. La descomposicion ortogonal

En esta seccion analizamos la siguiente pregunta: Dado un espacio de Hilbert(X, (·, ·)) y un subespacio Y ⊂ X, ¿es posible descomponer cualquier vectoru ∈ X de la forma

u = u1 + u2

con u1 ∈ Y y u2 ⊥ u1? Como vamos a ver, la respuesta es afirmativa siemprey cuando Y es completo (en particular, recordamos que Y es automaticamentecompleto si su dimension es finita). Esta pregunta sencilla tiene aplicacionesimportantes en la teorıa de aproximacion de funciones (incluso las series deFourier que vamos a ver en el siguiente capıtulo), donde se proyecta la funcionsobre un subespacio de dimension finita.

Definicion 11 Sea (X, (·, ·)) un espacio de Hilbert, y sea M ⊂ X un subcon-junto de X. Definimos el complemento ortogonal de M en (X, (·, ·)) comoel conjunto

M⊥ := {v ∈ X : v ⊥ u para todo u ∈M}.

Las propiedades basicas del complemento ortogonal son las siguientes:

Lema 15 Sea (X, (·, ·)) un espacio de Hilbert, y sea M ⊂ X un subconjunto deX. Entonces valen las siguientes propiedades:

(i) M⊥ es un subespacio cerrado en X,

(ii) M ⊂ N implica M⊥ ⊃ N⊥,

(iii) M ⊂M⊥⊥,

(iv) M⊥ = 〈M〉⊥ = 〈M〉⊥

, donde 〈M〉 denota el espacio lineal generado porM , es decir, el subespacio

〈M〉 := {u =

n∑j=1

ajej : aj ∈ C, ej ∈M}

de todas las combinaciones lineales finitas de elementos en M .

Demostracion. Para el inciso (i) mostramos primero que M⊥ es un espaciolineal. Obviamente, 0 ∈M⊥ porque el vector cero es ortogonal a cualquier otrovector. Ademas, si v1, v2 ∈ M⊥ y si λ ∈ C, entonces la linealidad del productoescalar en el segundo argumento implica que

(u, v1 + λv2) = (u, v1) + λ(u, v2) = 0

para todo u ∈ M , y por lo tanto v1 + λv2 ∈ M⊥. Luego, para demostrar queM⊥ es cerrado en X tomamos una sucesion (vk) en M⊥ que converge en X:

vk → v en (X, ‖ · ‖),


donde ‖ · ‖ denota la norma inducida por el producto escalar (·, ·). Tenemos quemostrar que v ∈M⊥. Para esto observamos la desigualdad

|(u, v)− (u,w)| = |(u, v − w)| ≤ ‖u‖ · ‖v − w‖ (2.39)

que vale para cualquier u, v, w ∈ X y que es una consecuencia de la desigualdadde Cauchy-Schwarz. La desigualdad (2.39) implica que el producto escalar escontinuo en el segundo argumento. Por lo tanto,

(u, v) =

(u, lımk→∞

vk

)= lımk→∞

(u, vk) = 0

para todo u ∈M , y entonces v ∈M⊥.La demostracion de los incisos (ii) y (iii) se deja para el ejercicio 24.Finalmente, para demostrar el inciso (iv) notamos que

M ⊂ 〈M〉 ⊂ 〈M〉

y el resultado del inciso (ii) implican que

M⊥ ⊃ 〈M〉⊥ ⊃ 〈M〉⊥.

Entonces para concluir la demostracion es suficiente mostrar que M⊥ ⊂ 〈M〉⊥

:Sea v ∈M⊥, es decir (v, u) = 0 para todo u ∈M . Por la linealidad del productoescalar en el segundo argumento esto implica tambien que (v, u) = 0 para todou ∈ 〈M〉. Luego, si u ∈ 〈M〉, entonces existe una sucesion (uk) en 〈M〉 tal que

uk → u en (X, ‖ · ‖),

y por la continuidad del producto escalar en su segundo argumento esto implicaque

(v, u) =

(v, lımk→∞

uk

)= lımk→∞

(v, uk) = 0,

lo que implica que v ⊥ u. Dado que esto vale para todo u ∈ 〈M〉 concluimos

que v ∈ 〈M〉⊥

, y el lema queda demostrado.

Ahora llegamos al resultado central de esta seccion. Para esto necesitamosprimero la siguiente definicion:

Definicion 12 Sea (X, ‖·‖) un espacio normado, y sea M ⊂ X un subconjuntono vacıo de X. Sea u ∈ X, entonces definimos la distancia entre u y M como

d(u,M) := ınfv∈M‖u− v‖.

Teorema 4 (proyeccion ortogonal) Sea (X, (·, ·)) un espacio de Hilbert ysea Y = Y ⊂ X un subespacio cerrado de X. Entonces existe para cada vectoru ∈ X un unico vector v∗ ∈ Y tal que

‖u− v∗‖ = d(u, Y ).


Ademas, u− v∗ ∈ Y ⊥.El vector v∗ ∈ Y se llama la proyeccion ortogonal de u sobre Y y

se caracteriza por ser el unico vector que minimiza la distancia entre u y elsubespacio cerrado Y .

Demostracion. La demostracion se hace en tres pasos:

1. Existencia: Sea d = d(u, Y ) = ınfv∈Y‖u− v‖. Por la definicion del infimum

existe una sucesion (vk) en Y tal que

lımk→∞

‖u− vk‖ = d.

Afirmamos ahora que (vk) es una sucesion de Cauchy en (X, ‖ · ‖). Paraesto, usamos la regla del paralelogramo, ver el ejercicio 21, para obtener

‖vk − vj‖2 = ‖(vk − u)− (vj − u)‖2

= 2‖vk − u‖2 + 2‖vj − u‖2 − ‖(vk − u) + (vj − u)‖2

= 2‖vk − u‖2 + 2‖vj − u‖2 − 4

∥∥∥∥vk + vj2

− u∥∥∥∥2

≤ 2‖vk − u‖2 + 2‖vj − u‖2 − 4d2, (2.40)

donde usamos el hecho de que (vk + vj)/2 ∈ Y y la definicion de d enel ultimo paso. Dado que ‖vk − u‖ → d y ‖vj − u‖ → d concluimos queel lado derecho converge a cero cuando k, j → ∞. Por lo tanto, (vk) esuna sucesion de Cauchy en el espacio de Banach (X, ‖ · ‖). Gracias a sucompletez existe

v∗ = lımk→∞

en (X, ‖ · ‖),

y dado que Y = Y es cerrado, v∗ ∈ Y . Por construccion v∗ satisface

‖u− v∗‖ = ‖u− lımk→∞

vk‖ = lımk→∞

‖u− vk‖ = d.

2. Unicidad: Sean v1, v2 ∈ Y tales que ‖u− v1‖ = ‖u− v2‖ = d. Usando ladesigualdad (2.40) encontramos que

‖v2 − v1‖ ≤ 2‖v2 − u‖2 + 2‖v1 − u‖2 − 4d2 = 0,

y por ende v1 = v2.

3. Ortogonalidad: Sea v1 ∈ Y tal que ‖u− v1‖ = d. Vamos a mostrar queu − v1 debe ser ortogonal a Y . Para esto, tomamos v ∈ Y y λ ∈ C, ynotamos que la definicion de d y el hecho de que v1 − λv ∈ Y implican

d2 ≤ ‖u− v1 − λv‖2 = ‖u− v1‖2 + |λ|2‖v‖2 − 2Re(u− v1, λv)

= d2 + |λ|2‖v‖2 − 2Re(u− v1, λv),


y por lo tanto vale2Re(u− v1, λv) ≤ |λ|2‖v‖2

para todo λ ∈ C y todo v ∈ Y . Reemplazando λ por −λ tambien obtene-mos

−2Re(u− v1, λv) ≤ |λ|2‖v‖2,

y entonces2|Re(u− v1, λv)| ≤ |λ|2‖v‖2

para todo λ ∈ C y todo v ∈ Y . En particular, si elegimos λ > 0 real ypositivo, esto implica que

2|Re(u− v1, v)| ≤ |λ|‖v‖2 → 0

cuando λ → 0, y por lo tanto, Re(u − v1, v) = 0. De manera similar,si elegimos λ = iµ con µ > 0 y tomamos el lımite µ → 0 obtenemosIm(u − v1, v) = 0. Concluimos que (u − v1, v) = 0 para todo v ∈ Y yentonces u− v1 ∈ Y ⊥.

Como consecuencia importante del teorema anterior tenemos:

Teorema 5 (Descomposicion ortogonal) Sea (X, (·, ·)) un espacio de Hil-bert y sea Y = Y ⊂ X un subespacio cerrado de X. Entonces cada vectoru ∈ X posee una unica descomposicion

u = u1 + u2, u1 ∈ Y, u2 ∈ Y ⊥.

En otras palabras, el espacio X se puede escribir como una suma directa,

X = Y ⊕ Y ⊥.

Demostracion. Para demostrar la existencia de la descomposicion, definimosu1 como la proyeccion ortogonal de u sobre el subespacio cerrado Y , e intro-ducimos u2 := u − u1. De acuerdo al teorema anterior, u1 ∈ Y , u2 ∈ Y ⊥ yu1 + u2 = u.

Para la unicidad, asumimos que existan otros dos vectores v1 ∈ Y y v2 ∈ Y ⊥tales que v1 + v2 = u. Entonces usando Pitagoras encontramos que

0 = ‖u1 + u2 − (v1 + v2‖2 = ‖(u1 − v1) + (u2 − v2)‖2

= ‖u1 − v1‖2 + ‖u2 − v2‖2,

lo que implica que u1 = v1 y que u2 = v2.

Un caso particular se da cuando Y ⊂ X es un subespacio de dimension finita.En este caso Y = Y es automaticamente cerrado (ver el ejercicio 18) y podemosrepresentar la proyeccion ortogonal de cualquier vector u ∈ X explıcitamente atraves de una base ortonormal.

Teorema 6 (proyeccion ortogonal sobre subespacios de dimension finita)Sea X un espacio vectorial complejo con producto escalar (·, ·), y sea Y ⊂ X unsubespacio de dimension finita n <∞. Sea {e1, e2, . . . , en} una base ortonormalde Y . Entonces la proyeccion ortogonal de u ∈ X sobre Y se puede representarde la forma

v∗ =

n∑j=1

(ej , u)ej . (2.41)

Demostracion. Por la demostracion del Lema 13(ii) sabemos que u − v∗ esortogonal a todos los vectores e1, e2, . . . , en, y por lo tanto es ortogonal al espacioY . Usando el Pitagoras esto implica que

‖u− v‖2 = ‖(u− v∗)− (v − v∗)‖2 = ‖u− v∗‖2 + ‖v − v∗‖2

para todo v ∈ Y . Consequentemente,

d(u, Y ) = ınfv∈Y‖u− v‖ = ‖u− v∗‖,

y el ınfimo se da precisamente cuando v = v∗.

Observaciones:

1. Notamos que la demostracion del teorema anterior es independiente ymas sencilla que la demostracion del teorema 4, y ademas no requiere lacompletez de X. En cambio, se basa en el hecho de que la dimension deY sea finita, mientras que el teorema 4 permite que Y tenga dimensioninfinita.

2. Para construir la proyeccion ortogonal de u mediante la formula (2.41)se requiere tener una base ortonormal {e1, e2, . . . , en} de Y . Partiendo deuna base arbitraria (no necesariamente ortonormal) {u1, u2, . . . , un} de Y ,siempre es posible construir una base ortonormal mediante el metodo deGram-Schmidt: Empezamos con el vector u1 que es diferente de cero(de otra manera no podrıa ser miembro de una base de Y ) y definimos

w1 := u1, e1 :=w1

‖w1‖.

Luego, consideramos la proyeccion ortogonal de u2 sobre el subespaciounidimensional Y1 := 〈e1〉, y definimos

w2 := u2 − (e1, u2)e1, e2 :=w2

‖w2‖.

Por construccion, w2 es ortogonal al espacio Y1 y debe ser diferente decero, de otra forma u2 serıa proporcional a u1 y u1, u2 no podrıan serlinealmente independientes. Por definicion, e2 tambien es ortogonal a Y1


y ‖e2‖ = 1. Luego, consideramos la proyeccion ortogonal de u3 sobre elespacio Y2 = 〈e1, e2〉 y definimos

w3 := u3 − (e1, u3)e1 − (e2, u3)e2, e3 :=w3

‖w3‖.

Entonces de acuerdo al teorema anterior, w3 ∈ Y ⊥2 y no puede ser cero,de otra forma los vectores u1, u2, u3 no podrıan ser linealmente indepen-dientes. Seguimos de esta forma definiendo sucesivamente

wk := uk −k−1∑j=1

(ej , uk)ej , ek :=wk‖wk‖

, k = 1, 2, . . . , n.

De esta forma obtenemos una base ortonormal {e1, e2, . . . , en} de Y conla propiedad que

〈e1, e2, . . . , ek〉 = 〈u1, u2, . . . , uk〉

para todo k = 1, 2, . . . , n.

Ejemplo: Consideramos el espacio C([−1, 1]) de las funciones continuas sobreel intervalo [−1, 1] con el producto escalar

(f, g) :=

1∫−1

f(x)∗g(x)dx, f, g ∈ C([−1, 1]).

Sea YN ⊂ X el subespacio que consiste de todos los polinomios del orden menoro igual a N . Una base de este espacio consiste de los polinomios particulares

u0(x) := 1, u1(x) := x, u2(x) := x2, . . . , uN (x) := xN . (2.42)

Efectivamente, cualquier polinomio de grado N puede ser representado comouna combinacion lineal de estos elementos:

N∑j=0

ajxj =

N∑j=0

ajuj(x).

Ademas,N∑j=0

ajxj = 0,

para todo −1 ≤ x ≤ 1 implica forzosamente que a0 = a1 = . . . = aN = 0,y entonces los elementos u0, u1, . . . , uN son linealmente independientes en elespacio YN .

Ahora aplicamos el algoritmo de Gram-Schmidt a (2.42) para construir unabase ortonormal de (C([−1, 1], (·, ·)): Primero notamos que w0 = u0 = 1 y que

‖1‖ =√

(1, 1) =

√√√√√ 1∫−1

dx =√

2,


de tal manera que

e0(x) :=1√2.

Luego, calculamos

(e0, x) =1√2

1∫−1

xdx = 0,

y entonces w1 = u1 = x y

‖w1‖ =

√√√√√ 1∫−1

x2dx =

√2

3, e1 =

√3

2x.

Seguimos calculando

(e0, x2) =

1√2

1∫−1

x2dx =1√2

2

3, (e1, x

2) =

√3

2

1∫−1

x3dx = 0,

de tal manera que

w2 = u2 − (e0, u2)e0 − (e1, u2)e1 = x2 − 1

3,

y luego

(w2, w2) =

1∫−1

(x2 − 1

3

)2

dx =

1∫−1

(x4 − 2

3x2 +

1

9

)dx =

8

45

de tal forma que

e2 =

√45

8

(x2 − 1

3

)=

√5

8(3x2 − 1),

y podemos seguir de esta forma para encontrar e3, e4, . . .. Como vamos a ver masadelante, las funciones e0, e1, e2, . . . que se obtienen de esta manera son (hastaun factor de normalizacion) los polinomios de Legendre. Para una manera maseficientes de calcular las funciones w0, w1, w2, w3, . . . ver el ejercicio 26.

En el ejercicio 25 se calcula la proyeccion ortogonal de la funcion

f(x) := cos(π

2x), −1 ≤ x ≤ 1,

sobre el espacio 〈e0, e1, e2〉 generado por e0, e1, e2.


2.7. Ejercicios

Ejercicio 13 (3 puntos) Definimos para cada numero complejo z = x+ iy ∈C, x, y ∈ R, su magnitud

|z| :=√z∗z =

√x2 + y2,

donde z∗ = x− iy denota el complejo conjugado de z.

(a) Verifique que | · | : C→ R defina una norma sobre C.

(b) Muestre que|z1 · z2| = |z1| · |z2|

para todo z1, z2 ∈ C.

Ejercicio 14 (6 puntos) Introducimos las siguientes normas sobre Cn:

‖u‖p :=

n∑j=1

|uj |p1/p

, p ≥ 1, (2.43)

‖u‖∞ := maxj=1,2,...,n

|uj |, (2.44)

para u = (u1, u2, . . . , un) ∈ Cn.

(a) Verifique que ‖ · ‖∞ satisface los axiomas (i),(ii) y (iii) de la definicion 1de la norma.

(b) Calcule la p-norma del vector particular u = (1, 1, . . . , 1) para 1 ≤ p ≤ ∞.

(c) Demuestre la siguiente desigualdad:

‖u‖∞ ≤ ‖u‖p ≤ n1/p‖u‖∞, p ≥ 1,

para todo u ∈ Cn.

(d) Deduce quelımp→∞

‖u‖p = ‖u‖∞

para todo u ∈ Cn.

(e) Sea u(k) = (u(k)1 , u

(k)2 , . . . , u

(k)n ), k = 1, 2, 3, . . ., una sucesion en Cn. Mues-

tre que u(k) converge a un vector u = (u1, u2, . . . , un) con respecto a la

norma ‖ · ‖∞ si y solo si cada componente u(k)j → uj converge en (C, | · |).

Ejercicio 15 (8 puntos) En este ejercicio vamos a analizar algunas pro-piedades basicas de los espacios normados (`p, ‖ · ‖p), 1 ≤ p ≤ ∞, definidosen (2.6,2.7,2.9,2.10).

2.7. EJERCICIOS 73

(a) Demuestre el Lema 5.

(b) Encuentre una sucesion u = (u1, u2, u3, . . .) tal que u ∈ `∞ pero u /∈ `2.

(c) Encuentre una sucesion u = (u1, u2, u3, . . .) tal que u ∈ `2 pero u /∈ `1.

(d) Demuestre que para cualquier p ≥ 1 vale `p ⊂ `∞ y

‖u‖∞ ≤ ‖u‖p

para todo u ∈ `p.

(e) Demuestre que para cualquier p ≤ q vale `p ⊂ `q y

‖u‖q ≤ ‖u‖p

para todo u ∈ `p.

(f) Encuentre una sucesion (u(k)) en `1 que converge en `2 pero no en `1.

(g) ¿Es posible encontrar una sucesion en `1 que converge en `1 pero no en`2?

Ejercicio 16 (9 puntos) Consideramos el espacio

X :=

f : R→ C : f continua y

∞∫−∞

|f(x)|2dx <∞

.

con la norma

‖f‖2 :=

∞∫−∞

|f(x)|2dx

1/2

, f ∈ X.

(a) Demuestre que (X, ‖ · ‖2) es un espacio normado.

(b) Consideramos la sucesion de funciones

fk(x) := e−k2 x

2

, x ∈ R,

para k = 1, 2, 3, . . . en X. ¿Converge (fk) en (X, ‖ · ‖2)? En el caso afir-mativo, ¿cual es el lımite de (fk)?

(c) Ahora consideramos la otra sucesion

gk(x) :=

1, |x| ≤ 1,1− k(|x| − 1), 1 < |x| ≤ 1 + 1

k ,0, |x| > 1 + 1

k .

Haga una grafica de las funciones gk y demuestre que forman una sucesionde Cauchy en (X, ‖ · ‖2).

(d) Demuestre que (gk) no converge en (X, ‖ · ‖2).

(e) ¿Es (X, ‖ · ‖2) completo?

Ejercicio 17 (4 puntos) Complete la demostracion del Lema 9 para el casop =∞.

Ejercicio 18 (7 puntos)

(a) Calcule la cerradura del intervalo (0, 1] en (R, | · |).

(b) Calcule la cerradura del subconjunto

A := {u = (u1, u2, . . .) : uj ∈ C y uj 6= 0 solamente para un numero finito de j’s}

en (`2, ‖ · ‖2).

(c) Lo mismo que el inciso anterior, pero en (`∞, ‖ · ‖∞).

(d) Consideramos el espacio normado (X, ‖ · ‖2) del ejercicio 16 con el sub-conjunto

Y := {f : R→ C : f continua y existe R > 0 tal que f(x) = 0 para todo |x| ≥ R}.

Calcule la cerradura Y de Y en (X, ‖ · ‖2).

Ejercicio 19 (4 puntos) Sea (X, ‖ · ‖) un espacio normado, y sea A ⊂ X unsubespacio de X. Demuestre las siguientes afirmaciones:

(a) Si dimA <∞ es de dimension finita, entonces A = A es automaticamentecerrado.

(b) Si (X, ‖ · ‖) es completo, entonces (A, ‖ · ‖) tambien es completo.

Ejercicio 20 (6 puntos) Consideramos la funcion f : [0,∞)→ [0,∞) definidapor

f(x) :=2x+ 1

2x+ 2, x ≥ 0.

(a) Muestre que f define una contraccion en el espacio de Banach (R, | · |).

(b) Calcule el punto fijo x∗ de f .

(c) Empezando con los valores iniciales x0 = 0, x0 = 1 y x0 = 100, calculenumericamente los primeros ocho terminos de la sucesion

x0, x1 = f(x0), x2 = f(x1), x3 = f(x2), . . .

y compare el error con la estimacion

|xk − x∗| ≤Lk

1− L|x1 − x0|, k = 1, 2, 3, . . .

del teorema 3.

2.7. EJERCICIOS 75

(d) Ahora consideramos la nueva funcion g : [1,∞)→ [1,∞) definida por

g(x) = x+1

x, x ≥ 1.

¿Es g una contraccion en (R, | · |)?

Ejercicio 21 (7 puntos) Sea X un espacio vectorial complejo con productoescalar (·, ·) y norma inducida ‖ · ‖. Demuestre:

(a)

‖u+v‖2 +‖u−v‖2 = 2‖u‖2 +2‖v‖2 (regla del paralelogramo) (2.45)


(b)

(u, v) =1

4

3∑k=0

1

ik‖u+ ikv‖2 (identidad de polarizacion) (2.46)


(c) Las p-normas que definimos en (2.1,2.7,2.11) solamente provienen de unproducto escalar si p = 2.

Ejercicio 22 (10 puntos) Sea (X, ‖ · ‖) un espacio normado. Demuestre quela norma ‖ · ‖ proviene de un producto escalar (·, ·) sobre X si y solo se satisfacela regla del paralelogramo (2.45).

Ejercicio 23 (2 puntos) Demuestre el inciso (iii) del Lema 14.

Ejercicio 24 (4 puntos) Demuestre los incisos (ii) y (iii) del Lema 15.

Ejercicio 25 (4 puntos) Sea C([−1, 1]) el espacio vectorial de las funcionescontinuas sobre el intervalo [−1, 1] con el producto escalar

(f, g) :=

1∫−1

f(x)∗g(x)dx, f, g ∈ C([−1, 1]).

(a) Calcule la proyeccion ortogonal h de la funcion

f(x) := cos(π

2x), −1 ≤ x ≤ 1

sobre el subespacio de los polinomios de grado menor o igual a dos.


(b) Compare h con la expansion de Taylor de la funcion f de segundo ordenen el punto x = 0.

Ejercicio 26 (8 puntos) Sea C([a, b]) el espacio vectorial de las funcionescontinuas sobre el intervalo [a, b] y sea ω : (a, b) → R una funcion continua,estrictamente positiva e integrable sobre (a, b). Introducimos el producto escalar

(f, g)ω :=

b∫a

f(x)∗g(x)ω(x)dx, f, g ∈ C([a, b]).

(a) Aplicamos el metodo de Gram-Schmidt para construir una base ortonor-mal de polinomios, partiendo de los polinomios 1, x, x2, x3, . . .. Demuestreque los vectores wk introducidos en la pagina 69 obedecen la siguienterelacion de recurrencia:

wk+1 = (x− βk)wk − γkwk−1, k = 1, 2, 3, . . . , (2.47)

con w0(x) := 1, w1(x) := x−β0 y donde los coeficientes βk y γk son dadospor

βk :=(wk, xwk)ω(wk, wk)ω

, γk :=(wk, wk)ω

(wk−1, wk−1)ω.

(b) Calcule los primeros cinco terminos de la recurrencia (2.47) para el caso[a, b] = [−1, 1] y ω = 1.

(c) Calcule los primeros cinco terminos de la recurrencia (2.47) para el caso[a, b] = [−1, 1] y ω(x) = (1− x2)−1/2.

Ayuda para (a): xwk es un polinomio de grado k + 1, entonces puede serexpandido en terminos de los polinomios w0, w1, . . . , wk+1. Calcular los coefi-cientes de esta expansion.

Ayuda para (b) y (c): Dado que el intervalo [−1, 1] y la funcion de peso ω(x)son simetricos bajo la transformacion x 7→ −x se puede concluir facilmente quelos polinomios wk(x) son pares si k es par e impares de otra forma. Esto implicaque βk = 0 para todo k y la relacion (2.47) se simplifica.

Capıtulo 3

Series de Fourier

En este capıtulo consideramos funciones que son continuas y periodicas, ydemostramos que pueden ser escritas como una superposicion de funciones tri-gonometricas, su serie de Fourier. Como vamos a ver, la serie de Fourier deuna funcion dada f puede ser obtenida de forma muy natural al considerar laproyeccion ortogonal de f sobre subespacios particulares de dimension finita.Analizaremos en detalle las condiciones sobre f para que su serie de Fourierconverja en varios sentidos (convergencia puntual, convergencia uniforme y con-vergencia en L2) y veremos varios ejemplos.

En la fısica, las series de Fourier toman un papel importante en la teorıade difraccion de cuerpos solidos, y luego tambien motivan la transformada deFourier que analizaremos en el siguiente capıtulo y que resulta ser una herra-mienta importante para la resolucion de ecuaciones diferenciales con derivadasparciales con coeficientes constantes.

3.1. Definicion de la serie de Fourier y preguntas

Sea L > 0 y sea

X := {f : R→ C : f continua y f(x+ L) = f(x) para todo x ∈ R}

el espacio de las funciones continuas y L-periodicas sobre R. Entonces X es unespacio vectorial complejo sobre el cual introducimos el producto escalar

(f, g) :=

L∫0

f(x)∗g(x)dx, f, g ∈ X. (3.1)

El espacio (X, (·, ·)) no es completo, pero si hay necesidad lo podemos completaral reemplazar X por el espacio L2([0, L]) de las funciones que son cuadratica-mente Lebesgue-integrables sobre [0, L].

77

78 CAPITULO 3. SERIES DE FOURIER

Para lo que sigue, consideramos las siguientes funciones particulares en X:

φj(x) :=1√Le

2πijxL , x ∈ R, j ∈ Z. (3.2)

Lema 16 Las funciones φj, j ∈ Z, definidas en (3.2) forman un conjunto or-tonormal en X, es decir, vale

(φj , φk) = δjk =

{1, j = k0, j 6= k

.

Demostracion. Tomando en cuenta la definicion del producto escalar (3.1)encontramos

(φj , φk) =1

L

L∫0

e2πi(k−j) xL dx.

Entonces si k = j obtenemos

(φj , φj) =1

L

L∫0

1dx = 1,

mientras que si k 6= j encontramos que

(φj , φk) =e2πi(k−j) xL

2πi(k − j)

∣∣∣∣Lx=0

=e2πi(k−j) − 1

2πi(k − j)= 0,

dado que k − j es entero.

A continuacion, consideramos los siguientes subespacios de X:

YN := 〈{φ−N , φ−N+1, . . . , φN}〉

que son generados por las funciones particulares φ−N , φ−N+1, . . . , φN ∈ X. Co-mo consecuencia del lema anterior, estas funciones forman una base ortonormalde YN y por ende dimYN = 2N + 1.

Sea f ∈ X, entonces la proyeccion ortogonal de f sobre YN es dada por (verel teorema 6)

SNf :=

N∑j=−N

(φj , f)φj ,

es decir

SNf(x) =

N∑j=−N

fje2πijxL , x ∈ R, (3.3)

donde definimos los coeficientes de Fourier como

fj :=1√L

(φj , f) =1

L

L∫0

e−2πijxL f(x)dx, j ∈ Z. (3.4)

3.2. DECAIMIENTO DE LOS COEFICIENTES DE FOURIER 79

Por definicion, SNf es la funcion que minimiza la distancia (con respecto a lanorma inducida por el producto escalar (3.1)) entre f y el subespacio YN , esdecir, SNf es la unica funcion en YN tal que

‖f − SNf‖ ≤ ‖f − g‖, (3.5)

para todo g ∈ YN .Enseguida surgen las siguientes preguntas:

(a) ¿Como se comportan los coeficientes de Fourier fj para j → ±∞?

(b) ¿Converge la serie de Fourier

∞∑j=−∞

fje2πijxL = lım

N→∞SNf(x)

y en que sentido (con respecto a que norma) lo hace?

(c) ¿La serie de Fourier converge a la funcion f , o sea, vale

lımN→∞

SNf = f

y en que sentido?

(d) ¿Que pasa para funciones que no son periodicas?

A continuacion vamos a analizar cada una de estas preguntas en detalle. Parala representacion en series de Fourier de una funcion L-periodica f : R→ R convalores reales, ver el ejercicio 27.

3.2. Decaimiento de los coeficientes de Fourier

En esta seccion analizamos la pregunta (a). Primero notamos el siguienteresultado:

Lema 17 (Riemann-Lebesgue) Sea f ∈ X una funcion continua y L-periodi-ca, y sean

fj =1

L

L∫0

e−2πijxL f(x)dx, j ∈ Z,

los coeficientes de Fourier correspondientes. Entonces vale

lım|j|→∞

fj = 0.

Demostracion. La demostracion es una consecuencia directa de la desigualdadde Bessel, ver el Lema 14. De acuerdo a esta desigualdad vale

N∑j=−N

|(φj , f)|2 ≤ ‖f‖2

para todo N ∈ N, y entonces

N∑j=−N

|fj |2 ≤1

L‖f‖2

para todo N ∈ N, lo que implica que la sucesion monotona sn :=∑Nj=−N |fj |2

es acotada. Por ende, existe su lımite y

∞∑j=−∞

|fj |2 = lımN→∞

N∑j=−N

|fj |2 ≤1

L‖f‖2 <∞.

Esto implica en particular que fj → 0 cuando |j| → ∞.

Observaciones:

1. La demostracion del lema tambien vale si reemplazamos X por X =L2([0, L]), y entonces tambien vale para el caso que f sea una funcioncuadraticamente Lebesgue-integrable sobre [0, L] que no es necesariamen-te continua.

2. De hecho, vemos que si f ∈ L2([0, L]), entonces los coeficientes de Fourier

fj pertenecen al espacio de Hilbert

ˆ2 :=

u = (. . . , u−1, u0, u1, u2, . . .) : uj ∈ C,∞∑

j=−∞|uj |2 <∞

con el producto escalar

(u, v) := L

∞∑j=−∞

u∗jvj , u, v ∈ ˆ2

que se parece mucho al espacio de Hilbert que analizamos en el ejemplo 3.en la pagina 64. Mas tarde vamos a ver que la transformacion L2([0, L])→ˆ2, f 7→ (. . . , f−1, f0, f1, f2, . . .) es una transformacion unitaria invertible.

A continuacion, suponemos que f ∈ X es diferenciable y que su derivada f ′

es cuadraticamente integrable sobre [0, L]. Entonces los coeficientes de Fourierde su derivada, f ′ ∈ X, satisfacen:

f ′j =1

L

L∫0

e−2πijxL f ′(x)dx

=1

Le−

2πijxL f(x)

∣∣∣Lx=0

+2πij

L2

L∫0

e−2πijxL f(x)dx

=2πij

Lfj ,

3.2. DECAIMIENTO DE LOS COEFICIENTES DE FOURIER 81

donde usamos integracion por partes y la periodicidad de f . Por lo tanto, en-contramos la identidad

d

dxfj

=2πij

Lfj , j ∈ Z,

y aplicando el argumento en la demostracion del lema anterior a la funcion f ′

obtenemos∞∑

j=−∞j2|fj |2 ≤

L

(2π)2‖f ′‖2 <∞,

en particular,

lım|j|→∞

jfj = 0,

y concluimos que en este caso los coeficientes de Fourier no solamente decaen acero, pero decaen a cero mas rapidamente que 1/j cuando j → ±∞. Iterandoel argumento obtenemos:

Teorema 7 (decaimiento de los coeficientes de Fourier) Sea f : R → Cuna funcion continua y L-periodica que es s veces continuamente diferenciable.Entonces vale

(d

dx

)kfj

=

(2πij

L

)kfj , k = 0, 1, 2, . . . , s,

y los coeficientes de Fourier fj de f satisfacen

∞∑j=−∞

j2k|fj |2 <∞,

para todo k = 0, 1, 2, . . . , s.

Observacion: Como en el lema anterior, es suficiente pedir que f ∈ X sea sveces diferenciable y que la s’iesima derivada sea cuadraticamente integrablesobre [0, L] para demostrar el teorema 7.

Terminamos esta seccion con un par de ejemplos para ilustrar el decaimientode los coeficientes de Fourier.

Ejemplos:

1. Consideramos la funcion 2π-periodica definida por

f(x) :=

{1, 0 ≤ x < π,0, π ≤ x < 2π.

Aunque esta funcion no es continua, si es cuadraticamente integrable sobreel intervalo [0, 2π] y por lo tanto podemos calcular sus coeficientes deFourier:

fj =1

2π

2π∫0

e−ijxf(x)dx =1

2π

π∫0

e−ijxdx.

Para j = 0 obtenemos f0 = 1/2 mientras que para j 6= 0,

fj =1

2π

e−ijx

−ij

∣∣∣∣πx=0

=1

2π

e−πij − 1

−ij=

{ 1πij , si j es impar,

0, si j es par

Como vemos, los coeficientes de Fourier decaen como 1/j, lo que es com-patible con la afirmacion del teorema 7 con s = 0.

2. En cambio, si consideramos la funcion 2π-periodica definida por

g(x) := x2, −π ≤ x < π,

entonces g es continua y differenciable en todos los puntos salvo en lospuntos particulares xk = π + 2πk, k ∈ Z. Calculamos los coeficientes deFourier de g. Para j = 0 obtenemos

g0 =1

2π

π∫−π

x2dx =π2

3,

mientras que para j 6= 0 llegamos a

gj =1

2π

π∫−π

x2e−ijxdx

=1

2π

x2 e−ijx

−ij

∣∣∣∣πx=−π

+2

ij

π∫−π

xe−ijxdx

,=

1

πij

xe−ijx−ij

∣∣∣∣πx=−π

+1

ij

π∫−π

e−ijxdx

=

2

j2(−1)j ,

donde usamos integracion por partes y el hecho de que eijπ = (−1)j paraj entero. Aquı vemos que los coeficientes de Fourier decaen a cero como1/j2 aunque la funcion g no es diferenciable en los puntos xk. La razonpor esta propiedad se analizara en el ejercicio 28.

3.3. CONVERGENCIA DE LA SERIE DE FOURIER 83

3.3. Convergencia de la serie de Fourier

A continuacion analizamos la pregunta (b) de la seccion 3.1. De hecho, vamosa establecer varios resultados de convergencia. Para aclarar la terminologıa quese usara a continuacion, introducimos las siguientes definiciones:

Definicion 13 Sea f : R→ C una funcion continua y L-periodica (o una fun-cion L-periodica que es cuadraticamente Lebesgue-integrable sobre el intervalo[0, L]), y sea

SNf(x) :=

N∑j=−N

fje2πijxL , fj :=

1

L

L∫0

f(x)e−2πijxL dx,

para x ∈ R y N = 1, 2, 3, . . .. Entonces decimos:

(i) La serie de Fourier converge puntualmente a f si

lımN→∞

SNf(x) = f(x)

para todo x ∈ R.

(ii) La serie de Fourier converge uniformemente a f si

lımN→∞

‖SNf − f‖∞ = lımN→∞

max0≤x≤L

|SNf(x)− f(x)| = 0.

(iii) La serie de Fourier converge en el promedio cuadrado si

lımN→∞

‖SNf − f‖2 = lımN→∞

L∫0

|SNf(x)− f(x)|2dx = 0.

Como vamos a ver, si f : R→ C es una funcion continua y L-periodica (o deforma mas general una funcion L-periodica que es cuadraticamente Lebesgue-integrable sobre el intervalo [0, L]), la serie de Fourier siempre converge en elpromedio cuadrado, mientras que para la convergencia puntual y la convergenciauniforme se requieren suposiciones mas fuertes sobre la funcion f . Notamostambien que la convergencia uniforme implica tanto la convergencia puntualcomo la convergencia en el promedio cuadrado, porque se tiene que

‖SNf − f‖2 =

L∫0

|SNf(x)− f(x)|2dx ≤ L‖SNf − f‖2∞

para todo N = 1, 2, 3, . . ., de tal forma que ‖SNf−f‖2 → 0 si ‖SNf−f‖∞ → 0.


Empezamos con el analisis de la convergencia puntual. Para esto, escribimos

SNf(x) =

N∑j=−N

fje2πijxL

=

N∑j=−N

1

L

L∫0

e−2πijyL f(y)dye

2πijxL

=1

L

L∫0

DN (x− y)f(y)dy,

donde hemos introducido el kernel de Dirichlet

DN (z) :=

N∑j=−N

e2πijzL , z ∈ R, N = 1, 2, 3, . . . . (3.6)

El kernel de Dirichlet satisface las siguientes propiedades:

Lema 18 Las funciones DN definidas en (3.6) son continuas, L-periodicas,pares, satisfacen

1

L

L∫0

DN (z)dz = 1,

y admiten la siguiente expresion explıcita:

DN (z) =

{sen((2N+1)πzL )

sen(πzL ), z /∈ {0, L,−L, 2L,−2L, . . .}

2N + 1, z ∈ {0, L,−L, 2L,−2L, . . .}. (3.7)

Demostracion. La continuidad y L-periodicidad de DN son consecuencias di-rectas de la definicion (3.6). De la misma forma, intercambiando j por −j en lasuma en la expresion (3.6) es facil ver que DN (−z) = DN (z) para todo z ∈ R.Luego, usando (3.6) y la ortonormalidad de φj , se encuentra que

1

L

L∫0

DN (z)dz =

N∑j=−N

(φj , φ0) = 1.

Finalmente, para demostrar la expresion (3.7) notamos primero que si z es un

multiple entero de L, entonces DN (z) =∑Nj=−N 1 = 2N + 1. Para los otros

valores de z aplicamos la expresion explıcita para la suma geometrica

M∑j=N

qj =qM+1 − qN

q − 1, M > N, q 6= 1,


a q := e2πiz/L 6= 1, obteniendo

DN (z) =e2(N+1)iπzL − e−2NiπzL

e2iπzL − 1

e−iπzL

e−iπzL

=e(2N+1)iπzL − e−(2N+1)iπzL

eiπzL − e−iπzL

=sen((2N + 1)πzL

)sen(πzL

) .

Notamos que dentro del intervalo [0, L], la funcion DN tiene un maximo enz = 0 y z = L y que tiene ceros en los puntos

zk =k

2N + 1L, k = 1, 2, . . . , N.

Conforme N crezca, la grafica de la funcion DN se concentra cada vez masalrededor de los puntos z = 0 y z = L.

Usando el resultado del lema anterior podemos demostrar el siguiente:

Teorema 8 (convergencia puntual) Sea f : R→ C una funcion continua yL-periodica. Si f es diferenciable en el punto x0 ∈ R entonces vale

lımN→∞

SNf(x0) =

∞∑j=−∞

fje2πijx0L = f(x0).

Demostracion. Usando las propiedades de DN establecidas en el lema anteriorencontramos

SNf(x0)− f(x0) =1

L

L∫0

DN (x0 − y)f(y)dy − 1

L

L∫0

DN (x0 − y)f(x0)dy

=1

L

L∫0

DN (x0 − y)[f(y)− f(x0)]dy

=1

L

L∫0

DN (z)[f(x0 + z)− f(x0)]dz

=1

L

L∫0

sen(

(2N + 1)πz

L

) f(x0 + z)− f(x0)

sen(πzL

) dz,

donde usamos la substitucion de variable y = x0 + z y las propiedades de DN

en el tercer paso y la expresion explıcita (3.7) en el ultimo. Ahora consideramos

la funcion

h(z) :=

f(x0+z)−f(x0)

sen(πzL ), z /∈ {0, L,−L, 2L,−2L, . . .},

Lπ f′(x0), z ∈ {0, 2L,−2L, . . .},

−Lπ f′(x0), z ∈ {L,−L, 3L,−3L, . . .}

.

Como se puede ver usando la regla de l’Hopital, esta funcion es continua y2L-periodica. Por lo tanto, usando el lema de Riemann-Lebesgue encontramosque

SNf(x0)− f(x0) =1

L

L∫0

sen(

(2N + 1)πz

L

)h(z)dz

=1

2L

2L∫0

sen

(2π(2N + 1)z

2L

)h(z)dz

=1

4iL

2L∫0

(e

2πi(2N+1)z2L − e

−2πi(2N+1)z2L

)h(z)dz → 0,

para N →∞, lo que concluye la demostracion del teorema.

Ejemplo: Retomamos el ejemplo 2. en la pagina 82, donde consideramos lafuncion 2π-periodica continua

g(x) := x2, −π ≤ x < π.

Como vimos, los coeficientes de Fourier correspondientes son

g0 =π2

3, gj =

2

j2(−1)j , j 6= 0,

y por lo tanto

SNg(x) =

N∑j=−N

gjeijx

= g0 +

N∑j=1

2

j2(−1)j

(eijx + e−ijx

)=

π2

3+ 4

N∑j=1

(−1)jcos(jx)

j2.

De acuerdo al teorema anterior, vale

π2

3+ 4

∞∑j=1

(−1)jcos(jx)

j2= g(x) = x2, −π < x < π, (3.8)

es decir, en los puntos donde la funcion g es diferenciable. Evaluando en x = 0obtenemos la identidad

π2

3+ 4

∞∑j=1

(−1)j

j2= 0,

o bien∞∑j=1

(−1)j−1

j2= 1− 1

4+

1

9− 1

25+ . . . =

π2

12.

Notamos que para x = π la serie tambien converge: dado que cos(jπ) = (−1)j

encontramos que

lımN→∞

SNg(π) =π2

3+ 4

∞∑j=1

1

j2.

La pregunta es que si esta serie es igual a g(π) = π2, en cual caso obtendrıamosla famosa formula

∞∑j=1

1

j2= 1 +

1

4+

1

9+

1

25+ . . . =

π2

6.

La respuesta es afirmativa. La razon es que la serie en (3.8) converge de formauniforme, y por lo tanto la igualdad con g(x) tambien vale para los puntoslımites x = ±π.

Lema 19 Sea f : R→ C una funcion continua y L-periodica. Supongamos quesus coeficientes de Fourier fj satisfacen la siguiente condicion de decaimiento:

∞∑j=−∞

|fj | <∞. (3.9)

Entonces SNf converge de manera uniforme a una funcion continua y L-periodi-ca h, es decir, existe una funcion continua y L-periodica h : R→ C tal que

‖SNf − h‖∞ = max0≤x≤L

|SNf(x)− h(x)| → 0

para N →∞.

Observaciones:

1. La condicion (3.9) es mas fuerte que la condicion

∞∑j=−∞

|fj |2 <∞

que se tiene de la demostracion del teorema de Riemann-Lebesgue. Efec-tivamente, la sucesion fj = 1/j satisface esta ultima condicion, pero no lacondicion (3.9).

2. Los coeficientes de Fourier gj de la funcion g en el ejemplo previo satisfacenla condicion (3.9), y por lo tanto SNg converge uniformemente a unafuncion continua y L-periodica h. Por otro lado, sabemos que

h(x) = lımN→∞

SNg(x) = g(x)

para todo x ∈ (−π, π) y como g y h son continuas vale h = g, de tal formaque la serie de Fourier tambien converge para x = ±π.

Demostracion del Lema 19. Introducimos el espacio vectorial complejo

X := {f : R→ C : f continua y L-periodica}

con la norma

‖f‖∞ := supx∈R|f(x)| = max

0≤x≤L|f(x)|, f ∈ X.

Entones (X, ‖ · ‖∞) es un espacio normado completo (ver el Lema 10). Ahorasean M > N > 0, entonces

‖SMf − SNf‖∞ = supx∈R

∣∣∣∣∣∣∑

N+1≤|j|≤M

fje2πijxL

∣∣∣∣∣∣≤

∑N+1≤|j|≤M

|fj | supx∈R

∣∣∣e 2πijxL

∣∣∣≤

∑N+1≤|j|≤M

|fj | → 0

cuando M > N → ∞, dado la condicion (3.9). Entonces SNf es una sucesionde Cauchy en el espacio completo (X, ‖ ·‖∞) y por lo tanto existe h ∈ X tal que

SNf → h en (X, ‖ · ‖∞).

Combinando los resultados de los teoremas 7, 8 y del lema 19 llegamos a

Teorema 9 (Convergencia uniforme) Sea f : R→ C una funcion L-periodi-ca y continuamente diferenciable. Entonces su serie de Fourier converge unifor-memente a f , es decir

‖SNf − f‖∞ = max0≤x≤L

|SNf(x)− f(x)| → 0

para N →∞.

Demostracion. Usando el resultado del Teorema 7 sabemos que los coeficientesde Fourier fj de f satisfacen

∞∑j=−∞

(1 + j2)|fj |2 <∞.

Usando la desigualdad de Holder con p = q = 2 encontramos que

∞∑j=−∞

|fj | =

∞∑j=−∞

1√1 + j2

√1 + j2|fj |

≤

∞∑j=−∞

1

1 + j2

1/2 ∞∑j=−∞

(1 + j2)|fj |21/2

<∞,

y entonces se satisface la condicion (3.9) del Lema 19. Por lo tanto, existe unafuncion L-periodica y continua h : R→ C tal que SNf → h de forma uniforme.Por otro lado, usando el teorema 8 tambien sabemos que

f(x) = lımN→∞

SNf(x) = h(x)

para todo x ∈ R, y por lo tanto h = f .

Observacion: El teorema anterior tambien vale para condiciones mas generalessobre la funcion f , ver por ejemplo el ejercicio 28.

Ejemplo: Sea 0 < µ < 1 un parametro fijo. Consideramos la funcion 2π-periodica f definida por

f(x) := cos(µx), −π < x ≤ π.

Esta funcion es continua y diferenciable en todos los puntos excepto en los puntosparticulares xk = (2k+ 1)π, k ∈ Z. Calculemos los coeficientes de Fourier de f :

fj =1

2π

π∫−π

cos(µx)e−ijxdx

=1

4π

π∫−π

[ei(µ−j)x + e−i(µ+j)x

]dx

=1

4πi

[ei(µ−j)x

µ− j− e−i(µ+j)x

µ+ j

]πx=−π

=1

2π

[sen((µ− j)π)

µ− j+

sen((µ+ j)π)

µ+ j

]=

(−1)j−1

2π

2µ

j2 − µ2sen(µπ),

donde usamos la identidad sen((µ± j)π) = (−1)j sen(µπ) en el ultimo paso.Dado que los coeficientes de Fourier decaen como 1/j2 para |j| → ∞, el

Lema 19 implica que la serie de Fourier converge uniformemente a una funcioncontinua y 2π-periodica h : R→ C, y como consecuencia del teorema 8, h = f .

Entonces obtenemos la identidad

cos(µx) =

∞∑j=−∞

fjeijx

= f0 +

∞∑j=1

(fje

ijx + f−je−ijx

)=

sen(µπ)

µπ+

sen(µπ)

π

∞∑j=1

(−1)j−1 µ

j2 − µ2

(eijx + e−ijx

)para todo −π ≤ x ≤ π, es decir

µπcos(µx)

sen(µπ)= 1 + 2µ2

∞∑j=1

(−1)j−1 cos(jx)

j2 − µ2, −π ≤ x ≤ π. (3.10)

En particular para x = π obtenemos la identidad

1

µ− π cot(µπ) =

∞∑j=1

2µ

j2 − µ2, 0 < µ < 1.

Notamos que ambos lados convergen a cero en el lımite µ→ 0 (se cancelan losterminos divergentes 1/µ en la parte izquierda de la ecuacion). Ahora integramosambos lados de µ = 0 a µ = t, con 0 ≤ t < 1. Dado que la serie convergeuniformemente en µ sobre intervalos de la forma [0, 1−δ] con 0 < δ < 1 podemosintercambiar la integral con la serie (ver el apendice A para mas detalles), yobtenemos

− log

(sen(πt)

πt

)= −

∞∑j=1

log

(1− t2

j2

), 0 ≤ t < 1.

Tomando la exponencial de ambos lados llegamos a la formula

πt

sen(πt)=

∞∏j=1

(1− t2

j2

)−1

, 0 ≤ t < 1.

Evaluando esta formula para t = 1/2 obtenemos la formula de Wallis

π

2=

∞∏j=1

2j

2j − 1

2j

2j + 1=

2 · 21 · 3

· 4 · 43 · 5

· 6 · 65 · 7

· · · (3.11)

En la ultima parte de esta seccion analizamos la convergencia de la serie deFourier en el promedio cuadrado. Para esto, notamos primero que de acuerdoal teorema 9, SNf converge a f de manera uniforme y por lo tanto tambien enel promedio cuadrado, siempre y cuando la funcion f : R → C es L-periodicay continuamente diferenciable. Por otro lado, se puede mostrar que cualquierfuncion f : R→ C es L-periodica y cuadraticamente Lebesgue-integrable sobre[0, L] puede ser aproximada por funciones que son continuamente diferenciables:

Lema 20 Sea X el espacio vectorial de la funciones f : R → C que son L-periodicas y cuadraticamente Lebesgue-integrable sobre [0, L] con el productoescalar (3.1) y la norma inducida ‖ · ‖, y sea Y el subespacio

Y := {f : R→ C : f es L-periodico y continuamente diferenciable}.

Entonces Y ⊂ X es denso en (X, ‖ · ‖), es decir existe para cada f ∈ X y ε > 0una funcion h ∈ Y tal que

‖f − h‖ < ε.

Demostracion. Consultar un libro.

Con este lema podemos formular el resultado final de esta seccion:

Teorema 10 (convergencia en el promedio cuadrado) Sea X el espaciovectorial de la funciones f : R→ C que son L-periodicas y continuas (o de formamas general, cuadraticamente Lebesgue-integrable sobre [0, L]) con el productoescalar (3.1) y la norma inducida ‖ · ‖.

Entonces vale para cada f ∈ X,

lımN→∞

SNf = f en (X, ‖ · ‖),

es decir,

lımN→∞

L∫0

|SNf(x)− f(x)|2dx = 0

para cada f ∈ X. Ademas, vale la identidad de Parseval,

(f, g) = L

∞∑j=−∞

f∗j gj , f, g ∈ X. (3.12)

Demostracion. Sean f ∈ X y ε > 0. Vamos a demostrar que existe un numeronatural Nε ∈ N tal que

‖SNf − f‖ < ε

para todo N > Nε. Para esto, usamos primero el lema anterior para encontrarun h ∈ Y tal que

‖f − h‖ < ε

2.

Luego, usamos el resultado del teorema 9 para concluir que existe Nε ∈ N talque

‖SNh− h‖∞ <ε

2√L

para todo N > Nε, de tal manera que

‖SNh− h‖ =

L∫0

|SNh(x)− h(x)|2dx

1/2

≤ ‖SNh− h‖∞√L <

ε

2

para todo N > Nε.Ahora recordamos la identidad (2.35) y la definicion fj := (φj , f)/

√L de los

coeficientes de Fourier (ver la ecuacion (3.4)) que implican:

‖SNg − g‖2 = ‖g‖2 −N∑

j=−N|(φj , g)|2 = ‖g‖2 − L

N∑j=−N

|gj |2 (3.13)

para todo g ∈ X. Con esto, concluimos que

‖SNf − f‖ = ‖SN (f − h)− (f − h) + SNh− h‖≤ ‖SN (f − h)− (f − h)‖+ ‖SNh− h‖≤ ‖f − h‖+ ‖SNh− h‖

<ε

2+ε

2= ε

para todo N > Nε. Dado que ε > 0 era arbitrario esto implica

lımN→∞

‖SNf − f‖ = 0.

Tomando el lımite N →∞ en (3.13) con g = f concluimos tambien que

‖f‖2 = L

∞∑j=−∞

|fj |2.

Finalmente, usamos la identidad de polarizacion (2.46) y encontramos tambien

(f, g) =1

4

3∑k=0

1

ik‖f + ikg‖2

=L

4

3∑k=0

1

ik

∞∑j=−∞

|fj + ikgj |2

= L

∞∑j=−∞

1

4

3∑k=0

1

ik|fj + ikgj |2

= L

∞∑j=−∞

f∗j gj .

Ejemplos:

1. Reconsideramos el ejemplo 1. en la pagina 81, con la funcion 2π-periodica

f(x) :=

{1, 0 ≤ x < π,0, π ≤ x < 2π.

3.4. SERIES DE FOURIER PARA FUNCIONES DISCONTINUAS 93

Como habıamos calculado, los coeficientes de Fourier correspondientes son

f0 =1

2, f2k = 0, k ∈ Z \ {0}, f2k+1 =

1

πi(2k + 1), k ∈ Z.

Dado que ‖f‖2/2π = 1/2 la identidad de Parseval (3.12) implica

1

2=

1

4+ 2

∞∑k=0

1

π2(2k + 1)2,

y llegamos a la identidad

∞∑k=0

1

(2k + 1)2= 1 +

1

9+

1

25+

1

49+ . . . =

π2

8.

2. De la misma forma obtenemos la identidad

∞∑k=1

1

k4= 1 +

1

16+

1

81+

1

256+ . . . =

π4

90

al aplicar la identidad de Parseval a la funcion g definida en el ejemplo 2.en la pagina 82, ver el ejercicio 31.

3.4. Convergencia de la serie de Fourier parafunciones discontinuas

A continuacion consideramos el caso de funciones periodicas que pueden serdiscontinuas en algunos puntos, como por ejemplo la funcion 2π-periodica fdefinida por

f(x) :=

1, 0 ≤ x < π,b, x = π,0, π < x < 2π.

(3.14)

con una constante alguna b. Esta funcion es discontinua en los puntos x =0, π,−π, 2π,−2π, . . .. Por supuesto, esa funcion es cuadraticamente integrablesobre el intervalo [0, 2π] y por lo tanto sabemos que su serie de Fourier convergeen el promedio cuadrado a f (Teorema 10). Sin embargo, nos preguntamos enesta seccion si la serie de Fourier converge tambien puntualmente y a que valorconverge en los puntos de discontinuidad x = 0, π,−π, 2π,−2π, . . ..

Para tratar de aclarar este punto, podemos empezar con el caso particular dela funcion f definida arriba. Los coeficientes de Fourier fj ya fueron calculadosen el ejemplo 1. en la pagina 81 (claramente, el valor de b no afecta el resultado

de las integrales que definen fj):

f0 =1

2, fj =

1

πijpara j impar, fj = 0 para j 6= 0 par.

Por lo tanto, la serie de Fourier de f es

∞∑j=−∞

fjeijx =

1

2+

2

π

∞∑j=1

j impar

sen(jx)

j.

Como vamos a demostrar en esta seccion, esta serie converge puntualmente paracada x ∈ R, aunque la convergencia no es uniforme. Por lo pronto observamosque en los puntos de discontinuidad x = 0, π,−π, 2π,−2π, . . . la serie convergeal valor 1/2, el promedio entre los valores 1 y 0 de la funcion en los intervalos(0, π) y (π, 2π), respectivamente.

Para formular el siguiente resultado necesitamos la siguiente definicion:

Definicion 14 Una funcion L-periodica f : R→ C se llama continua a tro-zos si f es acotada y continua sobre el intervalo [0, L] con la posible excepcionde un numero finito de puntos

0 ≤ x0 < x1 < x2 < . . . < xk < L.

En este caso, definimos para cada punto x ∈ R los lımites

f(x+) := lımε→0ε>0

f(x+ ε), f(x−) := lımε→0ε>0

f(x− ε).

Observacion: Notamos que la funcion f es continua en el punto x si y solo si

f(x+) = f(x−) = f(x).

Por ejemplo, la funcion f definida al principio de esta seccion es continua entodos los puntos de [0, 2π] salvo en los puntos x0 = 0, π donde vale

f(0+) = 1, f(0−) = 0, f(π+) = 0, f(π−) = 1.

El resultado principal de esta seccion es el siguiente:

Teorema 11 Sea f : R→ C una funcion L-periodica y continua a trozos y seax ∈ R. Supongamos que existen las derivadas por la izquierda y por la derechaen x, es decir, supongamos que existen los lımites

f ′+(x) := lımh→0h>0

f(x+ h)− f(x+)

h, f ′−(x) := lım

h→0h>0

f(x−)− f(x− h)

h.

Entonces vale

lımN→∞

SNf(x) =

∞∑j=−∞

fje2πijxL =

1

2[f(x−) + f(x+)].

Demostracion. Como vimos en la seccion anterior,

SNf(x) =1

L

L∫0

DN (x− y)f(y)dy =1

L

L∫0

DN (z)f(x+ z)dz,

donde DN es el kernel de Dirichlet definido en (3.6). Dado que DN es unafuncion par y L-periodica y que (ver Lema 18)

1 =1

L

L∫0

DN (z)dz =1

L

L/2∫−L/2

DN (z)dz =2

L

L/2∫0

DN (z)dz,

encontramos

SNf(x)− 1

2[f(x−) + f(x+)]

=1

L

L/2∫−L/2

DN (z)f(x+ z)dz − 1

L

0∫−L/2

DN (z)f(x−)dz − 1

L

L/2∫0

DN (z)f(x+)dz

=1

L

0∫−L/2

DN (z)[f(x+ z)− f(x−)]dz +1

L

L/2∫0

DN (z)[f(x+ z)− f(x+)]dz

=1

L

L/2∫0

DN (z){

[f(x− z)− f(x−)] + [f(x+ z)− f(x+)]}dz

=1

L

L/2∫0

sen((2N + 1)πzL

)sen(πzL

) {[f(x− z)− f(x−)] + [f(x+ z)− f(x+)]

}dz,

donde en el penultimo paso usamos nuevamente el hecho de que DN es unafuncion par, y donde en el ultimo paso usamos la expresion explıcita (3.7) parael kernel de Dirichlet.

Ahora introducimos las dos funciones

F−(z) :=

f(x−z)−f(x−)

sen(πzL ), 0 < z ≤ L

2 ,

f(x+z)−f(x−)

sen(πzL ), −L2 ≤ z < 0,

y

F+(z) :=

f(x+z)−f(x+)

sen(πzL ), 0 < z ≤ L

2 ,

f(x−z)−f(x+)

sen(πzL ), −L2 ≤ z < 0.

Por definicion, estas funciones son impares: F±(−z) = −F±(z) para todo 0 <|z| < L/2 y ademas son continuas a trozos dado que f lo es y que

lımz→0z>0

F−(z) = lımh→0h>0

f(x− h)− f(x−)

h

h

sen(πhL

) = −f ′−(x)L

π,

y

lımz→0z>0

F+(z) = lımh→0h>0

f(x+ h)− f(x+)

h

h

sen(πhL

) = f ′+(x)L

π.

de tal manera que las funciones F± estan acotadas. Ademas, podemos extenderestas funciones a todo el eje real a traves de F±(z + L) := −F±(z), z ∈ R,obteniendo funciones 2L-periodicas.

Entonces usando el lema de Riemann-Lebesgue encontramos que

SNf(x)− 1

2[f(x−) + f(x+)]

=1

L

L/2∫0

sen(

(2N + 1)πz

L

)[F−(z) + F+(z)]dz

=1

2L

L/2∫−L/2

sen(

(2N + 1)πz

L

)[F−(z) + F+(z)]dz

=1

8iL

L∫−L

(e(2N+1) 2πiz

2L − e−(2N+1) 2πiz2L

)[F−(z) + F+(z)]dz → 0

cuando N →∞, lo que concluye la demostracion del teorema.

Ejemplo: Retomando el ejemplo de la funcion f al principio de esta seccion,notamos que esta funcion satisface las hipotesis del teorema 11. Por lo tantovale

1

2+

2

π

∞∑j=1

j impar

sen(jx)

j=

1, 0 < x < π,12 , x = 0, π,0, π < x < 2π.

Por ejemplo, si elegimos x = π/2 encontramos la identidad

∞∑k=0

(−1)k

2k + 1= 1− 1

3+

1

5− 1

7+ . . . =

π

4.

Entonces bajo las hipotesis del teorema anterior la serie de Fourier convergepuntualmente y en el promedio cuadrado. Sin embargo, si la funcion f tienediscontinuidades, la serie de Fourier no puede converger de forma uniforme,porque de otra forma tendrıamos una sucesion de funciones continuas (las fun-ciones SNf que son polinomios trigonometricos) que converge uniformementea una funcion discontinua. La no-uniformidad de la convergencia de la serie deFourier para funciones discontinuas se manifiesta a traves del efecto de Gibbsque analizamos a continuacion.

Para describir el efecto de Gibbs, consideramos las sumas finitas

SNf(x) :=1

2+

2

π

N∑j=1

j impar

sen(jx)

j, x ∈ R, N = 1, 3, 5, . . . ,

correspondientes a la serie de Fourier de la funcion f del ejemplo previo. Si xes un multiple entero de π entonces sen(jx) = 0 y SNf(x) = 1/2 para todo N .Para calcular SNf(x) para los otros valores de x notamos primero que

d

dxSNf(x) =

2

π

N∑j=1

j impar

cos(jx),

lo que podemos calcular explıcitamente usando la suma geometrica. Sea N =2M + 1, entonces

d

dxSNf(x) =

2

πRe

M∑k=0

ei(2k+1)x

=2

πRe

{eix

M∑k=0

(e2ix)k

}

=2

πRe

{eix

e2(M+1)ix − 1

e2ix − 1

}=

2

πRee2(M+1)ix − 1

eix − e−ix

=2

πRee2(M+1)ix − 1

2i sen(x)

=1

πIm

e2(M+1)ix − 1

sen(x),

de tal forma que

d

dxSN (x) =

1

π

sen ((N + 1)x)

sen(x), x 6= 0, π,−π, 2π,−2π, . . . , N = 1, 3, 5, . . .

(3.15)De esta expresion vemos que la funcion SN (x) tiene puntos crıticos en

xm =mπ

N + 1, m = 1, 2, . . . , N.

Dado que sen((N + 1)x)/ sen(x) → N + 1 > 0 para x → 0, y que sen(x) > 0sobre el intervalo 0 < x < π, vemos que los puntos x1, x3, . . . , xN correspon-den a maximos locales de SN , mientras que los otros puntos x2, x4, . . . , xN−1

corresponden a mınimos locales. Integrando ambos lados de la ecuacion (3.15)y recordando que SN (0) = 1/2 llegamos a la expresion

SNf(x) =1

2+

1

π

x∫0

sen ((N + 1)y)

sen(y)dy, 0 < x < π, N = 1, 3, 5, . . . ,

y evaluando en el maximo local x1 = π/(N + 1) encontramos, con el cambio devariables t = (N + 1)y,

SNf

(π

N + 1

)=

1

2+

1

π

π∫0

sen(t)

(N + 1) sen(

tN+1

)dt→ 1

2+

1

π

π∫0

sen(t)

tdt

en el lımite N →∞. Concluimos entonces que

C := lımN→∞

SNf

(π

N + 1

)− 1 =

1

π

π∫0

sen(t)

tdt− 1

2' 0,0894899. (3.16)

La constante C se llama constante de Wilbraham-Gibbs. De la misma forma

Figura 3.1: Ilustracion del fenomeno de Gibbs para la funcion f definidaen (3.14).

concluimos que

lımN→∞

SNf

(− π

N + 1

)=

1

2− 1

π

π∫0

sen(t)

tdt = −C.

Entonces las sumas parciales presentan oscilaciones fuertes cerca de la dis-continuidad x = 0 cuya amplitud sobrepasa el valor exacto de la funcion porcasi 9 %. Una grafica que muestra las sumas parciales S3f y S49f se encuentraen la figura 3.1. Aunque la amplitud de las oscilaciones no desvanece conformeN crezca, estas toman lugar en una region cada vez mas concentrada alrededorde x = 0 de tal forma que SNf(x) siga convergiendo puntualmente para cada xfijo y de tal forma que SNf siga convergiendo a f en el promedio cuadrado.

Usando el analisis que acabamos de dar para la funcion sencilla definidaen (3.14) podemos llegar facilmente al siguiente resultado mas general:

Teorema 12 (Efecto Gibbs) Sea g : R → C una funcion L-periodica que esdiferenciable en todos los puntos del intervalo [0, L] excepto en un numero finitode puntos

0 ≤ x0 < x1 < x2 < . . . < xk < L,

donde la funcion puede ser discontinua. Supongamos que la derivada g′ es con-tinua y acotada sobre cada intervalo (0, x0), (x0, x1), . . . , (xk, L).

Entonces vale en cada punto de discontinuidad

lımN→∞

SNg

(xk +

L

2N

)= g(x+

k ) + Csk,

lımN→∞

SNg

(xk −

L

2N

)= g(x−k )− Csk,

donde sk := g(x+k )− g(x−k ) es el salto de la funcion g en xk y C es la constante

de Wilbraham-Gibbs definida en (3.16).

Demostracion. Por simplicidad solamente demostramos el teorema para elcaso L = 2π y suponiendo que la funcion g tenga una sola discontinuidad en elpunto x0 = 0. La demostracion del caso general se deja como un ejercicio.

Para demostrar el teorema bajo estas suposiciones simplificadas, introduci-mos la funcion

h(x) := g(x)− s0f(x), −π ≤ x ≤ π,

donde s0 = g(0+) − g(0−) es el salto de la funcion g en x0 = 0 y donde f esla funcion escalon definida en (3.14). Por definicion, h(0−) = g(0−) y h(0+) =g(0+)− s0 = g(0−), y ajustando la constante b en (3.14) podemos lograr que lafuncion h sea continua en x0 = 0. Entonces podemos representar la funcion gde la forma

g(x) = s0f(x) + h(x), −π ≤ x ≤ π,


donde h es continua y continuamente diferenciable sobre los intervalos (−π, 0)y (0, π) con derivada acotada. Por ende, SNh → h de forma uniforme (ver elejercicio 28) y obtenemos

SNg( πN

)= s0SNf

( πN

)+ SNh

( πN

)→ s0(1 + C) + h(0+) = g(0+) + s0C.

De la misma forma obtenemos

SNg(− πN

)= s0SNf

(− πN

)+ SNh

(− πN

)→ s0(−C) + h(0−) = g(0−)− s0C.

3.5. Aplicacion: La ecuacion de transporte decalor sobre un anillo

En esta ultima seccion aplicamos los resultados obtenidos sobre la serie deFourier al problema de valores iniciales para la ecuacion de transporte de calorsobre un anillo. Podemos parametrizar cada punto del anillo a traves del numeroReix en el plano complejo, donde R > 0 es el radio del anillo y x una variableangular.

Sea u(t, x) la temperatura al tiempo t ≥ 0 en el punto Reix del anillo, ysea f(x) la temperatura al tiempo t = 0 en el mismo punto. Suponiendo que elmaterial que constituye el anillo es homogeneo, la funcion u(t, x) debe satisfacerel siguiente problema:

∂u

∂t(t, x) =

∂2u

∂x2(t, x), t > 0, x ∈ R, (3.17)

u(0, x) = f(x), t = 0, x ∈ R, (3.18)

y ademas u(t, x + 2π) = u(t, x) y f(x + 2π) = f(x) para todo x ∈ R y todot ≥ 0, es decir, las funciones u(t, ·) y f deben ser 2π-periodicas.

Para resolver el problema (3.17,3.18) representamos u(t, ·) y f a traves desus series de Fourier:

u(t, x) =

∞∑k=−∞

uk(t)eikx, f(x) =

∞∑k=−∞

fkeikx, x ∈ R,

donde los coeficientes de Fourier uk(t) de u(t, ·) dependen del tiempo t. Asumien-do por el momento que podemos conmutar derivadas parciales con las series,tenemos

∂u

∂t(t, x) =

∞∑k=−∞

∂uk∂t

(t)eikx, x ∈ R,

y

∂2u

∂x2(t, x) =

∞∑k=−∞

uk(t)(ik)2eikx, x ∈ R.

3.5. ECUACION DE TRANSPORTE DE CALOR SOBRE UN ANILLO 101

Dado que las funciones φk(x) = eikx/√

2π, k ∈ Z, son ortonormales, las ecua-ciones (3.17,3.18) implican que

∂uk∂t

(t) = −k2uk(t), t > 0, k ∈ Z (3.19)

uk(0) = fk, t = 0, k ∈ Z, (3.20)

cuya solucion es

uk(t) = fke−k2t, t > 0, k ∈ Z.

Por lo tanto, obtenemos la siguiente solucion formal del problema:

u(t, x) =

∞∑k=−∞

fke−k2t+ikx, t ≥ 0, x ∈ R, (3.21)

donde

fk =1

2π

2π∫0

f(x)e−ikxdx

son los coeficientes de Fourier de la funcion f .La funcion (3.21) satisface las siguientes propiedades:

Teorema 13 (Solucion del problema (3.17,3.18)) Sea f : R → R unafuncion 2π-periodica que es continua a trozos para la cual existen las derivadaspor la izquierda y por la derecha f ′±(x) para todo x ∈ R.

Entonces la solucion del problema de valores iniciales (3.17,3.18) es dadapor

u(t, x) =

∞∑k=−∞

fke−k2t+ikx = f0 + 2Re

∞∑k=1

fke−k2t+ikx, t ≥ 0, x ∈ R,

(3.22)donde

fk =1

2π

2π∫0

f(x)e−ikxdx = (f−k)∗.

La serie converge puntualmente para t = 0 y de manera uniforme sobre con-juntos de la forma Uε = (ε,∞) × R, ε > 0. Ademas, u satisface las siguientespropiedades:

(i) u es indefinidamente diferenciable sobre U := (0,∞)× R y(∂

∂t

)r (∂

∂x

)su(t, x) =

∞∑k=−∞

fk(−k2)r(ik)se−k2t+ikx, t > 0, x ∈ R

para todo r, s ∈ N0, donde la convergencia es uniforme sobre Uε.

(ii) u satisface (3.17,3.18), es decir

∂u

∂t(t, x) =

∂2u

∂x2(t, x), (t, x) ∈ U

y

u(0, x) =1

2[f(x+) + f(x−)], x ∈ R.

(iii) Vale

lımt→∞

supx∈R|u(t, x)− f0| = 0, f0 =

1

2π

2π∫0

f(x)dx,

es decir, para t→∞ la solucion converge de forma uniforme al promediof0 de la temperatura inicial sobre el anillo.

Demostracion. Notamos primero que la convergencia puntual de la serie (3.22)para t = 0 a la funcion [f(x+) + f(x−)]/2 es una consecuencia directa delteorema 11. Luego, para demostrar la convergencia uniforme, introducimos lasucesion de funciones

gk(t, x) := fke−k2t+ikx, (t, x) ∈ Uε.

De acuerdo al criterio de Weierstrass (ver el Lema 40 en el apendice A) essuficiente mostrar que

∞∑k=−∞

‖gk‖∞ <∞, ‖gk‖∞ := sup(t,x)∈Uε

|gk(t, x)|,

para concluir la convergencia uniforme de la serie∑∞k=−∞ gk(t, x) sobre Uε.

Para esto estimamos primero

|gk(t, x)| = |fk|e−k2t ≤ Ce−k

2ε, (t, x) ∈ Uε,

donde usamos el hecho de que los coeficientes de Fourier fk convergen a ceropara |k| → ∞ de tal manera que podemos acotar |fk| por una constante C.Luego, notamos que

ez =

∞∑j=0

zj

j!≥ zm

m!

para cada z ≥ 0 y m ∈ N, o,

e−z ≤ m!

zm, z > 0, m = 1, 2, 3, . . . (3.23)

Usando esta desigualdad con m = 1 obtenemos

‖gk‖∞ ≤C

k2ε, k = 1, 2, 3, . . .

3.5. ECUACION DE TRANSPORTE DE CALOR SOBRE UN ANILLO 103

y entonces

∞∑k=−∞

‖gk‖∞ = ‖g0‖∞ + 2

∞∑k=1

‖gk‖∞ ≤ |f0|+2C

ε

∞∑k=1

1

k2<∞.

Luego, para demostrar el inciso (i), notamos que para cada r, s ∈ N0,(∂

∂t

)r (∂

∂x

)sgk(t, x) = fk(−k2)r(ik)se−k

2t+ikx, (t, x) ∈ Uε,

de tal manera que∥∥∥∥( ∂

∂t

)r (∂

∂x

)sgk

∥∥∥∥∞

= |fk||k|2r+se−k2ε ≤ C|k|2r+se−k

2ε

Ahora usamos la desigualdad (3.23) con m = r + s + 1 y encontramos para2r + s ≥ 1,

∞∑k=−∞

∥∥∥∥( ∂

∂t

)r (∂

∂x

)sgk

∥∥∥∥∞≤ 2C

∞∑k=1

|k|2r+se−k2ε

≤ 2C(r + s+ 1)!

εr+s+1

∞∑k=1

1

k2+s<∞.

Ahora la afirmacion (i) es una consecuencia directa del Lema 42 en el apendice A,y la validez de la ecuacion de transporte de calor en el inciso (ii) se obtiene alcomparar las expresiones para las derivadas parciales de u con (r, s) = (1, 0) y(r, s) = (0, 2).

Finalmente, para el inciso (iii) notamos primero que

u(t, x)− f0 =∑

k∈Z\{0}

gk(t, x),

y entonces usando la desigualdad de Holder con p = q = 2 encontramos que

|u(t, x)− f0| ≤∑

k∈Z\{0}

|fk|e−k2t

≤

∑k∈Z\{0}

|fk|21/2(

2

∞∑k=1

e−2k2t

)1/2

.

La expresion dentro de la primera parentesis a la derecha de la desigualdadpuede ser acotada por ‖f‖2/(2π), de acuerdo a la estimacion de Bessel. Dehecho, usando la identidad de Parseval (3.12) esta expresion es igual a

1

2π‖f − f0‖2.

La expresion dentro de la segunda parentesis puede ser acotada de la siguienteforma para t ≥ 1:

2

∞∑k=1

e−2k2t = 2e−2t

(1 +

∞∑k=2

e−2(k2−1)t

)

≤ 2e−2t

(1 +

1

2t

∞∑k=2

1

k2 − 1

)

≤ Q2e−2t, Q :=

√√√√2 +

∞∑k=2

1

k2 − 1<∞,

para t ≥ 1, donde usamos nuevamente la desigualdad (3.23) con m = 1 en elsegundo paso. Concluimos entonces que

supx∈R|u(t, x)− f0| ≤

Q√2π‖f − f0‖e−t, t ≥ 1, (3.24)

lo que implica, en particular, la validez de la afirmacion (iii).

Observaciones:

1. De la estimacion (3.24) vemos que el decaimiento uniforme de |u(t, x)− f0|es exponencial en el tiempo.

2. Notamos tambien la siguiente propiedad de la solucion u(t, x): Aun si eldato inicial ni si quiera es continuo, la solucion u(t, x) es indefinidamentediferenciable para cualquier t > 0. Entonces el perfil de temperatura sesuaviza de forma inmediata. Esta es una propiedad caracterıstica de laecuacion de transporte de calor. Para la ecuacion de Schrodinger libre, porejemplo, que se distingue de la ecuacion (3.17) nada mas por un factor ia la izquierda de la ecuacion, esta propiedad de suavizacion ya no vale.Como se va a analizar en mas detalle en el ejercicio 34 esto se debe alhecho de que la solucion de la ecuacion de Schrodinger libre tiene unfactor oscilatorio e−ikt en vez de un factor de amortiguamiento e−k

2t a laderecha de la ecuacion (3.21).

3. En general, no es posible resolver el problema (3.17,3.18) hacıa el pasado.

Esto se debe al factor e−k2t en (3.21) que amplifica exponencialmente las

frecuencias altas para cualquier t < 0 negativo. Al menos de que el datoinicial contenga nada mas un numero finito de frecuencias (es decir, fk = 0para |k| suficientemente grandes), en general la serie diverge si t < 0 esnegativo, y en este caso la solucion formal (3.21) no describe ningunafuncion bien-definida. En este sentido, la ecuacion de transporte de calores irreversible.

3.6. EJERCICIOS 105

3.6. Ejercicios

Ejercicio 27 (5 puntos) Sea f : R → R una funcion diferenciable y L-periodica con valores reales. Demuestre que

f(x) =a0

2+

∞∑j=1

[aj cos

(2πjx

L

)+ bj sen

(2πjx

L

)],

para todo x ∈ R, donde

aj =2

L

L∫0

f(x) cos

(2πjx

L

)dx, j = 0, 1, 2, 3, . . .

bj =2

L

L∫0

f(x) sen

(2πjx

L

)dx, j = 1, 2, 3, . . .

Ejercicio 28 (6 puntos) Sea f : R→ C una funcion continua y L-periodicaque es diferenciable en todos los puntos x ∈ [0, L] con la posible excepcion deun numero finito de puntos

0 ≤ x0 < x1 < x2 < . . . < xk < L.

Supongamos que la derivada de f es acotada (o cuadraticamente integrable)sobre cada uno de los sub-intervalos (0, x0), (x0, x1), (x1, x2), . . . (xk, L).

(a) Demuestre que los coeficientes de Fourier fj de f satisfacen:

∞∑j=−∞

(1 + j2)|fj |2 <∞.

(b) Demuestre que la serie de Fourier

∞∑j=−∞

fje2πijxL = f(x)

converge de manera uniforme a la funcion f .

(c) Verifique la validez de la identidad de Parseval

‖f‖2 = L

∞∑j=−∞

|fj |2.

Ejercicio 29 (6 puntos) Calcule la serie de Fourier de la funcion 2π-periodicaf definida por

f(x) :=

{0, −π < x < 0,sen(x), 0 ≤ x ≤ π,

y obtenga las siguientes dos identidades:

∞∑k=1

1

(2k)2 − 1=

1

3+

1

15+

1

35+ . . . =

1

2,

∞∑k=1

(−1)k−1

(2k)2 − 1=

1

3− 1

15+

1

35− . . . =

1

2

(π2− 1).

Ejercicio 30 (9 puntos) Consideramos las tres funciones 2π-periodicas f , gy h definidas por

f(x) := x, g(x) := |x|, h(x) :=

{x(π + x), −π < x < 0,x(π − x), 0 ≤ x ≤ π,

para −π < x ≤ π.

(a) Dibuje la grafica de f , g y h sobre el intervalo [−2π, 2π].

(b) Demuestre que g es continua, y que h es continuamente diferenciable.

(c) Calcule los coeficientes de Fourier de f , g y h, y comente sobre su decai-miento para |j| → ∞.

(d) Calcule las series de Fourier de f , g y h.

(e) Demuestre las formulas siguientes:

π

4=

∞∑k=0

(−1)k

2k + 1,

π2

8=

∞∑k=0

1

(2k + 1)2,

π3

32=

∞∑k=0

(−1)k

(2k + 1)3.


(a) Derive la formula∞∑k=1

1

k4=π4

90(3.25)

de las dos maneras distintas siguientes:

(i) Calculando la serie de Fourier de la funcion 2π-periodica definida por

f(x) := x2(x2 − 2π2), −π ≤ x ≤ π

3.6. EJERCICIOS 107

(ii) Aplicando la identidad de Parseval a la funcion 2π-periodica definidapor

g(x) = x2, −π ≤ x ≤ π

(b) Calcule∞∑k=1

1

k8. (3.26)

(c) Calcule∞∑k=1

1

k6. (3.27)

Ejercicio 32 (4 puntos) Sea f : U ⊂→ C una funcion analıtica sobre unsubconjunto abierto U de C que contiene el disco de radio R > 0 centrado en elorigen.

(a) Sea 0 < r < R fijo. Usando el teorema de expansion

f(z) =

∞∑n=0

anzn, an =

1

2πi

∮f(z)

zn+1dz,

encuentre la serie de Fourier de la funcion 2π-periodica h(ϑ) := f(reiϑ).

(b) Calcule∞∑n=1

cos(nx)

n, 0 < x < 2π.

Ejercicio 33 (7 puntos) Consideramos la funcion 2π-periodica definida por

f(x) :=

{− 1

2 (π + x), −π < x < 0,12 (π − x), 0 ≤ x ≤ π.

(a) Encuentre la serie de Fourier de f y analice su convergencia (convergenciapuntual, uniforme o en el promedio cuadrado).

(b) Integrando la serie de Fourier de f , encuentre la siguiente identidad

∞∑j=1

cos(jx)

j2=

1

4(π − |x|)2 − π2

12, −π ≤ x ≤ π.

(c) Evalue la identidad del inciso previo en los puntos x = 0, π/2, π.


Ejercicio 34 (6 puntos)Consideramos el problema de valores iniciales para la ecuacion de Schrodin-

ger libre sobre un anillo,{i∂u∂t (t, x) = −∂

2u∂x2 (t, x), t ∈ R, x ∈ R,

u(0, x) = f(x), t = 0, x ∈ R,

donde f : R→ C es una funcion indefinidamente diferenciable 2π-periodica.

(a) Obtenga la solucion formal, desarrollando la funcion de onda u(t, ·) en unaserie de Fourier.

(b) Demuestre que la solucion obtenida de esta manera es indefinidamentediferenciable en (t, x) y satisface la ecuacion de Schrodinger y u(0, x) =f(x).

(c) Verifique que‖u(t, ·)‖ = ‖f‖,

para todo t ∈ R, donde

‖f‖ :=

2π∫0

|f(x)|2dx

1/2

.

Capıtulo 4

Transformada de Fourier

En este capıtulo generalizamos el analisis del capıtulo previo a funcionesque no son necesariamente periodicas. En este caso, como vamos a ver pronto,se obtiene un continuo de frecuencias k ∈ R en vez de un conjunto discretokj = 2πj/L, j ∈ Z, de ellas, y la serie de Fourier debe ser reemplazada por unaintegral, la transformada de Fourier.

Por razones tecnicas es util definir la transformada de Fourier sobre el espa-cio de Schwartz, que consiste de las funciones indefinidamente diferenciables quetienen la propiedad que todas sus derivadas decaigan mas rapidamente que cual-quier potencia de 1/|x| para |x| → ∞ (un ejemplo de una funcion de Schwartz

es la funcion Gaussiana e−x2

). Como vamos a ver, la transformacion de Fourieres un mapeo lineal e invertible del espacio de Schwartz en si mismo que preservael producto escalar L2 (identidad de Parseval). Con esto, podemos extender latransformada de Fourier sobre todo el espacio de Hilbert L2(R).

La transformada de Fourier tiene aplicaciones diversas en el analisis desenales y en la teorıa de las ecuaciones con derivadas parciales. Como apli-cacion, en este capıtulo discutiremos el principio de incertidumbre que proveeuna cuota inferior para el producto del ancho de una funcion localizada f y elancho de su transformada de Fourier, las funciones de Hermite que constituyenlos estados de energıa del oscilador armonico cuantico y las soluciones de laecuacion de onda en una y tres dimensiones espaciales.

4.1. Motivacion, definiciones, preguntas

Para motivar la transformada de Fourier consideramos primero una funcioncontinuamente diferenciable f : R→ C que es identicamente cero para |x| > Rsuficientemente grande. Sea L > 2R. Entonces podemos definir una funcioncontinuamente diferenciable F : R→ C y L-periodica de la siguiente forma:

F (x) :=

∞∑n=−∞

f(x+ nL),

109

110 CAPITULO 4. TRANSFORMADA DE FOURIER

de tal manera que F coincida con la funcion f sobre el intervalo −L/2 ≤ x ≤L/2. De acuerdo al teorema 9 podemos representar F a traves de su serie deFourier:

F (x) =

∞∑j=−∞

Fjeikjx, kj :=

2πj

L, x ∈ R,

con los coeficientes de Fourier

Fj =1

L

L/2∫−L/2

F (x)e−ikjxdx =1

L

L/2∫−L/2

f(x)e−ikjxdx,

y la convergencia de la serie es uniforme. En particular, tenemos

f(x) = F (x) =∞∑

j=−∞Fje

ikjx, (4.1)

para todo −L/2 ≤ x ≤ L/2 y la convergencia es uniforme. Ahora introducimospara cada k ∈ R la funcion

f(k) :=1√2π

L/2∫−L/2

f(x)e−ikxdx =1√2π

∞∫−∞

f(x)e−ikxdx,

donde usamos el hecho de que f(x) = 0 para |x| > L/2 en el ultimo paso.Entonces

Fj =

√2π

Lf(kj), j ∈ Z,

y podemos reescribir la ecuacion (4.1) de la forma

f(x) =1√2π

∞∑j=−∞

f(kj)eikjx∆kj , −L

2≤ x ≤ L

2, (4.2)

con ∆kj := kj − kj−1 = 2π/L. La expresion a la derecha de la ecuacion (4.2)

tiene la forma de una suma de Riemann. Entonces si la funcion f : R → Ces Riemann-integrable y decae suficientemente rapido para |k| → ∞, podemostomar el lımite L→∞ de ambos lados de la ecuacion (4.2), obteniendo

f(x) =1√2π

∞∫−∞

f(k)eikxdk, x ∈ R. (4.3)

Estas consideraciones llevan a las siguientes definiciones:

Definicion 15 Sea f : R → C una funcion Lebesgue-integrable sobre R. En-tonces definimos su transformada de Fourier a traves de

f(k) :=1√2π

∞∫−∞

f(x)e−ikxdx, k ∈ R, (4.4)

4.2. DECAIMIENTO Y DIFERENCIABILIDAD DE F 111

y su transformada de Fourier inversa como

f(x) :=1√2π

∞∫−∞

f(k)e+ikxdk, x ∈ R. (4.5)

Observacion: La transformacion de Fourier y la transformacion de Fourierinversa se distinguen entre ellas nada mas a traves del signo ±ikx en la expo-nencial; de hecho, vale f(−k) = f(k) para todo k ∈ R.

Enseguida surgen las siguientes preguntas:

(a) ¿Que propiedades tiene la transformada de Fourier f(k) de una funcionf ∈ L1(R)? ¿Es continua, diferenciable, y decae a cero para |k| → ∞?

(b) ¿Bajo que condiciones sobre la funcion f su transformada de Fourier es(Lebesgue-) integrable sobre R?

(c) ¿Valen las formulas ˆf(x) = f(x) para todo x ∈ R yˇf(k) = f(k) para

todo k ∈ R? Es decir, ¿es la transformacion de Fourier inversa realmentela inversa de la transformacion de Fourier?

En la siguiente seccion analizamos las preguntas (a) y (b) en detalle. Losresultados que vamos a obtener motivan la introduccion del espacio de Schwartzen la seccion 4.3, donde se contestara la pregunta (c) de forma afirmativa.

4.2. Decaimiento y diferenciabilidad de f

Empezamos esta seccion con el siguiente resultado:

Lema 21 Sea f ∈ L1(R) una funcion Lebesgue-integrable sobre R. Entonces la

transformada de Fourier de f , f : R→ C y la transformada de Fourier inversade f , f : R→ C son funciones continuas y acotadas, y valen las desigualdades

‖f‖∞ ≤1√2π‖f‖1, ‖f‖∞ ≤

1√2π‖f‖1,

donde recordamos las definiciones de las normas:

‖f‖∞ := supk∈R|f(k)|, ‖f‖1 :=

∞∫−∞

|f(x)|dx.

Demostracion. Usando la definicion (4.4) de la transformada de Fourier y elhecho de que |e−ikx| = 1 para todo k, x ∈ R, encontramos

|f(k)| ≤ 1√2π

∞∫−∞

|f(x)||e−ikx|dx =1√2π‖f‖1,


lo que implica que f es acotado y

‖f‖∞ = supk∈R|f(k)| ≤ 1√

2π‖f‖1.

Para demostrar la continuidad de f , sean k, h ∈ R. Vamos a demostrar que

lımh→0|f(k + h)− f(k)| = 0.

Para esto estimamos

|f(k + h)− f(k)| ≤ 1√2π

∞∫−∞

|f(x)|∣∣∣ei(k+h)x − eikx

∣∣∣ dxPara k ∈ R fijo, la sucesion de funciones

Fh(x) := |f(x)||ei(k+h)x − eikx|, x ∈ R,

converge puntualmente a cero para h→ 0, y ademas es acotada por arriba porla funcion Lebesgue-integrable 2|f(x)|. Como consecuencia del teorema de laconvergencia dominada de Lebesgue, encontramos que

|f(k + h)− f(k)| ≤ 1√2π

∞∫−∞

Fh(x)dx→ 0

para h→ 0, lo que demuestra la continuidad de f .

Dado que f(x) = f(−x), llegamos a las mismas conclusiones para la funcionf .

Observacion: De hecho, la transformada de Fourier f de una funcion f ∈L1(R) no solamente es una funcion continua y acotada, sino que tambien decaea cero asintoticamente:

lım|k|→∞

f(k) = 0,

ver el ejercicio 36.

Como en el caso de las series de Fourier, podemos preguntarnos si existe unarelacion entre el grado de diferenciabilidad de f y el decaimiento de la transfor-mada de Fourier f(k) para |k| → ∞. Para analizar esta pregunta, supongamosque f : R → C es diferenciable, y que su derivada f ′ ∈ L1(R) es Lebesgue-integrable sobre R. Entonces podemos calcular la transformada de Fourier de

f ′:

f ′(k) =1√2π

∞∫−∞

f ′(x)e−ikxdx

= lımR→∞

1√2π

R∫−R

f ′(x)e−ikxdx

= lımR→∞

f(x)e−ikx√2π

∣∣∣∣R−R

+ik√2π

R∫−R

f(x)e−ikxdx

,

donde usamos integracion por partes en el ultimo paso. Ahora la pregunta rele-vante es que si vale f(x)|x=±R → 0 cuando R→∞. En general, la integrabili-dad de f sobre el eje real por sı no implica que f(x) debe converger a cero parax→ ±∞ (ver el ejercicio 36(a)). Pero si f y f ′ son ambos Lebesgue-integrablessobre R, entonces se puede mostrar que si debe valer f(x) → 0 para |x| → ∞(ver el lema 43 en el apendice B). Con esto, llegamos a la identidad

f ′(k) = ikf(k), k ∈ R,

y el resultado del lema anterior implica que

supk∈R|kf(k)| ≤ 1√

2π‖f ′‖1.

Entonces la diferenciabilidad de f y la integrabilidad de |f ′| implican que kf(k)

es acotado, es decir, |f(k)| decae a cero por lo menos como 1/|k| para |k| grande.1

Iterando el argumento llegamos al siguiente resultado:

Lema 22 (Decaimiento de f) Sea f : R → C una funcion que es s vecesdiferenciable, y tal que

‖f‖1 <∞,∥∥∥∥ ddxf

∥∥∥∥1

<∞, . . . ,

∥∥∥∥( d

dx

)sf

∥∥∥∥1

<∞.

Entonces la transformada de Fourier f : R→ C satisface las estimaciones

supk∈R|krf(k)| ≤ 1√

2π

∥∥∥∥( d

dx

)rf

∥∥∥∥1

, (4.6)

y las identidades

( d

dx

)rf(k) = (ik)rf(k), k ∈ R (4.7)

para todo r = 0, 1, 2, . . . , s.

1De acuerdo al lema de Riemann-Lebesgue (ejercicio 36), se puede mostrar incluso que

|kf(k)| → 0 para |k| → ∞, es decir, la funcion |f(k)| decae a cero mas rapido que 1/|k|.


Observaciones:

1. Dado que√

1 + k2 ≤ 1 + |k|, la estimacion (4.6) implica, en particular,que

(1 + k2)s/2|f(k)| ≤ (1 + |k|)s|f(k)| ≤ Cs(f),

para una constante Cs(f), que depende de la norma ‖ · ‖1 de las primeras

s derivadas de f . Por lo tanto, f(k) satisface la estimacion

|f(k)| ≤ Cs(f)

(1 + k2)s/2, k ∈ R. (4.8)

2. Obviamente, el lema anterior tambien vale para la transformada inversade f , siempre y cuando intercambiamos k por −k.

3. Como para el caso de los coeficientes de Fourier en el capıtulo anterior,las conclusiones del lema tambien valen bajo suposiciones ligeramente masdebiles. Por ejemplo, es suficiente pedir que f sea s−1 veces diferenciabley que su (s− 1)’iesima derivada sea diferenciable a trozos en vez de pedirque f sea s veces diferenciable.

Consideramos dos ejemplos sencillos para mostrar la relacion entre la dife-renciabilidad de f y el decaimiento de f . Ejemplos adicionales se analizan en elejercicio 35.

Ejemplos:

1. Consideramos la funcion rectangular:

f(x) :=

{1, |x| ≤ 1,0, |x| > 1.

Obviamente, f ∈ L1(R) es Lebesgue-integrable sobre R, entonces podemoscalcular su transformada de Fourier:

f(k) =1√2π

∞∫−∞

f(x)e−ikxdx

=1√2π

1∫−1

e−ikxdx

=1√2π

e−ikx

−ik

∣∣∣∣1x=−1

=

√2

π

sen(k)

k, k 6= 0,

y f(0) =√

2/π. Como vemos, la transformada de Fourier f es una funcion

continua y acotada, y f(k)→ 0 para |k| → ∞.


2. Ahora consideramos la otra funcion

g(x) :=

{1− |x|, |x| ≤ 1,

0, |x| > 1.

que es continua y que satisface ‖g‖1 = 1. Calculamos su transformada de

Fourier. Para k = 0 encontramos√

2πg(0) = 2∫ 1

0(1 − x)dx = 1 mientras

que para k 6= 0,

√2πg(k) =

1∫−1

(1− |x|)e−ikxdx

=

0∫−1

(1 + x)e−ikxdx+

1∫0

(1− x)e−ikxdx

=

1∫0

(1− y)eikydy +

1∫0

(1− x)e−ikxdx

= 2

1∫0

(1− x) cos(kx)dx

= 2 (1− x)sen(kx)

k

∣∣∣∣1x=0

+ 2

1∫0

sen(kx)

kdx

= 0− 2

k2cos(kx)

∣∣∣∣1x=0

=2

k2(1− cos k),

donde usamos la substitucion de variables x = −y en el tercer paso e inte-gracion por partes en el quinto paso. Usando la identidad trigonometrica1− cos k = 2 sen2(k/2) llegamos al resultado

g(k) =1√2π·

{ [sen(k/2)k/2

]2, k 6= 0,

1, k = 0.

Como se esperaba, la funcion g es continua, acotada y decae a cero para|k| → ∞. Observamos que g(k) decae a cero como 1/k2, mientras que en

el ejemplo previo la funcion f(k) solamente decae como 1/|k|.

Hasta ahora vimos que las propiedades de diferenciabilidad de f se reflejanen las propiedades de decaimiento de la transformada de Fourier f . Ahora esnatural hacernos la pregunta si las propiedades de decaimiento de f tambienimplican propiedades de diferenciabilidad de f . En los dos ejemplos previos,las funciones decaen muy rapidamente a cero para |x| → ∞ (de hecho, son


identicamente cero para |x| > 1), y vemos que las transformadas de Fourier co-rrespondientes son indefinidamente diferenciables en k (de hecho, son funcionesanalıticas en k).

Para analizar esta cuestion de forma mas general, tomamos una funcionf : R→ C que es Lebesgue-integrable y analizamos el cociente diferencial

f(k + h)− f(k)

h=

1√2π

∞∫−∞

f(x)e−i(k+h)x − e−ikx

hdx, k ∈ R, h 6= 0.

Aquı la sucesion de funciones Qh : R→ C definida por

Qh(x) :=e−i(k+h)x − e−ikx

h, x ∈ R, h 6= 0,

satisface

lımh→0h 6=0

Qh(x) =d

dke−ikx = −ixe−ikx

para todo x ∈ R. Si logramos acotar la sucesion de funciones |fQh| por arribapor una funcion Lebesgue-integrable, entonces el teorema de la convergenciadominada de Lebesgue implicarıa

d

dkf(k) = lım

h→0h6=0

f(k + h)− f(k)

h

=1√2π

lımh→0h6=0

∞∫−∞

f(x)Qh(x)dx

=1√2π

∞∫−∞

(−ix)f(x)e−ikxdx

= −ixf(k).

Para acotar fQh notamos que para cada x ∈ R vale

|Qh(x)| =

∣∣∣∣e−ikx e−ihx − 1

h

∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣−ix∫

0

e−ihydy

∣∣∣∣∣∣≤ |x|,

donde usamos el hecho de que |e−ikx| = e−ihy| = 1 para k, h, x, y reales. Enton-ces el resultado que encontramos arriba es valido, siempre y cuando las funcionesf(x) y xf(x) son ambas Lebesgue-integrables sobre R. Resumiendo, obtuvimosel siguiente resultado:

Lema 23 (Diferenciabilidad de f) Sea f ∈ L1(R) una funcion Lebesgue-integrable sobre R que satisface

∞∫−∞

|x||f(x)|dx <∞.

Entonces su transformada de Fourier f es una funcion continuamente diferen-ciable, y vale

d

dkf(k) = −ixf(k), k ∈ R.

Generalizando este resultado obtenemos:

Lema 24 Sea f : R→ C una funcion medible que satisface

∞∫−∞

(1 + x2)s/2|f(x)|dx <∞

para algun s ∈ N0.Entonces su transformada de Fourier f : R → C es s veces continuamente

diferenciable y vale (d

dk

)rf(k) = (−ix)rf(k), k ∈ R, (4.9)

para todo r = 0, 1, 2, . . . , s.


Ejemplo: Como aplicacion de los resultados obtenidos en esta seccion conside-ramos la funcion Gaussiana f : R→ R definida por

f(x) := e−α2x2/2, x ∈ R,

donde α > 0 es una constante positiva. Obviamente, f ∈ L1(R) es Lebesgue-integrable sobre R, entonces podemos calcular su transformada de Fourier:

f(k) =1√2π

∞∫−∞

e−12α

2x2+ikxdx, k ∈ R.

Para calcular f de forma explıcita notamos primero que

f(0) =1√2π

∞∫−∞

e−12α

2x2

dx =1

α.

Luego, notamos que f es continuamente diferenciable y satisface f ′(x) = −α2xf(x).Aplicando las formulas (4.9) y (4.7) a la funcion f , llegamos a

d

dkf(k) = −ixf(k) =

i

α2f ′(k) = − k

α2f(k), k ∈ R,

y entonces

f(k) =1

αe−

12k2

α2 , k ∈ R.

Concluimos que la transformada de Fourier de una funcion Gaussiana (centradaen cero) es nuevamente una funcion Gaussiana (centrada en cero). En particular,

ˇf(x) =

ˆf(−x) =

1

ααe−

12α

2k2∣∣∣∣k=−x

= e−12α

2x2

, x ∈ R,

y entonces vale la formulaˇf(x) = f(x) para la funcion Gaussiana.

4.3. El espacio de Schwartz

En la seccion anterior vimos que si f es s veces continuamente diferenciable yque las s primeras derivadas son Lebesgue-integrables sobre R, entonces ksf(k)es acotado. Por otro lado, si (1 + x2)r/2f(x) es Lebesgue-integrable sobre R,

entonces vimos que f es r veces continuamente diferenciable. Estos resultadosmotivan la siguiente definicion:

Definicion 16 El espacio de Schwartz S (R) es el espacio vectorial complejoque consiste de las funciones ϕ : R→ C que son indefinidamente diferenciablesy que satisfacen

‖ϕ‖r,s := supx∈R

∣∣∣∣xr ( d

dx

)sϕ(x)

∣∣∣∣ <∞ (4.10)

para todo r, s ∈ N0.

Observacion: Entonces una funcion ϕ ∈ S (R) de Schwartz tiene la carac-terıstica que es indefinidamente diferenciable y que cada una de sus derivadasdecae a cero mas rapido que cualquier potencia de 1/|x|. Tambien podemoscaracterizar una funcion de Schwartz de la manera siguiente:

Lema 25 ϕ ∈ S (R) si y solo si ϕ es indefinidamente diferenciable y si existepara cada r, s ∈ N0 una constante C = C(r, s, ϕ) tal que∣∣∣∣( d

dx

)sϕ(x)

∣∣∣∣ ≤ C

(1 + x2)r/2(4.11)

para todo x ∈ R.

4.3. EL ESPACIO DE SCHWARTZ 119

Demostracion. Sea ϕ : R→ C indefinidamente diferenciable y sea

ϕ(s) :=

(d

dx

)sϕ.

Supongamos primero que ϕ satisface las condiciones (4.10) para todo r, s ∈ N0.Dado que

√1 + x2 ≤ 1 + |x| para todo x ∈ R, obtenemos∣∣∣(1 + x2)r/2ϕ(s)(x)

∣∣∣ ≤ (1 + |x|)r|ϕ(s)(x)|

=

r∑j=0

(r

j

)|x|j |ϕ(s)(x)|

≤r∑j=0

(r

j

)‖ϕ‖j,s =: C(r, s, ϕ),

lo que implica la validez de la condicion (4.11) para todo x ∈ R.Por otro lado, si vale (4.11) para todo x ∈ R y algun r y s, entonces

‖ϕ‖r,s = supx∈R

∣∣∣xrϕ(s)(x)∣∣∣ ≤ C sup

x∈R

|x|r

(1 + x2)r/2= C,

y vale (4.10).

Ejemplos:

1. S (R) contiene el espacio C∞0 (R) de las funciones que son indefinidamentediferenciables y que son identicamente cero fuera de un intervalo [−R,R].

2. Sea α > 0, y consideramos la funcion Gaussiana

ϕ(x) := e−αx2

, x ∈ R.

Entonces tenemos (d

dx

)sϕ(x) = ps(x)e−αx

2

,

para algun polinomio ps del grado s. Por lo tanto, vale

lım|x|→∞

xr(d

dx

)sϕ(x) = lım

|x|→∞xrps(x)e−αx

2

= 0

para todo r, s ∈ N0, y entonces las funciones

ϕr,s(x) := xr(d

dx

)sϕ(x), x ∈ R

son continuas y decaen a cero para |x| → ∞. Por lo tanto,

‖ϕ‖r,s = supx∈R|ϕr,s(x)| <∞,

y concluimos que ϕ ∈ S (R).

Se analizaran mas ejemplos en el ejercicio 40. Las funciones de Schwartz poseenvarias propiedades atractivas, como mostramos en el siguiente resultado:

Lema 26 Sea ϕ ∈ S (R) una funcion de Schwartz. Entonces ϕ satisface lassiguientes propiedades:

(a) ‖ϕ‖p < ∞ para todo 1 ≤ p ≤ ∞, donde recordamos la definicion de lasp-normas:

‖ϕ‖p :=

∞∫−∞

|ϕ(x)|pdx

1/p

, 1 ≤ p <∞,

‖ϕ‖∞ := supx∈R|ϕ(x)|, p =∞.

(b) Para todo s = 0, 1, 2, 3, . . . vale(d

dx

)sϕ ∈ S (R).

(c) Para todo r = 0, 1, 2, 3, . . . vale

(1 + x2)r/2ϕ ∈ S (R).

(d) Sea p(x) un polinomio, entonces p · ϕ ∈ S (R).

Demostracion. Primero, notamos que la condicion (4.10) con r = s = 0 sereduce a

‖ϕ‖0,0 = supx∈R|ϕ(x)| <∞,

lo que demuestra la propiedad (a) con p =∞. Para los otros valores 1 ≤ p <∞usamos la condicion (4.11) con r = 2 y s = 0 para concluir que

‖ϕ‖pp =

∞∫−∞

|ϕ(x)|pdx ≤ Cp∞∫−∞

dx

(1 + x2)p<∞, p ≥ 1.

Luego, para la propiedad (b), fijamos s ∈ N0 e introducimos la funcion

ψ :=

(d

dx

)sϕ.

Entonces ψ es indefinidamente diferenciable dado que ϕ lo es, y para cadar′, s′ ∈ N0 tenemos que

supx∈R

∣∣∣∣∣xr′(d

dx

)s′ψ(x)

∣∣∣∣∣ = supx∈R

∣∣∣∣∣xr′(d

dx

)s′+sϕ(x)

∣∣∣∣∣ = ‖ϕ‖r′,s′+s <∞,


de tal manera que ψ ∈ S (R).Finalmente, la verificacion de los incisos (c) y (d) se establecera en el ejerci-

cio 41.

Despues de estos resultados preliminares llegamos al resultado principal deesta seccion:

Teorema 14 La transformada de Fourier F : S (R) → S (R), ϕ 7→ ϕ esuna transformacion lineal e invertible del espacio de Schwartz en si mismo quesatisface las siguientes propiedades:

(a)

F[(

d

dx

)r(−ix)sϕ

](k) = (ik)r

(d

dk

)sϕ(k), k ∈ R,

para todo ϕ ∈ S (R) y todo r, s ∈ N0.

(b) Vale

F−1(ϕ) = ϕ

para todo ϕ ∈ S (R), es decir, la inversa de F es la transformada deFourier inversa.

(c) La transformacion F deja el producto escalar

(f, g) =

∞∫−∞

f(x)∗g(x)dx, f, g ∈ S (R)

invariante, es decir vale la identidad de Parseval

(ψ, ϕ) = (ψ,ϕ) (4.12)

para todo ψ,ϕ ∈ S (R).

Demostracion. Sea ϕ ∈ S (R). De acuerdo al lema anterior, ϕ ∈ L1(R) esintegrable sobre R, y entonces la transformada de Fourier ϕ : R → C es unafuncion bien-definida. Ademas, usando nuevamente el Lema 26, sabemos que(1 + x2)r/2ϕ ∈ S (R) para todo r ∈ N0, lo que implica en particular que(1 + x2)r/2ϕ ∈ L1(R). Como consecuencia del Lema 24, ϕ : R → C es inde-finidamente diferenciable, y(

d

dk

)sϕ(k) = (−ix)sϕ(k), k ∈ R

para todo s ∈ N0.Luego, fijamos s ∈ N0 y definimos la funcion ψ := (−ix)sϕ. De acuerdo

al Lema 26(d), ψ ∈ S (R). En particular, ψ es indefinidamente diferenciable

y todas las derivadas de ψ son integrables sobre R. Como consecuencia delLema 22 vale para cada r ∈ N0

supk∈R|krψ(k)| ≤ 1√

2π

∥∥∥∥( d

dx

)rψ

∥∥∥∥1

<∞,

de tal manera que

‖ϕ‖r,s = supk∈R

∣∣∣∣kr ( d

dk

)sϕ(k)

∣∣∣∣ = supk∈R|krψ(k)| <∞,

lo que demuestra que ϕ ∈ S (R) es una funcion de Schwartz. Ademas, el Lema 22implica que

F[(

d

dx

)r(−ix)sϕ

](k) =

( d

dx

)rψ(k) = (ik)rψ(k) = (ik)r

(d

dk

)sϕ(k),

para todo k ∈ R y todo r, s ∈ N0, lo que concluye la demostracion del inciso (a).Para demostrar el inciso (b) tomamos ϕ ∈ S (R). De acuerdo a lo que

acabamos de demostrar, su transformada de Fourier ϕ ∈ S (R) es una funcionde Schwartz, y por lo tanto existe la transformada inversa ˇϕ de ϕ. Vamos ademostrar que ˇϕ = ϕ. Para esto notamos que

ˇϕ(x) =1√2π

∞∫−∞

ϕ(k)eikxdk =1

2π

∞∫−∞

∞∫−∞

ϕ(y)e−ikydy

eikxdk.

Si podrıamos intercambiar el orden de las integrales, llegarıamos a

ˇϕ(x) =

∞∫−∞

1

2π

∞∫−∞

eik(x−y)dk

ϕ(y)dy.

Formalmente, tendrıamos que demostrar que

1

2π

∞∫−∞

eik(x−y)dk = δ(x− y),

donde δ es la distribucion de Dirac. Sin embargo, notamos que |eik(x−y)| = 1,y por lo tanto la integral

∫∞−∞ eik(x−y)dk no existe en el sentido de Lebesgue.2

Para tratar este problema, usamos el siguiente truco: Reemplazamos ϕ(k) porla sucesion de funciones

e−12 δ

2k2 ϕ(k), k ∈ R2La integral existe en el sentido de las distribuciones, pero desafortunadamente no tenemos

tiempo de analizar esta teorıa interesante en este curso.


con δ > 0. Notamos que

lımδ→0

e−12 δ

2k2 ϕ(k) = ϕ(k)

para todo k ∈ R y que |e− 12 δ

2k2 ϕ(k)| ≤ |ϕ(k)| esta acotada por una funcionintegrable independiente de δ. Por lo tanto, usando el teorema de convergenciadominada de Lebesgue podemos escribir

ˇϕ(x) =1

2πlımδ→0

∞∫−∞

e−12 δ

2k2

∞∫−∞

ϕ(y)e−ikydy

eikxdk.

Ahora sı podemos intercambiar el orden de las integrales, obteniendo

ˇϕ(x) = lımδ→0

∞∫−∞

Kδ(x− y)ϕ(y)dy,

donde ahora

Kδ(z) :=1

2π

∞∫−∞

e−12 δ

2k2+ikzdk, z ∈ R,

esta bien definido para todo δ > 0. De hecho, la funcion Kδ no es nada mas quela transformada de Fourier inversa de la funcion f(k) = e−δ

2k2/2/√

2π. Segunel ejemplo de la pagina 117 tenemos

Kδ(z) =1√2πδ

e−12z2

δ2 , z ∈ R.

Por ende,

ˇϕ(x) = lımδ→0

1√2πδ

∞∫−∞

e−12

(x−y)2

δ2 ϕ(y)dy

= lımδ→0

1√2π

∞∫−∞

e−12 t

2

ϕ(x− δt)dt

=1√2π

∞∫−∞

e−12 t

2

ϕ(x)dt

= ϕ(x),

donde usamos la substitucion de variables y = x−δt en el segundo, y el teoremade convergencia dominada en el tercer paso.

De la misma forma se establece que ˆϕ = ϕ para todo ϕ ∈ S (R), lo queconcluye la demostracion del inciso (b).


Finalmente, para demostrar el inciso (c) tomamos ϕ,ψ ∈ S (R) y calculamos

(ψ, ϕ) =

∞∫−∞

ψ(k)∗ϕ(k)dk =1√2π

∞∫−∞

ψ(k)∗

∞∫−∞

ϕ(x)e−ikxdx

dk.

Aquı podemos intercambiar el orden de las integrales, y obtenemos

(ψ, ϕ) =

∞∫−∞

1√2π

∞∫−∞

e+ikxψ(k)dk

∗ ϕ(x)dx =

∞∫−∞

ψ(x)ϕ(x)dx = (ψ, ϕ).

Intercambiando ψ por ψ y usando el resultado del inciso (b) obtenemos la afir-macion (c).

De acuerdo al teorema anterior la transformacion de Fourier F : S (R) →S (R) es un mapeo lineal, invertible y unitario, es decir vale

(Fψ,Fϕ) = (ψ,ϕ)

para todo ψ,ϕ ∈ S (R). En particular, la transformacion de Fourier deja la2-norma ‖ · ‖2 invariante. Ahora bien, se puede mostrar que el espacio C∞0 (R)de las funciones indefinidamente diferenciables que son identicamente cero fuerade un intervalo es denso en el espacio (L2(R), ‖ · ‖2), es decir, para cualquierfuncion f ∈ L2(R) existe una sucesion de funciones ϕk en C∞0 (R) tal que

lımk→∞

‖f − ϕk‖2 = 0.

Dado que C∞0 (R) ⊂ S (R) ⊂ L2(R), el espacio de Schwartz S (R) tambien esdenso en (L2(R), ‖ · ‖2), y podemos extender el mapeo F sobre todo L2(R):

Teorema 15 (Plancharel) La transformada de Fourier F : S (R) → S (R)posee una unica extension lineal y unitaria U : L2(R)→ L2(R); es decir, existeun unico mapeo lineal U : L2(R)→ L2(R) tal que

(i) Uϕ = ϕ para todo ϕ ∈ S (R).

(ii) (Uf,Ug) = (f, g) para todo f, g ∈ L2(R).

Ademas, U es invertible y U−1ϕ = ϕ para todo ϕ ∈ S (R).

Demostracion. Sea f ∈ L2(R). Entonces definimos Uf ∈ L2(R) de la siguienteforma: Dado que S (R) ⊂ L2(R) es denso, existe una sucesion ϕk de funcionesde Schwartz tal que

ϕk → f en (L2(R), ‖ · ‖2).

Ahora consideramos la sucesion ϕk en S (R). Dado que

‖ϕk − ϕj‖2 = ‖F(ϕk − ϕj)‖2 = ‖ϕk − ϕj‖2 → 0


para k, j →∞, ϕk es una sucesion de Cauchy en el espacio completo (L2(R), ‖ · ‖2).Por lo tanto, existe

Uf := lımk→∞

ϕk ∈ L2(R).

Esta definicion de Uf es independiente de la eleccion de la sucesion, porque siψk fuera otra sucesion en S (R) tal que ψk → f en (L2(R), ‖ · ‖2), entonces

‖Uf − ψk‖2 ≤ ‖Uf − ϕk‖2 + ‖ϕk − ψk‖2= ‖Uf − ϕk‖2 + ‖ϕk − ψk‖2 → 0

para k → ∞, lo que demuestra que tambien vale Uf = lımk→∞ ψk. Es facilverificar que U : L2(R) → L2(R) es un operador lineal. Ademas, usando lacontinuidad del producto escalar en ambos argumentos, encontramos que paraϕk → f y ψj → g vale

(Uf,Ug) =

(lımk→∞

ϕk, lımj→∞

ψj

)= lım

k,j→∞(ϕk, ψj)

= lımk,j→∞

(ϕk, ψj)

= (f, g),

donde usamos la identidad de Parseval sobre S (R) en el tercer paso. Estodemuestra la existencia de la extension lineal y unitaria U de F .

Para la unicidad, notamos que si U : L2(R) → L2(R) fuera otro operadorlineal que satisface las condiciones (i) y (ii), entonces tendrıamos, para unasucesion ϕk en S (R) tal que ϕk → f en (L2(R), ‖ · ‖2),

Uf = lımk→∞

Uϕk = lımk→∞

ϕk = Uf,

de tal manera que Uf = Uf para todo f ∈ L2(R).

Finalmente, para demostrar que U es invertible, construimos un operadorlineal unitario V : L2(R) → L2(R) tal que V ϕ = ϕ para todo ϕ ∈ S (R).Como para la construccion del operador U , el operador V existe, es unico, y porconstruccion satisface

V (Uϕ) = ˇϕ = ϕ, U(V ϕ) = ˆϕ = ϕ,

para todo ϕ ∈ S (R). Dado que U y V son unitarios y que S (R) es denso enL2(R), vale tambien V (Uf) = U(V f) = f para todo f ∈ L2(R), lo que muestraque U es invertible y que U−1 = V .

Observacion: Para funciones f ∈ L2(R) ∩ L1(R) se puede demostrar que lasextensiones U y V que construimos en el teorema anterior estan dadas por las


expresiones explıcitas (4.4,4.5). Mas precisamente vale

(Uf)(k) =1√2π

∞∫−∞

f(x)e−ikxdx para casi todo k ∈ R y, (4.13)

(V f)(x) =1√2π

∞∫−∞

f(k)e+ikxdk para casi todo x ∈ R. (4.14)

Demostracion. Sea f ∈ L2(R) ∩ L1(R), y sea ϕk una sucesion en S (R) queconverge a f en (L2(R), ‖ · ‖2). Entonces vale para todo ψ ∈ S (R):

(f , ψ) =

∞∫−∞

1√2π

∞∫−∞

f(k)∗eikxdk

ψ(x)dx

=

∞∫−∞

f(k)∗

1√2π

∞∫−∞

ψ(x)eikxdx

dk

= (f, ψ),

Por lo tanto,

(f − Uf, ψ) = lımk→∞

(f − ϕk, ψ) = lımk→∞

(f − ϕk, ψ) = (f − f, ψ) = 0

para todo ψ ∈ S (R), lo que implica que f − Uf es ortogonal a S (R). Dado

que S (R) ⊂ L2(R) es denso, concluimos que Uf = f en L2(R), es decir,

Uf(k) = f(k) para casi todo k ∈ R.

Ejemplos: Retomamos los dos ejemplos en la pagina 114.

1. Empezamos con la funcion

g(x) :=

{1− |x|, |x| ≤ 1,

0, |x| > 1.

cuya transformada de Fourier es, como vimos,

g(k) =1√2π·

{ [sen(k/2)k/2

]2, k 6= 0,

1, k = 0.

La funcion g : R → C es indefinidamente diferenciable y decae a cerocomo 1/k2 para |k| → ∞; por lo tanto g ∈ L2(R)∩L1(R) y de acuerdo alteorema de Plancharel y la observacion previa vale

g(x) = (V g)(x) =1

2π

∞∫−∞

[sen(k/2)

k/2

]2

eikxdk

para casi todo x ∈ R. De hecho, dado que tanto la funcion g como lafuncion a la derecha de esta igualdad son continuas, estas dos expresionescoinciden para todo x ∈ R. En particular para x = 0 encontramos laidentidad integral

∞∫−∞

sen2 y

y2dy = π, (4.15)

donde substituimos k = 2y. Usando la identidad de Parseval tambienencontramos la identidad

∞∫−∞

sen4 y

y4dy = π

∞∫−∞

|g(k)|2dk = π

∞∫−∞

|g(x)|2dx =2π

3.

2. Ahora consideramos la funcion

f(x) :=

{1, |x| ≤ 1,0, |x| > 1,

que tiene la transformada de Fourier

f(k) =

√2

π·{

sen(k)k , k 6= 0,1, k = 0.

Notamos que f ∈ L2(R), porque |f(k)2| decae como 1/k2 para |k| → ∞.Entonces podemos usar el teorema de Plancharel para encontrar

2

π

∞∫−∞

sen2 k

k2dk =

∞∫−∞

|f(k)|2dk =

∞∫−∞

|f(x)|2dx = 2,

y recuperamos la identidad integral (4.15).

Por otro lado, f /∈ L1(R) (ver el ejercicio 42), y entonces no podemos cal-

cular la transformacion de Fourier inversa de f con la formula usual (4.5).

Sin embargo, dado que f ∈ L2(R) sabemos que existe la transformacion

de Fourier inversa V f en el sentido del teorema de Plancharel (el Teore-

ma 15). Para calcular V f reemplazamos f por la sucesion de funciones

fR(k) :=

√2

π·{

sen(k)k , 0 < |k| ≤ R,0, |k| > R.

Usando el teorema de la convergencia dominada se puede ver que fR → fen (L2(R), ‖ · ‖2), y dado que V es unitario,

f = V f = lımR→∞

V fR.

Ahora fR ∈ L2(R)∩L1(R), entonces podemos calcular V fR con la formu-la (4.5), y por lo tanto llegamos a

f(x) = V f(x) = lımR→∞

1

π

R∫−R

sen(k)

keikxdk,

para casi todo x ∈ R, donde es importante resaltar que el lımite es en elsentido de (L2(R), ‖ · ‖2).

En el ejercicio 42 vamos a demostrar que

lımR→∞

1

π

R∫−R

sen(k)

keikxdk =

1, |x| < 1,12 , |x| = 1,0, |x| > 1,

y entonces la integral converge puntualmente a la funcion f para todox ∈ R excepto en los puntos x = ±1 de discontinuidad de f , donde laintegral converge al promedio entre f(x−) y f(x+).

4.4. El principio de incertidumbre

En la pagina 117 calculamos la transformada de Fourier de una funcionGaussiana. Escribiendo la funcion Gaussiana de la forma

ψ(x) :=1

(2πa2)1/4e−( x

2a )2

, x ∈ R, (4.16)

vemos que el parametro a > 0 determina el “ancho” de la Gaussiana. El factorde normalizacion esta elegido de tal forma que

‖ψ‖22 =1√2πa

∞∫−∞

e−12x2

a2 dx = 1.

Con la identificacion α = 1/(√

2a), el resultado del ejemplo en la pagina 117implica que la transformada de Fourier de ψ es dada por

ψ(k) =1

(2πa2)1/4e−( k

2a )2

, k ∈ R,

con el “ancho” a = 1/(2a). En particular, vemos que

‖ψ‖2 = ‖ψ‖2 = 1,

como se esperaba de la identidad de Parseval.Concluimos que el ancho a de ψ y el ancho a de su transformada de Fourier

ψ satisfacen la relacion

a · a =1

2. (4.17)

4.4. EL PRINCIPIO DE INCERTIDUMBRE 129

En particular a → ∞ si a → 0, es decir, lo mas concentrada esta la funcionψ, lo mas delocalizada esta la transformada de Fourier ψ y vice-versa. Comovamos a demostrar a continuacion, el ancho a de una funcion ψ y el ancho desu transformada de Fourier a satisfacen la desigualdad

a · a ≥ 1

2.

Para demostrar esta desigualdad, necesitamos primero definir el “ancho” deuna funcion. Para lo que sigue, consideramos funciones en el espacio de SchwartzS (R) con el producto escalar

(ψ,ϕ) =

∞∫−∞

ψ(x)∗ϕ(x)dx, ψ, ϕ ∈ S (R).

Definicion 17 Un operador lineal A : S (R) → S (R) se llama simetrico sisatisface

(ψ,Aϕ) = (Aψ,ϕ)

para todo ψ,ϕ ∈ S (R).

Observacion: Recordamos que un operador lineal A : S (R) → S (R) essimetrico si y solo si (ψ,Aψ) ∈ R es real para todo ψ ∈ S (R), ver el ejer-cicio 6(b).

Ejemplos: Como ejemplos tıpicos consideramos los operadores A,B : S (R)→S (R) definidos por

1. (Aψ)(x) := xψ(x), ψ ∈ S (R), x ∈ R (operador de posicion)

2. (Bψ)(x) := 1iddxψ(x), ψ ∈ S (R), x ∈ R (operador de momento lineal)

De acuerdo al Lema 26 ambos operadores A,B estan bien definidos en el sentidoque Aψ,Bψ ∈ S (R) para todo ψ ∈ S (R). Ademas, vale

(ψ,Aϕ) =

∞∫−∞

ψ(x)∗xϕ(x)dx =

∞∫−∞

(xψ(x))∗ϕ(x)dx = (Aψ,ϕ)

para todo ψ,ϕ ∈ S (R) y entonces A es simetrico.

Luego, notamos que Bψ = Aψ (ver (4.7)), y entonces usando la identidadde Parseval tambien encontramos que

(ψ,Bϕ) = (ψ, Bϕ) = (ψ, Aϕ) = (Aψ, ϕ) = (Bψ, ϕ) = (Bψ,ϕ)

para todo ψ,ϕ ∈ S (R), y entonces B tambien es simetrico.Ahora definimos:

Definicion 18 Sea A : S (R) → S (R) un operador lineal y simetrico, y seaψ ∈ S (R) tal que ‖ψ‖22 = (ψ,ψ) = 1. Entonces definimos:


(i) El valor esperado de A con respecto a ψ:

〈A〉ψ := (ψ,Aψ) ∈ R.

(ii) El ancho de A con respecto a ψ:

(∆A)ψ :=√

(ψ, (A− 〈A〉ψ)2ψ) = ‖(A− 〈A〉ψ)ψ‖2.

Ejemplo: Sea

ψ(x) :=1

(2πa2)1/4e−( x

2a )2

, x ∈ R,

la funcion Gaussiana introducida en (4.16) con a > 0, y sean A = x y B = 1iddx

los operadores simetricos definidos en la pagina 129. Entonces tenemos

〈A〉ψ = (ψ, xψ) =1√2πa

∞∫−∞

xe−x2

2a2dxdx = 0,

y

〈B〉ψ = (ψ,Bψ) = (ψ, Bψ) = (ψ, Aψ) = 0,

entonces los valores esperados de A y B con respecto a ψ son cero. Luego,

(∆A)2ψ = (ψ, x2ψ) =

1√2πa

∞∫−∞

x2e−x2

2a2 dx = a2,

y(∆B)2

ψ = ‖Bψ‖22 = ‖Aψ‖22 = (∆A)2ψ

= a2,

de tal forma que los anchos de A y B con respecto a ψ son (∆A)ψ = a y(∆B)ψ = a = 1/(2a), como anticipamos al inicio de esta seccion.

Ahora podemos demostrar el resultado central de esta seccion:

Teorema 16 (Principio de incertidumbre de Heisenberg) Sean A,B : S (R)→S (R) dos operadores lineales y simetricos, y sea ψ ∈ S (R) tal que ‖ψ ‖2 = 1.Entonces vale la desigualdad

(∆A)ψ · (∆B)ψ ≥1

2

∣∣∣∣(ψ, 1

i[A,B]ψ

)∣∣∣∣ , (4.18)

donde [A,B] := AB −BA denota el conmutador entre A y B.

Demostracion. Usando la simetrıa de A y B y la desigualdad de Cauchy-Schwarz encontramos que∣∣∣∣(ψ, 1

i[A,B]ψ

)∣∣∣∣ = |(ψ,ABψ)− (ψ,BAψ)|

≤ |(Aψ,Bψ)|+ |(Bψ,Aψ)|≤ ‖Aψ‖2 · ‖Bψ‖2 + ‖Bψ‖2 · ‖Aψ‖2= 2‖Aψ‖2 · ‖Bψ‖2.

4.4. EL PRINCIPIO DE INCERTIDUMBRE 131

Reemplazando A por el operador simetrico A−〈A〉ψ y B por el operador simetri-co B − 〈B〉ψ, y notando que

[A− 〈A〉ψ, B − 〈B〉ψ] = [A,B]

obtenemos ∣∣∣∣(ψ, 1

i[A,B]ψ

)∣∣∣∣ ≤ 2(∆A)ψ · (∆B)ψ,

lo que concluye la demostracion del teorema.

Ejemplos y aplicaciones:

1. Sean A = x y B = p = 1iddx los operadores simetricos definidos en la

pagina 129, entonces

[A,B]ψ = x1

i

d

dxψ − 1

i

d

dx(xψ) = −1

iψ

para todo ψ ∈ S (R). Por lo tanto 1i [A,B] = 1, y el teorema 16 implica

que

(∆x)ψ · (∆p)ψ ≥1

2(4.19)

para todo ψ ∈ S (R) con ‖ψ‖2 = 1. Esta es la formulacion usual delprincipio de incertidumbre de Heisenberg, que establece la imposibilidadde determinar al mismo tiempo la posicion y el momento lineal de unapartıcula cuantica con precision arbitraria.

Como vimos al inicio de esta seccion, la funcion Gaussiana ψ definidaen (4.16) satura esta desigualdad, es decir, satisface (∆x)ψ · (∆p)ψ = 1/2con la igualdad. Para otro ejemplo concreto que no satura la desigualdad,ver el ejercicio 43.

2. Por supuesto, el teorema 16 tambien vale en situaciones mas generales quela del ejemplo previo. Por ejemplo, sea L el operador de momento angulardefinido por

L := x ∧ 1

i∇,

ver el ejercicio 7. Entonces cada componente Lx, Ly, Lz : S (R3)→ S (R3)es un operador simetrico del espacio de Schwartz S (R3) en si mismo, yse puede demostrar que (ver ejercicio 44)

(∆Lx)ψ · (∆Ly)ψ ≥1

2|〈Lz〉ψ|

para todo ψ ∈ S (R3). Entonces en general, no es posible medir al mismotiempo el momento angular en la direccion x y y con precision arbitraria.


4.5. Las funciones de Hermite y aplicacion aloscilador armonico cuantico

Como vimos en la seccion 4.3, la transformada de Fourier F : S (R) →S (R), ϕ 7→ ϕ es un mapeo lineal, invertible y unitario:

(Fψ,Fϕ) = (ψ,ϕ), ψ, ϕ ∈ S (R),

que puede ser extendido sobre el espacio L2(R). La meta de esta seccion esencontrar los eigenvalores λ y las eigenfunciones ϕ correspondientes de F ; esdecir, buscamos las funciones ϕ ∈ S (R), ϕ 6= 0, tales que

Fϕ = ϕ = λϕ

para algun λ ∈ C.Puesto que F es unitario, una eigenfuncion ϕ con eigenvalor correspondiente

λ ∈ C satisface

(ϕ,ϕ) = (Fϕ,Fϕ) = (λϕ, λϕ) = λ∗λ(ϕ,ϕ) = |λ|2(ϕ,ϕ),

y dado que (ϕ,ϕ) = ‖ϕ‖22 6= 0 concluimos que |λ| = 1, y entonces todos loseigenvalores de F deben encontrarse sobre el cırculo unitario en el plano com-plejo. De hecho, vamos a demostrar que el espectro de F consiste solamente delos cuatro valores

1, i,−1,−i.

Para encontrar las eigenfunciones de F recordamos primero la funcion Gaus-siana

ψ(x) :=1

(2πa2)1/4e−( x

2a )2

, x ∈ R,

con ancho (∆x)ψ = a que satisface

Fψ(k) = ψ(k) =1

(2πa2)1/4e−( k

2a )2

, k ∈ R,

con ancho a = 1/(2a), ver (4.16). En particular, si a = a, es decir si a = 1/√

2y

ψ(x) := ϕ0(x) = π−1/4e−12x

2

, x ∈ R, (4.20)

tenemos que Fϕ0 = ϕ0 = ϕ0, y ϕ0 es una eigenfuncion de F con eigenvalor 1.Podemos construir otras funciones propias de F a partir de ϕ0 usando el si-

guiente truco: Sea ϕ ∈ S (R) una funcion de Schwartz. Usando el Teorema 14(a)encontramos por un lado

xϕ(k) = id

dkϕ(k),

y por otro lado

d

dxϕ(k) = ikϕ(k),

4.5. LAS FUNCIONES DE HERMITE 133

de tal manera que

F[(x± d

dx

)ϕ

](k) = ±i

(k ± d

dk

)ϕ(k). (4.21)

A continuacion, introducimos los siguientes operadores lineales:

A :=1√2

(x+

d

dx

), A† :=

1√2

(x− d

dx

), (4.22)

que mapean el espacio de Schwartz en si mismo: A,A† : S (R) → S (R). Conestos operadores podemos reescribir la ecuacion (4.21) de la forma

FA = iAF , FA† = −iA†F . (4.23)

Iterando, obtenemos tambien las relaciones

FAn = inAnF , F(A†)n = (−i)n(A†)nF , n = 1, 2, 3, . . . (4.24)

Estas relaciones permiten construir nuevas eigenfunciones de F a partir de unaeigenfuncion conocida. Efectivamente, si ϕ ∈ S (R) satisface Fϕ = λϕ conalgun λ, entonces las funciones

ψn := Anϕ, ψn := (A†)nϕ, n = 1, 2, 3, . . .

satisfacenFψn = FAnϕ = inAnFϕ = λinAnϕ = λinψn

y de forma analoga, F ψn = λ(−i)nψn. Por ende, y siempre y cuando sea distintode cero, ψn es una eigenfuncion de F con eigenvalor λin. De forma similar, ψnes eigenfuncion de F con eigenvalor λ(−i)n siempre y cuando es diferente decero.

Aplicando este razonamiento a la eigenfuncion particular ϕ0 definida en (4.20)notamos primero que

√2Aϕ0 = π−1/4

(x+

d

dx

)e−

12x

2

= 0,

y entonces Anϕ0 = 0 para todo n = 1, 2, 3, . . . y no obtenemos nuevas eigenfun-ciones. En cambio,

√2A†ϕ0(x) = π−1/4

(x− d

dx

)e−

12x

2

= π−1/42xe−12x

2

= 2xϕ0

es distinto de cero, y entonces obtenemos una eigenfuncion de F con eigenvalor−i. Luego,

(√

2A†)2ϕ0(x) =√

2A†[2xϕ0](x)

=

(x− d

dx

)(2xϕ0)(x)

= 2x√

2A†ϕ0(x)− 2ϕ0(x)

= (4x2 − 2)ϕ0(x),


y conseguimos una eigenfuncion de F con eigenvalor −1. Aplicando el operadorA† una vez mas llegamos a

(√

2A†)3ϕ0(x) = (8x3 − 12x)ϕ0(x),

y obtenemos una eigenfuncion de F con eigenvalor +i. Procediendo de estaforma obtenemos

(√

2A†)nϕ0(x) = Hn(x)ϕ0(x), n = 0, 1, 2, 3, . . . (4.25)

donde Hn(x) es un polinomio de grado n:

Lema 27 Las funciones Hn(x) definidas por la ecuacion (4.25) son polinomiosde grado n y satisfacen la relacion de recurrencia

Hn+1(x) = 2xHn(x)−H ′n(x), n = 0, 1, 2, 3, . . .

con H0 = 1.

Demostracion. Claramente, H0 = 1. Luego, sea n ∈ N0, entonces por un ladotenemos

(√

2A†)n+1ϕ0(x) = Hn+1(x)ϕ0(x)

y por otro lado

(√

2A†)n+1ϕ0(x) = (√

2A†)(Hn(x)ϕ0(x))

=

(x− d

dx

)(Hn(x)ϕ0(x))

= Hn(x)√

2A†ϕ0(x)−H ′n(x)ϕ0(x)

= [2xHn(x)−H ′n(x)]ϕ0(x),

y comparando las dos expresiones concluimos que Hn+1(x) = 2xHn(x)−H ′n(x).Usando induccion en n podemos demostramos que Hn(x) es un polinomio degrado n: Efectivamente, H0 = 1 es un polinomio de grado cero, y suponiendo queHn(x) sea un polinomio de grado n es obvio que Hn+1(x) = 2xHn(x)−H ′n(x)debe ser un polinomio de grado n+ 1.

Los polinomios Hn(x) se llaman polinomios de Hermite. Sus propiedadesbasicas mas importantes se analizaran en el ejercicio 45. Para lo que sigue, vamosa necesitar el siguiente resultado:

Lema 28 Los operadores lineales A,A† : S (R) → S (R) definidos en (4.22)satisfacen

(ψ,Aϕ) = (A†ψ,ϕ) (4.26)

para todo ϕ,ψ ∈ S (R) y las relaciones de (anti)-conmutaciones

[A,A†] := AA† −A†A = 1, (4.27)

{A,A†} := AA† +A†A = − d2

dx2+ x2 =: H (4.28)


Demostracion. Sean ϕ,ψ ∈ S (R). Podemos escribir

A =1√2

(x+ ip), A† =1√2

(x− ip),

donde x y p = 1iddx son los operadores lineales simetricos definidos en la pagi-

na 129. Entonces tenemos

(ψ,Aϕ) =1√2

(ψ, xϕ) +i√2

(ψ, pϕ)

=1√2

(xψ, ϕ) +i√2

(pψ, ϕ)

=1√2

(xψ − ipψ, ϕ)

= (A†ψ,ϕ),

donde usamos el hecho de que el producto escalar es lineal en el segundo yanti-lineal en el primer argumento.

Luego, calculamos

AA† =1

2

(x+

d

dx

)(x− d

dx

)=

1

2

(x2 + 1− d2

dx2

),

y

A†A =1

2

(x− d

dx

)(x+

d

dx

)=

1

2

(x2 − 1− d2

dx2

),

y de esta forma encontramos [A,A†] = 1 y {A,A†} = H.

Ahora consideramos nuevamente las funciones

ψn := (A†)nϕ0, n = 0, 1, 2, 3, . . .

que, por construccion, son eigenfunciones de la transformada de Fourier F :S (R) → S (R) con eigenvalores (−i)n. Vamos a usar las relaciones (4.26) y(4.27) para mostrar que estas funciones forman un conjunto ortogonal en L2(R).Para esto, notamos primero que

(ψ1, ψ0) = (A†ϕ0, ϕ0) = (ϕ0, Aϕ0) = 0,

dado que Aϕ0 = 0, y entonces ψ1 es ortogonal a ψ0. De la misma forma,

(ψn, ψ0) = (A†ψn−1, ϕ0) = (ψn−1, Aϕ0) = 0,

y entonces todos las funciones ψn, n = 1, 2, 3, . . . son ortogonales a ψ0. Luego,notamos que la relacion de conmutacion (4.27) implica

AA† = A†A+ 1,

A(A†)2 = (AA†)A† = (A†A+ 1)A† = A†(AA†) +A† = (A†)2A+ 2A†,

A(A†)3 = (AA†)(A†)2 = (A†A+ 1)(A†)2 = A†[(A†)2A+ 2A†] + (A†)2

= (A†)3A+ 3(A†)2,


y siguiendo de esta forma llegamos a la identidad

A(A†)n = (A†)nA+ n(A†)n−1, n = 1, 2, 3, . . . (4.29)

Con esto encontramos

Aψn = A(A†)nϕ0 = (A†)nAϕ0 + n(A†)n−1ϕ0 = nψn−1 (4.30)

para n = 1, 2, 3, . . . y entonces vale para todo m ≥ n,

(ψm, ψn) = (A†ψm−1, ψn) = (ψm−1, Aψn) = n(ψm−1, ψn−1) = n!(ψm−n, ψ0).

Si m > n concluimos que (ψm, ψn) = 0, dado que en este caso ψm−n es orto-gonal a ψ0, lo que demuestra que las funciones ψ0, ψ1, ψ2, . . . son mutualmenteortogonales. Para m = n obtenemos

(ψn, ψn) = n!(ψ0, ψ0) = n!, n = 1, 2, 3, . . .

Con estas observaciones llegamos a

Teorema 17 (Funciones de Hermite) Definimos para cada n = 0, 1, 2, 3, . . .las funciones de Hermite

ϕn(x) :=1√n!

(A†)nϕ0(x) =1√

2nn!√π

(x− d

dx

)ne−

12x

2

. (4.31)

Estas funciones satisfacen las siguientes propiedades:

(a) Aϕn =√nϕn−1, n = 1, 2, 3, . . .

(b) A†ϕn =√n+ 1ϕn+1, n = 0, 1, 2, 3, . . .,

(c) Fϕn = (−i)nϕn, n = 0, 1, 2, 3, . . .,

(d) Hϕn = (2n+ 1)ϕn, n = 0, 1, 2, 3, . . .,

(e) (ϕm, ϕn) = δnm, n,m = 0, 1, 2, 3, . . ..

Demostracion. Notamos que ϕn = ψn/√n!, y entonces A†ϕn = ψn+1/

√n! =

ϕn+1

√(n+ 1)!/

√n! = ϕn+1

√n+ 1. Ademas, usando (4.30) encontramosAϕn =

nψn−1/√n! = nϕn−1

√(n− 1)!/

√n! =

√nϕn−1, y quedan demostrados los in-

cisos (a) y (b). Luego, el inciso (c) es una consecuencia directa de la propiedadF ψn = (−i)nψn. Para demostrar el inciso (d) usamos (4.27,4.28) y notamos que

Hϕn = (1 + 2A†A)ϕn = ϕn + 2A†√nϕn−1 = ϕn + 2

√n√nϕn = (1 + 2n)ϕn,

donde usamos (a) y (b). Finalmente, el inciso (e) es una consecuencia directade la propiedad (ψm, ψn) = n!δmn demostrada arriba y de la definicion de ϕn.


El teorema previo muestra que las funciones de Hermite ϕ0, ϕ1, ϕ2, . . . soneigenfunciones tanto de la transformada de Fourier F como del operador H, yque forman un conjunto ortonormal de L2(R). La ultima pregunta que hacemosen esta seccion es que si este conjunto es completo, es decir, si cualquier funcionf ∈ L2(R) puede ser expandida en las funciones de Hermite. El siguiente teoremamuestra que la respuesta es afirmativa y se basa en el siguiente resultado:

Lema 29 (Completez de las funciones de Hermite) Sea f ∈ L2(R) unafuncion cuadraticamente Lebesgue-integrable sobre R que es ortogonal a todas lasfunciones de Hermite, es decir, (ϕn, f) = 0 para todo n = 0, 1, 2, . . .. Entoncesf = 0 en L2(R), es decir, f(x) = 0 para casi todo x ∈ R.

Demostracion. De acuerdo a la hipotesis del lema,

0 =

√2nn!√π(ϕn, f) =

∞∫−∞

Hn(x)e−12x

2

f(x)dx

para todo n = 0, 1, 2, . . ., donde Hn(x) son los polinomios de Hermite. Dado que

Hn es de grado n, la funcion g(x) := e−12x

2

f(x) satisface

∞∫−∞

xng(x)dx = 0

para todo n = 0, 1, 2, 3, . . .. Entonces tambien vale

∞∫−∞

N∑n=0

(−ikx)n

n!g(x)dx = 0

para todo N = 1, 2, 3, . . . y todo k ∈ R. Fijando k ∈ R y tomando el lımiteN →∞ encontramos que

√2πg(k) =

∞∫−∞

e−ikxg(x)dx = 0,

donde usamos el teorema de convergencia dominada de Lebesgue y el hecho deque ∣∣∣∣∣

N∑n=0

(−ikx)n

n!g(x)

∣∣∣∣∣ ≤N∑n=0

|kx|n

n!e−

12x

2

|f(x)|

≤∞∑n=0

|kx|n

n!e−

12x

2

|f(x)|

≤ 1

2e|kx|e−

12x

2

(1 + |f(x)|2)

=1

2e−

12k

2

e−12 (|x|−|k|)2(1 + |f(x)|2)


esta acotada por arriba por una funcion integrable.Dado que la transformada de Fourier de la funcion g ∈ L2(R) es cero, el

teorema de Plancharel implica que tambien g = 0 en L2(R), y por lo tantof = 0 en L2(R).

Ahora llegamos al resultado central de esta seccion:

Teorema 18 Sea f ∈ L2(R). Entonces existen numero unicos fn ∈ C, n =0, 1, 2, 3, . . . tales que

f =

∞∑n=0

fnϕn, (4.32)

donde la convergencia de la serie es en el sentido de L2(R). Ademas, los coefi-cientes fn estan dados por

fn = (ϕn, f), n = 0, 1, 2, 3, . . .

y el operador de Plancharel U : L2(R)→ L2(R) definido en el Teorema 15 y suinversa V = U−1 tienen la siguiente representacion sencilla:

Uf =

∞∑n=0

(−i)nfnϕn, (4.33)

V f =

∞∑n=0

infnϕn, (4.34)

Ademas, si f ∈ S (R) es una funcion de Schwartz, vale

Hf =

∞∑n=0

(2n+ 1)fnϕn.

Demostracion. Sean f ∈ L2(R) y fn := (ϕn, f), n = 0, 1, 2, 3, . . .. Considera-mos la proyeccion ortogonal SNf de f sobre el subespacio YN ⊂ L2(R) generadopor las funciones ϕ0, ϕ1, . . . , ϕN . De acuerdo al Teorema 6,

SNf =

N∑n=0

fnϕn,

y SNf − f es ortogonal a YN . Entonces

N∑n=0

|fn|2 = ‖SNf‖22 = ‖f‖22 − ‖SNf − f‖22 ≤ ‖f‖22

para todo N = 1, 2, 3, . . ., lo que implica la convergencia de la serie

∞∑n=0

|fn|2 ≤ ‖f‖22.


Por ende, vale para todo M > N ,

‖SMf − SNf‖2 =

M∑n=N+1

|fn|2 → 0

para M > N →∞, y entonces SNf es una sucesion de Cauchy en (L2(R), ‖ ·‖2)y existe el lımite

g := lımN→∞

SNf =

∞∑n=0

fnϕn en L2(R).

Dado que f − SNf es ortogonal a YN , f − g debe ser ortogonal a todas lasfunciones de Hermite ϕn. Por el lema anterior, concluimos que

f = g =

∞∑n=0

fnϕn,

lo que muestra la existencia de la expansion (4.32). Para su unicidad notamosque (4.32) implica

(ϕm, f) = lımN→∞

(ϕm,

N∑n=0

fnϕn

)= lımN→∞

N∑n=0

fnδmn = fm,

donde usamos la linealidad y continuidad del producto escalar en el segundoargumento y la ortonormalidad de las funciones de Hermite.

Luego, dado que U es unitario,

Uf = lımN→∞

U

N∑n=0

fnϕn = lımN→∞

N∑n=0

fnFϕn =

∞∑n=0

(−i)nfnϕn,

donde usamos el resultado del Teorema 17(c) en el ultimo paso. Dado que V =U−1 encontramos tambien

V f =

∞∑n=0

(+i)nfnϕn.

Finalmente, si f ∈ S (R) notamos que Hf ∈ S (R) ⊂ L2(R) y por lo tantopodemos expandir

Hf =

∞∑n=0

anϕn,

con los coeficientes

an = (ϕn, Hf) = (Hϕn, f) = (2n+ 1)(ϕn, f) = (2n+ 1)fn,

donde usamos la simetrıa de H y el resultado del Teorema 17(d).


Observaciones:

1. El teorema anterior muestra que las funciones de Hermite diagonalizan losoperadores U , V y H. Ademas, muestra que el espectro de U y V con-siste de los eigenvalores 1,−i,−1, i y el espectro de H de los eigenvalores1, 3, 5, 7, . . ..

2. En la mecanica cuantica el operador lineal simetrico

H = p2 + x2 = − d

dx2+ x2

describe el operador Hamiltoniano para el oscilador armonico cuantico no-relativista en una dimension. Las funciones de Hermite ϕn describen lasfunciones de onda correspondientes a los niveles de energıa

En = 2n+ 1, n = 0, 1, 2, 3, . . .

Se puede mostrar que los estados ϕn satisfacen (ver ejercicio 46)

(∆x)ϕn = (∆p)ϕn =

√n+

1

2, n = 0, 1, 2, 3, . . . ,

y entonces se cumple el principio de incertidumbre (∆x)ϕn ·(∆p)ϕn ≥ 1/2.

4.6. Ejercicios


(a) Sea f : R→ C una funcion que es Lebesgue-integrable sobre R. Conside-ramos la traslacion de f por el valor a ∈ R:

g(x) := f(x− a), x ∈ R.

Demuestre que

g(k) = e−iakf(k), k ∈ R, g(x) = eiaxf(x), x ∈ R.

(b) Sea nuevamente f : R→ C una funcion que es Lebesgue-integrable sobreR, y sea λ > 0. Calcule la transformada de Fourier de la funcion

h(x) := f(λx), x ∈ R.

(c) Calcule la transformada de Fourier de las siguientes funciones:

(i)f(x) :=

√α e−α|x|, x ∈ R,

donde α > 0.

4.6. EJERCICIOS 141

(ii)

g(x) :=1

x2 +m2, x ∈ R,

donde m > 0.

(iii)

h(x) :=eiax

x2 +m2, x ∈ R,

donde m > 0 y a ∈ R.

Ayuda: Usar el resultado del inciso (a).


(a) Encuentre una funcion f : R → R que es Lebesgue-integrable sobre R ytal que lım

x→∞f(x) 6= 0.

(b) Sea f ∈ L1(R). Demuestre la validez de siguiente identidad:

2f(k) =1√2π

∞∫−∞

[f(x)− f

(x− π

k

)]e−ikxdx, k ∈ R \ {0}.

(c) Usando el resultado del inciso anterior y el teorema de la convergenciadominada de Lebesgue, demuestre el lema de Riemann-Lebesgue:

lım|k|→∞

f(k) = 0

para todo f ∈ L1(R).

Ejercicio 37 (6 puntos) Consideramos la familia de funciones

fn(x) :=

{n, |x| ≤ 1

2n ,0, |x| > 1

2n ,n = 1, 2, 3, . . .

(a) Demuestre que

lımn→∞

∞∫−∞

fn(x)ϕ(x)dx = ϕ(0)

para todo ϕ ∈ C∞0 (R).

(b) Calcule la transformada de Fourier, fn, de fn.

(c) Determine el lımite puntual

lımn→∞

fn(k)

para cada k ∈ R.


Ejercicio 38 (4 puntos) Demostrar el Lema 24.

Ejercicio 39 (4 puntos) Sean ω0 > 0 y N ∈ N.

(a) Calcule la transformada de Fourier de la funcion

f(t) :=

{sen(ω0t), |t| ≤ Nπ

ω0,

0, |t| > Nπω0.

(b) Dibuje las graficas de las funciones f y de su transformada de Fourier f ydescriba cualitativamente lo que ocurre en el lımite N →∞.

Ejercicio 40 (7 puntos) Sea ϕ ∈ S (R) una funcion de Schwartz. Decida silas siguientes funciones tambien lo son:

(a) xϕ(x)

(b) 1xϕ(x)

(c) ddxϕ(x)

(d) xn(ddx

)mϕ(x), n,m = 0, 1, 2, 3, . . .

(e)∫ x−∞ ϕ(y)dy

(f) 1

(g) e−|x|


(a) Sean f, g : R → C dos funciones que son indefinidamente diferenciables.Verifique que para todo s = 1, 2, 3, . . . vale(

d

dx

)s(f · g) =

s∑j=0

(sj

)[(d

dx

)jf

]·

[(d

dx

)s−jg

],

donde (sj

):=

s!

j!(s− j)!.

Ayuda: Usar la regla de Leibnitz e induccion en s.

(b) Sea ϕ ∈ S (R) una funcion de Schwartz. Demuestre que

(1 + x2)r/2ϕ ∈ S (R), r = 0, 1, 2, 3, . . .

(c) Sean p(x) un polinomio y ϕ ∈ S (R). Demuestre que p · ϕ ∈ S (R).

4.6. EJERCICIOS 143

(d) Sean f, g ∈ S (R) dos funciones de Schwartz. Demuestre que f · g ∈ S (R)y que

f · g = (2π)−1/2f ∗ g,

donde f ∗g denota la convolucion entre dos funciones f, g ∈ S (R), definidapor

(f ∗ g)(x) :=

∞∫−∞

f(x− y)g(y)dy, x ∈ R.

Ejercicio 42 (7 puntos) En este ejercicio consideramos la funcion

h(k) =

{sen(k)k , k 6= 0,1, k = 0.

y su transformacion de Fourier inversa en mas detalle. Notamos que h es in-definidamente diferenciable, pero que |h(k)| decae a cero solamente como 1/|k|para |k| → ∞.

(a) Demuestre que h /∈ L1(R), es decir

∞∫−∞

|h(k)|dk =∞.

(b) Por otro lado, demuestre que existe el lımite

lımR→∞

R∫−R

h(k)dk = lımR→∞

R∫−R

sen(k)

kdk = π.

Ayuda: Reescribir sen(k) = 2 sen(k/2) cos(k/2) y usar integracion por par-tes.

(c) Demuestre que

lımR→∞

R∫−R

sen(αk)

kdk = π.

para cualquier constante positiva α > 0.

(d) Concluye que

lımR→∞

1

π

R∫−R

sen(k)

keikxdk =

1, |x| < 1,12 , |x| = 1,0, |x| > 1.


Ejercicio 43 (4 puntos) Verifique la validez del principio de incertidumbre

(∆x)ψ · (∆p)ψ ≥1

2

para la funcion ψ : R→ R definida por

ψ(x) :=√α e−α|x|, x ∈ R,

donde α > 0.

Ejercicio 44 (5 puntos) Sea L el operador de momento angular definido por

L := x ∧ 1

i∇.

(a) Verifique que cada componente Lx, Ly, Lz : S (R3) → S (R3) es un ope-rador simetrico del espacio de Schwartz S (R3) en si mismo.

(b) Calcule el conmutador [Lx, Ly].

(c) Demuestre la siguiente relacion de indeterminacion:

(∆Lx)ψ · (∆Ly)ψ ≥1

2|〈Lz〉ψ|

para todo ψ ∈ S (R3).

Ejercicio 45 (9 puntos) En este ejercicio analizamos las propiedades masimportantes de los polinomios de Hermite Hn(x), que definimos a traves de laecuacion (4.25), es decir,

Hn(x) := e12x

2

(x− d

dx

)ne−

12x

2

, n ∈ N0.

Demuestre las siguientes propiedades de Hn:

(a) H ′n(x) = 2nHn−1(x) para todo n = 1, 2, 3, . . .,

(b) Hn+1(x) = 2xHn(x)− 2nHn−1(x), para todo n = 1, 2, 3, . . .,

(c) H ′′n(x)− 2xH ′n(x) + 2nHn(x) = 0 para todo n ∈ N0.

(d) Vale la formula de Rodrigues

Hn(x) = (−1)nex2

(d

dx

)ne−x

2

, n ∈ N0.

(e) Hn(−x) = (−1)nHn(x), n ∈ N0.

4.6. EJERCICIOS 145

(f) Vale la siguiente relacion de ortogonalidad:

∞∫−∞

Hn(x)Hm(x)e−x2

dx = 2nn!√πδnm, n,m ∈ N0.

Ejercicio 46 (4 puntos) Consideramos las funciones de Hermite ϕn quedefinimos en el Teorema 17. Demuestre que

(∆x)ϕn = (∆p)ϕn =

√n+

1

2, n ∈ N0.

Ayuda: Usar las relaciones

x =1√2

(A+A†

), p =

1

i

d

dx=

1√2i

(A−A†

),

donde A y A† son los operadores definidos en (4.22).

Capıtulo 5

Bases ortonormales ypolinomios ortogonales

En este capıtulo introducimos primero el concepto de una base ortonormal (oconjunto ortonormal completo) en un espacio de Hilbert. Una base ortonormales un conjunto ortonormal de vectores que es completo en el siguiente senti-do: Cualquier vector del espacio de Hilbert puede ser representado como unasuperposicion de vectores en este conjunto.

Luego, nos enfocamos a los espacios de Hilbert que son de la forma L2ω(I)

y que consisten, basicamente, de las funciones u : I → C sobre un intervaloabierto I = (a, b) que son cuadraticamente integrables con respecto a la funcionde peso ω : I → R positiva, es decir

b∫a

|u(x)|2ω(x)dx <∞.

Como vamos a demostrar, cada eleccion del interval I y cada eleccion apropiadade la funcion de peso da lugar a una base ortonormal de polinomios. Ejemplosque son importantes en la fısica y que analizaremos en este capıtulo son lospolinomios de Legendre, de Laguerre, de Hermite y los polinomios de Chebyshev.

5.1. Motivacion y primeros ejemplos

Sea (X, (·, ·)) un espacio de Hilbert y sea {φ1, φ2, φ2, . . .} un conjunto orto-normal (contable), es decir, vale

(φn, φm) = δnm, n,m ∈ N. (5.1)

Entonces la pregunta es: Dado u ∈ X, ¿es posible expandir u de la forma

u =

∞∑n=1

unφn = lımN→∞

N∑n=1

unφn, (5.2)

147

148 CAPITULO 5. BASES Y POLINOMIOS ORTOGONALES

con algunos coeficientes un ∈ C, donde el lımite es con respecto a la normainducida por el producto escalar (·, ·)?

Notamos primero que si existe la expansion (5.2), entonces vale para cual-quier m ∈ N que

(φm, u) = lımN→∞

(φm,

N∑n=1

unφn)

= lımN→∞

N∑n=1

un(φm, φn)

= lımN→∞

N∑n=1

unδmn

= um,

donde usamos la continuidad y linealidad del producto escalar en el segundoargumento y la condicion de ortonormalidad (5.1). Por lo tanto, los coeficientesun ∈ C estan unicamente determinados por la formula

un = (φn, u). (5.3)

La pregunta central de este capıtulo es bajo que circunstancias existe laexpansion (5.2). Por ejemplo, en el capıtulo 3 vimos que los vectores

φj(x) :=1√Le

2πijxL , x ∈ R, j ∈ Z,

forman un conjunto ortonormal del espacio X = L2([0, L]) de las funcionesque son cuadraticamente Lebesgue integrables sobre el intervalo [0, L], ver elLema 16. Ademas, como consecuencia del Teorema 10 vimos que cualquier fun-cion f ∈ X puede ser representada de la forma (5.2), donde

fn = (φn, f) =1√L

L∫0

e−2πinxL f(x)dx =

√Lfn, n ∈ Z.

Entonces en este caso los coeficientes fn son (hasta un factor√L) nada mas

que los coeficientes de Fourier de la funcion f . Este ejemplo motiva la siguienteterminologıa:

Definicion 19 Sea (X, (·, ·)) un espacio de Hilbert y sea {φ1, φ2, φ2, . . .} unconjunto de vectores en X que satisfacen (5.1). La expansion (5.2), si existe,se llama expansion de Fourier generalizada y en este caso los coeficientesun = (φn, u) se llaman coeficientes de Fourier generalizados. Si la expan-sion (5.2) existe para cada u ∈ X entonces el conjunto {φ1, φ2, φ2, . . .} se llamaun conjunto ortonormal completo o una base ortonormal para X.

5.1. MOTIVACION Y PRIMEROS EJEMPLOS 149

Vimos otro ejemplo donde se obtiene una base ortonormal en la seccion 4.5del capıtulo anterior. En este caso, vimos que las funciones de Hermite ϕn, n =0, 1, 2, 3, . . . forman un conjunto ortonormal completo del espacio X = L2(R)de la funciones que son cuadraticamente integrables sobre el eje real R, ver elTeorema 18. Ademas, vimos que las funciones de Hermite tienen la siguienteforma:

ϕn(x) =1√

2nn!√πHn(x)e−

12x

2

, n = 0, 1, 2, 3, . . . , x ∈ R,

con Hn(x) un polinomio de grado n, llamado polinomio de Hermite. Podemosreformular este resultado de la siguiente forma: Sea ω : R → R la siguiente“funcion de peso”:

ω(x) := e−x2

, x ∈ R.En vez del espacio X = L2(R) consideramos el espacio vectorial complejo

L2ω(R) := {u : R→ C :

√ωu ∈ L2(R)}

con su producto escalar

(u, v)ω :=

∞∫−∞

u(x)∗v(x)ω(x)dx =

∞∫−∞

u(x)∗v(x)e−x2

dx, u, v ∈ L2ω(R).

Notamos que este producto escalar esta bien definido, porque por la desigualdadde Cauchy-Schwarz se tiene que

∞∫−∞

u(x)∗v(x)e−x2

dx =

∞∫−∞

[e−

12x

2

u(x)]∗ [

e−12x

2

v(x)]dx

≤

∞∫−∞

∣∣∣e− 12x

2

u(x)∣∣∣ dx

1/2 ∞∫−∞

∣∣∣e− 12x

2

v(x)∣∣∣ dx

1/2

= ‖√ωu‖2 · ‖

√ωv‖2 <∞,

dado que√ωu,√ωv ∈ L2(R).

Notamos tambien que todos los polinomios en x son elementos de L2ω(R)

(pero no de L2(R)), gracias a la presencia del factor ω(x) = e−x2

que decaeexponencialmente en el infinito. Dado que

δnm = (ϕn, ϕm) =1

2nn!√π

∞∫−∞

Hn(x)Hm(x)e−x2

dx =1

2nn!√π

(Hn, Hm)ω,

concluimos que los polinomios de Hermite forman un conjunto ortogonal (nonormalizado) del espacio L2

ω(R). El Teorema 18 implica que los polinomios nor-malizados

Hn(x) :=1√

2nn!√πHn(x), n = 0, 1, 2, 3, . . . , x ∈ R,


forman una base ortonormal de L2ω(R).

En la proxima seccion vamos a hablar de las propiedades generales de lasbases ortonormales, y en la seccion que sigue vamos a presentar un algoritmogeneral para construir una base ortonormal de polinomios en un espacio L2

ω(a, b)con funcion de peso ω > 0 dada.

5.2. Bases ortonormales

En la definicion 19 introducimos el concepto de una base ortonormal de unespacio de Hilbert X. El siguiente resultado da un par de criterios mas practicospara determinar si un conjunto ortonormal dado es completo o no.

Teorema 19 Sea X un espacio de Hilbert de dimension infinita, y sea O :={φ1, φ2, φ3, . . .} un conjunto ortonormal en X. Entonces las siguientes afirma-ciones son equivalentes:

(i) O es completo.

(ii) O no puede ser contenido en un conjunto ortonormal mas grande, es decirsi O′ es otro conjunto ortonormal tal que O′ ⊃ O, entonces O′ = O.

(iii) Sea u ∈ X un vector tal que (φn, u) = 0 para todo n ∈ N, entonces u = 0.

(iv) Para cada u ∈ X vale

u =

∞∑n=1

(φn, u)φn,

donde la convergencia de la serie es en X.

(v) Vale la identidad

(u, v) =

∞∑n=1

(u, φn)(φn, v), (5.4)

para todo u, v ∈ X, donde la convergencia es en C.

(vi) Vale

‖u‖2 =

∞∑n=1

|(φn, u)|2

para todo u ∈ X, con la convergencia en C.

Observacion: En la notacion de Dirac de la mecanica cuantica la condi-cion (5.4) se escribe como

∞∑n=1

|φn〉〈φn| = 11,

de tal forma que

〈u|v〉 = 〈u|11|v〉 =

∞∑n=1

〈u|φn〉〈φn|v〉

5.2. BASES ORTONORMALES 151

para todo u, v ∈ X.Demostracion del Teoream 19. Primero, notamos que la equivalencia (i)⇔(iv) es el contenido de la definicion 19. Luego, demostramos las implicaciones(iv) ⇒ (v) ⇒ (vi) ⇒ (ii) ⇒ (iii) ⇒ (iv), lo que muestra que las condiciones(ii)− (vi) son equivalentes.

Para la implicacion (iv)⇒ (v) notamos que

(u, v) =

(u,

∞∑n=1

(φn, v)φn

)=

∞∑n=1

(φn, v)(u, φn),

donde usamos la linealidad y continuidad del producto escalar en el segundoargumento. Luego, la implicacion (v)⇒ (vi) se obtiene inmediatamente al poneru = v en (5.4) y usando el hecho de que (u, φn) = (φn, u)∗. Para mostrar(vi)⇒ (ii) supongamos que O′ ⊃ O fuera otro conjunto ortonormal mas grandeque O. Entonces existiera un vector u ∈ O′ \O. Por definicion, este vector serıanormalizado y ortogonal a todo φn, n ∈ N y entonces la condicion (vi) implicarıaque ‖u‖ = 0, lo que contradirıa ‖u‖ = 1. Luego, para la implicacion (ii)⇒ (iii)supongamos que u ∈ X sea un vector tal que (φn, u) = 0 para todo n ∈ N. Si ufuera diferente de cero podrıamos introducir el vector ψ := u/‖u‖ y

O′ := O ∪ {ψ}

serıa otro conjunto ortonormal mas grande que O, en contradiccion con (ii). Porlo tanto, u = 0 y vale la condicion (iii).

Finalmente, la demostracion de la implicacion (iii) ⇒ (iv) procede exacta-mente como en la demostracion del Teorema 18: Sea u ∈ X, entonces definimospara cada N = 1, 2, 3, . . . la proyeccion ortogonal

SNu :=

N∑n=1

unφn, un := (φn, u)

de u sobre el subespacio YN generado por φ1, φ2, . . . , φN . Por construccion,SNu− u ∈ Y ⊥N y

N∑n=1

|un|2 = ‖SNu‖2 ≤ ‖u‖2,

lo que implica la convergencia de la serie

u := lımN→∞

SNu =

∞∑n=1

unφn

en X. Dado que SNu − u es ortogonal a todos los vectores φ1, φ2, . . . , φN con-cluimos que u− u = lımN→∞(SNu− u) debe ser ortogonal a todo φn, n ∈ N, yentonces la condicion (iii) implica que

u = u =

∞∑n=1

unφn.

Ejemplo: En el lema 29 de la seccion 4.5 demostramos que las funciones deHermite ϕn, n = 0, 1, 2, 3 . . . satisfacen la condicion (iii) del teorema anterior.Por otro lado, el Teorema 17 muestra que las funciones de Hermite formanun conjunto ortonormal en el espacio de Hilbert X = L2(R). Por lo tanto,las funciones de Hermite forman una base ortonormal de X = L2(R). Comovimos en la seccion 4.5 esta base diagonaliza al mismo tiempo el operador dePlancharel U : L2(R) → L2(R) y el operador Hamiltoniano para el osciladorarmonico cuantico H:

Uϕn = (−i)nϕn, Hϕn = (2n+ 1)ϕn, n = 0, 1, 2, 3, . . . .

El Teorema 19 tambien implica que cualquier espacio de Hilbert X queposee una base ortonormal { φ1, φ2, φ3, . . .} infinita pero contable es isomorfaal espacio de sucesiones `2 definido en (2.6), ver el ejercicio 47.

En la proxima seccion discutimos un algoritmo sistematico para construirbases ortonormales de polinomios para espacios de Hilbert que son de la formaL2ω(a, b) con alguna funcion de peso ω : (a, b) → R, donde −∞ ≤ a < b ≤ ∞

es un intervalo abierto de R. Aplicaciones para la construccion de polinomiosparticulares se daran en las secciones subsecuentes.

5.3. Polinomios ortogonales

Sea I = (a, b) con −∞ ≤ a 0 y α > 0 tales que

0 < ω(x) ≤ Ce−α|x| (5.5)

para todo x ∈ (a, b). Entonces consideramos el espacio vectorial complejo L2ω(I)

de las funciones2 u : (a, b)→ C que tienen la propiedad que |u|2ω es Lebesgue-integrable sobre I = (a, b), es decir,

b∫a

|u(x)|2ω(x)dx <∞.

Equipamos L2ω(I) con el producto escalar

(u, v)ω :=

b∫a

u(x)∗v(x)ω(x)dx.

1De forma mas general podrıamos pedir que ω : (a, b)→ R sea medible, pero en los ejemplosque vamos a considerar en este capıtulo es suficiente pedir que ω sea continua.

2Mas precisamente, los elementos de L2ω(I) son clases de equivalencia de funciones, donde

declaramos dos funciones equivalentes si se distinguen entre ellas nada mas en un conjunto demedida cero, ver el apendice B para mas detalles.

5.3. POLINOMIOS ORTOGONALES 153

Entonces (L2ω(I), (·, ·)ω) es un espacio de Hilbert.

La condicion (5.5) garantiza que cualquier polinomio p(x) pertenece a L2ω(I).

Para lo que sigue, vamos a construir una base ortonormal de {p0, p1, p2, . . .} delespacio L2

ω(I), donde pn(x) es un polinomio de grado n. Para esto, aplicamosel metodo de Gram-Schmidt que discutimos al final de la seccion 2.6 a lospolinomios particulares

1, x, x2, x3, x4, . . . (5.6)

El resultado se puede formular de la siguiente forma:

Lema 30 Los polinomios ortonormales p0, p1, p2, . . . que se obtienen al aplicarel metodo de Gram-Schmidt a los polinomios (5.6) en el espacio L2

ω(I) tienenla siguiente forma:

pn(x) =wn(x)

‖wn‖ω, n = 0, 1, 2, 3, . . . ,

donde los polinomios wn de grado n satisfacen la siguiente relacion de recurren-cia:

wn+1(x) = (x− βn)wn(x)− γnwn−1(x), n = 1, 2, 3, . . .

con w0(x) = 1, w1(x) = x− β0, y donde los coeficientes βn y γn son dados porlas expresiones

βn :=(wn, xwn)ω(wn, wn)ω

, γn :=(wn, wn)ω

(wn−1, wn−1)ω.


Notamos que los polinomios wn(x) tienen la propiedad que son monico, esdecir tienen su coeficiente principal (el coeficiente frente a xn) igual a uno. Aldividir cada uno de los wn’s por su norma

‖wn‖ω =

b∫a

|wn(x)|2ω(x)dx

1/2

obtenemos un conjunto ortonormal de polinomios O := {p0, p1, p2, . . .}. El proxi-mo resultado muestra que O es una base ortonormal del espacio L2

ω(I).

Lema 31 (Completez) Los polinomios O = {p0, p1, p2, . . .} construidos en ellema previo forman una base ortonormal de L2

ω(I).

Demostracion. De acuerdo al Teorema 19 es suficiente mostrar que si u ∈L2ω(I) es una funcion que es ortogonal a cada pn, n = 0, 1, 2, 3, . . ., entonces u

debe ser cero. Pero dado que pn es un polinomio de grado n esto es equivalentea mostrar que

(xn, u)ω =

b∫a

xnu(x)ω(x)dx = 0, n = 0, 1, 2, 3, . . .

implica u = 0. Ahora podemos tratar de repetir la demostracion del Lema 29para las funciones de Hermite: Para esto introducimos la funcion

g(x) :=

{u(x)ω(x), x ∈ (a, b),

0, x /∈ (a, b),

que cumple

(xn, u)ω =

∞∫−∞

xng(x)dx = 0, n = 0, 1, 2, 3, . . . .

Dado que u ∈ L2ω(I), la funcion |u|2ω es Lebesgue-integrable, y puesto que

|g(x)|2 ≤ |u(x)|2ω(x)ω(x)

≤ Ce−α|x||u(x)|2ω(x) (5.7)

≤ C|u(x)|2ω(x)

para todo x ∈ (a, b) concluimos que g ∈ L2(R). Repitiendo los pasos de lademostracion del Lema 29 encontramos

√2πg(k) =

∞∫−∞

e−ikxg(x)dx = lımN→∞

∞∫−∞

N∑n=0

(−ikx)n

n!g(x)dx = 0, (5.8)

mientras podemos justificar el intercambio del lımite con la integral. Para ana-lizar esta cuestion estimamos∣∣∣∣∣

N∑n=0

(−ikx)n

n!g(x)

∣∣∣∣∣ ≤ e|k||x||g(x)|

≤√Ce−(α/2−|k|)|x||u(x)|

√ω(x),

donde usamos la desigualdad (5.7) en el ultimo paso. Si |k| < α/2, la funcion ala derecha es Lebesgue-integrable sobre R, porque en este caso

e−(α/2−|k|)|x||u(x)|√ω(x) ≤ 1

2e−(α−2|k|)|x| +

1

2|u(x)|2ω(x),

y ambos terminos son integrables sobre R. Entonces usando el teorema de con-vergencia dominada podemos justificar la ecuacion (5.8) y concluir que g(k) = 0para |k| < α/2. Si el intervalo I = (a, b) tiene tamano finito o si la funcion de

peso ω decae como e−x2

para |x| → ∞ (como para el caso de las funciones deHermite), la funcion e|k||x||g(x)| es integrable sobre R y podemos justificar (5.8)para todo k ∈ R y concluir con el teorema de Plancharel que g = 0.

Para los otros casos recurrimos al siguiente argumento de las funciones devariables complejas: Consideramos la funcion

F (k) :=

∞∫−∞

e−ikxg(x)dx,

para valores complejos de k. Dada la estimacion (5.7) se puede mostrar que Fdefine una funcion holomorfa sobre la banda |Im(k)| < α/2 en el plano complejo,ver el ejercicio 49. Por otro lado, como demostramos arriba, la funcion F esidenticamente cero sobre el disco |k| < α/2. Por ende, F = 0 lo que implica enparticular que la transformada de Fourier de la funcion g es cero. Entonces elteorema de Plancharel implica que g = 0 en L2(R), y por ende u = 0 en L2

ω(R),lo que concluye la demostracion del Lema.

A continuacion discutimos dos ejemplos: Los polinomios de Legendre y lospolinomios de Hermite, que ya encontramos en capıtulos anteriores. Una clasemas generales de polinomios se analizaran en la siguiente seccion.

Ejemplos:

1. En el ejemplo al final de la seccion 2.6 calculamos los primeros polinomiosortogonales para el caso del intervalo (a, b) = (−1, 1) y funcion de pesotrivial ω = 1. Como vamos a demostrar ahora, los polinomios que se ob-tienen de esta forma son proporcionales a los polinomios de Legendre,que pueden ser definidos a traves de la formula de Rodrigues:

Pn(x) :=1

2nn!

(d

dx

)n(x2 − 1)n, n ∈ N0, −1 ≤ x ≤ 1. (5.9)

Los primeros polinomios de Legendre son

P0(x) = 1,

P1(x) = x,

P2(x) =1

2(3x2 − 1),

P3(x) =1

2(5x3 − 3x),

P4(x) =1

8(35x4 − 30x2 + 3),

...

Para demostrar que estos polinomios corresponden al caso (a, b) = (−1, 1)y ω = 1 es suficiente notar que Pn(x) es un polinomio de grado n y mostrarque los Pn’s son mutualmente ortogonales:

(Pn, Pm) =

1∫−1

Pn(x)Pm(x)dx = 0, n 6= m.

Para verificar este relacion definimos Q(x) = 1 − x2 y usamos la formu-


la (5.9) e integracion por partes:

(Pn, Pm) =(−1)n+m

2n+mn!m!

1∫−1

[(d

dx

)nQ(x)n

] [(d

dx

)mQ(x)m

]dx

=−(−1)n+m

2n+mn!m!

1∫−1

[(d

dx

)n−1

Q(x)n

][(d

dx

)m+1

Q(x)m

]dx,

donde usamos el hecho de que el termino de frontera es cero, dado que(d

dx

)n−1

Q(x)n

contiene un factor Q(x) = 1− x2 que es cero en x = ±1. Procediendo deesta forma llegamos a

(Pn, Pm) =(−1)m

2n+mn!m!

1∫−1

Q(x)n(d

dx

)m+n

Q(x)mdx. (5.10)

Si n > m, el termino dentro de la integral contiene m+n > 2m derivadasde

Q(x)m = (1− x2)m = (−1)m(x2m −mx2m−2 + . . .

),

y entones es cero, lo que muestra que Pn ⊥ Pm si n 6= m.

Para m = n obtenemos (ver el ejercicio 52)

(Pn, Pn) =(2n)!

22n(n!)2

1∫−1

Q(x)ndx =2

2n+ 1, n ∈ N0.

2. Como vimos en la seccion 4.5, los polinomios de Hermite Hn(x) son po-linomios ortogonales con respecto al intervalo (a, b) = (−∞,∞) y a la

funcion de peso ω(x) = e−x2

, x ∈ R. Como se mostro en el ejercicio 45 lospolinomios de Hermite satisfacen la siguiente relacion de ortogonalidad:

(Hn, Hm)ω =

∞∫−∞

Hn(x)Hm(x)e−x2

dx = 2nn!√πδnm, n,m ∈ N0,

y su formula de Rodrigues es

Hn(x) = (−1)nex2

(d

dx

)ne−x

2

, n ∈ N0, x ∈ R. (5.11)

Los primeros polinomios de Hermite son

H0(x) = 1,

H1(x) = 2x,

H2(x) = 4x2 − 2,

H3(x) = 8x3 − 12x,

H4(x) = 16x4 − 48x2 + 12,

...

Terminamos esta seccion con un resultado general sobre la paridad y losceros de los polinomios ortogonales pn construidos en el Lema 30.

Teorema 20 Los polinomios ortogonales p0, p1, p2, . . . construidos en el Le-ma 30 satisfacen las siguientes propiedades:

(a) Si el intervalo I = (a, b) satisface a = −b y si la funcion de peso ω(x) =ω(−x), x ∈ I, es par, entonces pn es par si n es par e impar si n es impar.

(b) El polinomio pn posee precisamente n ceros en el intervalo I = (a, b).

(c) Sean x1 < x2 < . . . < xn los ceros de pn, entonces los ceros y1 < y2 <. . . < yn−1 del polinomio pn−1 satisfacen

xj < yj < xj+1, j = 1, 2, . . . , n− 1,

es decir entre dos ceros consecutivos de pn se encuentra precisamente uncero de pn−1.

Demostracion. Para demostrar el inciso (a) usamos induccion en n. Primero,notamos que w0 = 1 es par y que β0 = 0 dado que

(w0, xw0)ω =

b∫−b

xω(x)dx = 0,

y entonces w1(x) = x es impar. Luego, supongamos que wk(x) = (−1)kwk(−x)para todo k = 0, 1, 2, . . . , n y todo x ∈ I. Entonces βn = 0, dado que

(wn, xwn)ω =

b∫−b

xwn(x)2ω(x)dx = 0,

y entonces la formula de recurrencia del Lema 30 implica que wn+1(x) =xwn(x)− γnωn−1(x) tiene la paridad deseada.

Para la demostracion de (b) y (c) fijamos n ≥ 2 y consideramos para cadaλ ∈ R fijo el siguiente polinomio de grado n en x:

qn,λ(x) := pn(x) + λpn−1(x), x ∈ I.

Afirmamos que este polinomio posee precisamente n ceros en el intervalo I. Paraver esto, sean x1 < x2 < . . . < xm los ceros particulares de qn,λ en el intervaloI = (a, b) donde qn,λ cambia de signo, y consideremos el polinomio

rm(x) :=

m∏k=1

(x− xk)

de grado m. Por definicion, tenemos rm(x)qn,λ(x) ≥ 0 o bien rm(x)qn,λ(x) ≤ 0para todo x ∈ I, y entonces la integral

(rm, qn,λ)ω =

b∫a

rm(x)qn,λ(x)ω(x)dx

es estrictamente positiva o estrictamente negativa. Ahora bien, si m < n, enton-ces m debe ser menor o igual a n−2, porque un polinomio de grado n posee o nceros reales o un numero menor o igual a n− 2 ceros reales. Pero en este ultimocaso rm debe ser una combinacion lineal de los polinomios p0, p1, . . . , pn−2 y porende es ortogonal a qn,λ = pn + λpn−1, lo que implicarıa que (rm, qn,λ)ω = 0 yllegarıamos a una contradiccion. Entonces m = n y qn,λ posee precisamente nceros en el intervalo (a, b).

Para λ = 0 en particular este resultado implica la afirmacion del inciso (b).Para demostrar (c) notamos primero que todos los ceros de pn y qn,λ son no-degenerados,3 dado que estos polinomios son de grado n y poseen precisamenten ceros. Luego, notamos que no puede existir ningun y ∈ I tal que pn(y) =pn−1(y) = 0, porque de otra forma tendrıamos qn,λ(y) = 0 para todo λ ∈ R, ypara λ = λ0 := −p′n(y)/p′n−1(y) en particular esto implicarıa que

qn,λ0(y) = 0, q′n,λ0

(y) = 0

en contradiccion con el hecho de que todos los ceros de qn,λ0son no-degenerados.

Entonces si el inciso (c) fuera falso, existirıan dos ceros xj < xj+1 de pn tal que

pn(x) 6= 0, xj < x < xj+1,

pn−1(x) 6= 0, xj ≤ x ≤ xj+1,

y podrıamos llegar a una contradiccion como sigue: La funcion λ : [xj , xj+1]→ Rdefinida por

λ(x) := − pn(x)

pn−1(x), xj ≤ x ≤ xj+1

satisface λ(xj) = λ(xj+1) = 0 y λ(x) 6= 0 para xj < x <j+1, y por ende λ poseeun extremo en el intervalo x∗ ∈ (xj , xj+1), donde

dλ

dx(x∗) = 0.

3Es decir, un cero x ∈ I de pn satisface pn(x) = 0 pero p′n(x) 6= 0

5.4. CONSTRUCCION EXPLICITA 159

Por otro lado la funcion λ satisface

pn(x) + λ(x)pn−1(x) = 0, xj < x < xj+1,

y tomando la derivada de ambos lados y evaluando en x = x∗ llegamos a

p′n(x∗) + λ(x∗)p′n−1(x∗) = 0,

lo que implica que el polinomio qn,λ0 = pn + λ0pn−1 con λ0 := λ(x∗) satisface

qn,λ0(x∗) = 0, q′n,λ0

(x∗) = 0,

lo que contradice el hecho de que todos los ceros de qn,λ0son no-degenerados.

5.4. Construccion explıcita de los polinomios or-togonales

En esta seccion presentamos un metodo explıcito para construir una clasemuy grande de polinomios ortogonales. Tal vez este metodo no sea muy natu-ral, pero es bastante eficiente y suficientemente general para abarcar todos lospolinomios ortogonales que se usan normalmente en la fısica matematica.

Para la construccion que sigue, sean L(x) := L1x+L0 un polinomio lineal yQ(x) := Q2x

2 +Q1x+Q0 un polinomio cuadratico que satisfacen las siguientespropiedades:

(i) Q(x) > 0 para todo x ∈ I := (a, b).

(ii) L1 < 0 y Q2 ≤ 0.

Introducimos la cantidad positiva

W (x) := Q(x)−1 exp

x∫L(y)

Q(y)dy

, x ∈ I.

El resultado principal de esta seccion esta resumido en el siguiente teorema:

Teorema 21 (Formula de Rodrigues generalizada) Con la notacion de arri-ba y suponiendo la validez de las hipotesis (i) y (ii), definimos para cada n =0, 1, 2, 3, . . . la funcion4

pn(x) :=1

W (x)

(d

dx

)nW (x)Q(x)n x ∈ I. (5.12)

Entonces valen las siguientes propiedades:

4Notamos que esta funcion es independiente de la constante de integracion libre que apareceen la definicion de la funcion W (x).

(a) pn es un polinomio de grado n.

(b) La funcion pn satisface la ecuacion diferencial de segundo orden

Q(x)p′′n(x) + L(x)p′n(x) + λnpn(x) = 0, λn := −n(L′ +

n− 1

2Q′′).

o

− 1

W (x)

d

dx[Q(x)W (x)p′n(x)] = λnpn(x). (5.13)

(c) Valen las siguientes relaciones de recurrencia:

pn+1 = Anpn −n

λnA′nQp

′n, (5.14)

A′n−1Qp′n = −n

[Bn−1pn − (QA′2n−1 +An−1Bn−1)pn−1

], (5.15)

para n = 1, 2, 3, . . ., donde introducimos los polinomios lineales An(x) :=L(x)+nQ′(x) y Bn(x) := [L(x)Q′′(x)−Q′(x)(2L′(x)+nQ′′(x)]/2, y dondep0 = 1, p1(x) = L(x).

Observacion: Notamos que L′ = L1 < 0 y Q′′ = 2Q2 ≤ 0 son constan-tes, dado que los polinomios L y Q tienen orden uno y dos, respectivamente.Ademas, la hipotesis (ii) implica que λn = −n[L1 + (n− 1)Q2] > 0 es estricta-mente positivo para n = 1, 2, 3, . . .

Demostracion del Teorema 21. Empezamos con la demostracion de lasrelaciones de recurrencia (5.14,5.15). Para esto, conviene introducir las funciones

ϕn(x) := W (x)pn(x) =

(d

dx

)nW (x)Q(x)n x ∈ I.

Usando la identidadW ′

W=L−Q′

Q(5.16)

notamos primero que

ϕn+1 =

(d

dx

)n+1

WQn+1

=

(d

dx

)n [W ′Qn+1 + (n+ 1)WQnQ′

]=

(d

dx

)n[(L+ nQ′)WQn]

= (L+ nQ′)

(d

dx

)nWQn + n(L+ nQ′)′

(d

dx

)n−1

WQn,

donde en el ultimo paso usamos el hecho de que L + nQ′ es un polinomio deprimer orden. Por lo tanto, encontramos la identidad

ϕn+1 = (L+ nQ′)ϕn + n(L+ nQ′)′(d

dx

)n−1

WQn. (5.17)

Por otro lado, usando el hecho de que Q es un polinomio cuadratico, tenemos

ϕn+1 =

(d

dx

)n+1

QWQn

= Q

(d

dx

)n+1

WQn + (n+ 1)Q′(d

dx

)nWQn

+1

2n(n+ 1)Q′′

(d

dx

)n−1

WQn,

de tal forma que

ϕn+1 = Qϕ′n + (n+ 1)Q′ϕn +1

2n(n+ 1)Q′′

(d

dx

)n−1

WQn. (5.18)

Tomando la combinacion de las ecuaciones (5.17,5.18) que elimina el terminoque contiene la (n−1)’iesima derivada de WQn obtenemos, despues de un pocode algebra

λnϕn+1 = n(n+ 1)

[1

2(L+ nQ′)Q′′ − (L+ nQ′)′Q′

]ϕn − n(L+ nQ′)′Qϕ′n.

(5.19)Usando ϕn = Wpn y la identidad (5.16) llegamos a la primera relacion derecurrencia (5.14) del inciso (c).

Para demostrar la segunda relacion de recurrencia, tomamos primero la de-rivada de ambos lados de la ecuacion (5.17), obteniendo

ϕ′n+1 = (L+ nQ′)ϕ′n + (1 + n)(L+ nQ′)′ϕn.

Eliminando ϕ′n usando la identidad (5.19) obtenemos, despues de algunas ma-nipulaciones algebraicas (ver el ejercicio 50), la segunda relacion (5.15).

Ahora demostramos el inciso (a): Primero notamos que la formula (5.12) yla identidad (5.16) implican que

p0 = 1, p1 = L,

y entonces la afirmacion es valida para n = 0 y n = 1, dado que L1 < 0.Ahora asumimos que pn es un polinomio de grado n y demostramos que pn+1

debe ser un polinomio de grado n + 1: Para esto notamos que la formula derecurrencia (5.14) implica que pn+1 es un polinomio de grado menor o igual an+1. Para demostrar que el grado es precisamente n+1 tenemos que asegurarnos


que el coeficiente frente a xn+1 es diferente de cero. Si pn = knxn +kn−1x

n−1 +. . ., entonces este coeficiente es

(L1 + 2nQ2)kn −n

λn(L1 + 2nQ2)Q2nkn =

L1 + 2nQ2

λn

[λn −Q2n

2]kn.

La hipotesis (ii) y λn > 0 implican que este termino debe ser diferente de ceropara todo n = 1, 2, 3, . . ., y entonces el grado de pn+1 es n + 1 y la afirmacion(a) se satisface por induccion en n.

Finalmente, para demostrar la afirmacion (b), eliminamos la variable ϕn+1

de las dos ecuaciones (5.17,5.18), obteniendo

Qϕ′n − (L−Q′)ϕn + λn

(d

dx

)n−1

WQn = 0.

Introduciendo ϕn = Wpn podemos reescribir esta ecuacion de la forma sencilla

QWp′n + λn

(d

dx

)n−1

WQn = 0,

y tomando la derivada de ambos lados y usando la definicion de pn en (5.12)llegamos a la ecuacion diferencial

d

dx[QWp′n] + λnWpn = 0,

que es equivalente a Qp′′n + Lp′n + λnpn = 0, si se toma en cuenta la identi-dad (5.16).

Aplicaciones: Hermite, Laguerre, Legendre

1. Consideramos primero el casoQ = 1 y L = −2x. Notamos que se satisfacenlas condiciones (i) y (ii) sobre todo el eje real I = R = (−∞,∞), y

W (x) = e−x2

, x ∈ R.

En este caso, la formula de Rodrigues generalizada (5.12) da

pn(x) = ex2

(d

dx

)ne−x

2

= (−1)nHn(x),

y recuperamos los polinomios de Hermite. De acuerdo al teorema anterior,estos polinomios satisfacen la ecuacion diferencial

H ′′n − 2xH ′n + 2nHn = 0, (λn = 2n), (5.20)

y las relaciones de recurrencia

Hn+1 = 2xHn −H ′n, (5.21)

H ′n = 2nHn−1, (5.22)

para todo n ∈ N, y recuperamos los resultados encontrados en el ejerci-cio 45.


2. Como proximo ejemplo consideramos el caso Q(x) = x y L(x) = 1−x. Sesatisfacen las condiciones (i) y (ii) sobre el eje real positivo I = (0,∞), y

W (x) = e−x, x > 0.

En este caso, los polinomios que se obtienen de (5.12) son

pn(x) = ex(d

dx

)nxne−x = n!Ln(x), (5.23)

donde L0,L1,L2, . . . son los polinomios de Laguerre. De acuerdo alTeorema 21, estos polinomios satisfacen la ecuacion diferencial

xL′′n + (1− x)L′n + nLn = 0, (λn = n), (5.24)

y las relaciones de recurrencia (ver el ejercicio 51)

(n+ 1)Ln+1 = (n+ 1− x)Ln + xL′n, (5.25)

xL′n = n(Ln − Ln−1), (5.26)

para todo n ∈ N. Usando esta relacion y L0 = 1 encontramos las expre-siones explıcitas:

L0(x) = 1,

L1(x) = −x+ 1,

L2(x) =1

2

(x2 − 4x+ 2

),

L3(x) =1

6

(−x3 + 9x2 − 18x+ 6

),

...

Finalmente, notamos que los polinomios de Laguerre son mutualmenteortogonales en el espacio L2

W (I). Para esto, conviene reescribir la ecua-cion (5.24) de la forma

− d

dx

(xe−xL′n

)= ne−xLn.

Multiplicando ambos lados de la ecuacion por Lm e integrando sobre I =(0,∞) obtenemos, usando integracion por partes,

n(Ln,Lm)W = n

∞∫0

e−xLn(x)Lm(x)dx =

∞∫0

xe−xL′n(x)L′m(x)dx.

La parte derecha de la ecuacion es simetrica en (n,m), por lo tanto obte-nemos

n(Ln,Lm)W = m(Ln,Lm)W ,

para todo n,m ∈ N0. Si n 6= m esta ecuacion implica que (Ln,Lm)W = 0,es decir, Ln ⊥ Lm en L2

W (I). De hecho, se puede demostrar que los poli-nomios de Laguerre L0,L1,L2, . . . forman una base ortonormal de L2

W (I),ver el ejercicio 51.

3. Para Q(x) = 1 − x2 y L(x) = −2x se satisfacen las condiciones (i) y (ii)sobre el intervalo I := (−1, 1), y en este caso W = 1. Los polinomioscorrespondientes a (5.12),

pn(x) =

(d

dx

)n(1− x2)n = (−1)n2nn!Pn(x),

son proporcionales a los polinomios de Legendre que definimos en (5.9).Como consecuencia del Teorema 21, los polinomios de Legendre satisfacenla ecuacion diferencial

− d

dx

[(1− x2)P ′n(x)

]= λnPn(x), λn = n(n+ 1), (5.27)

y la relaciones de recurrencia

Pn+1 = xPn −1− x2

n+ 1P ′n, (5.28)

(1− x2)P ′n = n(−xPn + Pn−1) (5.29)

para todo n ∈ N, ver tambien el ejercicio 52 para propiedades adicionalesde los polinomios de Legendre.

5.5. Los polinomios de Jacobi

En esta seccion consideramos la clase importante de los polinomios de Jacobi,que generalizan los polinomios de Legendre. Los polinomios de Jacobi estandefinidos sobre el intervalo (a, b) = (−1, 1) y pertenecen a la funcion de peso

ω(x) = (1− x)α(1 + x)β , −1 < x < 1,

donde α, β > −1.5 Los polinomios de Jacobi contienen los siguientes polinomiosparticulares:

5Notamos que si α o β es negativo, la funcion de peso diverge para x→ 1 o x→ −1, y en estecaso no se cumple la condicion (5.5). Sin embargo, ω es integrable sobre el intervalo I = (−1, 1)para todo α, β > −1 y entonces el espacio de todos los polinomios sigue perteneciendo a L2

ω(I).Ademas, se puede repetir la demostracion del Lema 31 dado que la funcion g(x) es Lebesgue-integrable. Esto se debe a la desigualdad

|g(x)| =√ω(x)

√ω(x)|u(x)| ≤

1

2

[ω(x) + |u(x)|2ω(x)

], −1 < x < 1,

y el hecho de que ω es integrable y u ∈ L2ω(I), de tal manera que ambos terminos a la derecho

son integrables sobre el intervalo (−1, 1). Por lo tanto, podemos concluir nuevamente queg = 0, y por lo tanto g ∈ L2(R) y el teorema de Plancharel implical que g = 0.

5.5. LOS POLINOMIOS DE JACOBI 165

1. α = β = 0: Legendre.

2. α = β = −1/2: Chebyshev.

3. α = β: Gegenbauer.

Los polinomios de Jacobi pueden ser construidos con el metodos que discu-timos en la seccion anterior. Notando que

ω′

ω=β − α− (α+ β)x

1− x2,

vemos que con la eleccion Q(x) := 1−x2, L(x) := β−α−(α+β+2)x se satisfacenlas hipotesis (i) y (ii) sobre el intervalo I = (−1, 1) para todo α, β > −1 y que eneste caso W (x) = ω(x) (hasta una constante positiva multiplicativa irrelevante).El Teorema 21 implica que las funciones

pn(x) := (1− x)−α(1 + x)−β(d

dx

)n(1− x)α+n(1 + x)β+n, n = 0, 1, 2, . . .

son polinomios de grado n que satisfacen el siguiente problema de eigenvalores:

Apn := −Q(x)p′′n − L(x)p′n

= −(1− x)−α(1 + x)−βd

dx

[(1− x)α+1(1 + x)β+1p′n

]= λnpn, (5.30)

con los eigenvalores

λn = n(n+ α+ β + 1), n = 0, 1, 2, . . . (5.31)

Las relaciones de recurrencia (5.14,5.15) se elaboraran en el ejercicio 53.Como para los polinomios de Legendre, es costumbre usar una normalizacion

diferente:

Definicion 20 Los polinomios de Jacobi estan definidos por

P (α,β)n (x) :=

(−1)n

2nn!(1− x)−α(1 + x)−β

(d

dx

)n(1− x)α+n(1 + x)β+n,

de tal manera que pn = (−1)n2nn!P(α,β)n .

Para demostrar la ortogonalidad de las funciones de Jacobi con respecto alpeso ω(x) usamos la ecuacion (5.30) y notamos que

λn(pm, pn)ω =

1∫−1

pm(x)Apn(x)ω(x)dx

= −1∫−1

pm(x)d

dx

[(1− x)α+1(1 + x)β+1p′n(x)

]dx

=

1∫−1

(1− x)α+1(1 + x)β+1p′m(x)p′n(x)dx,

donde usamos integracion por partes en el ultimo paso y el hecho de que α, β >−1 para implicar que el termino de frontera desvanece. Dado que la integral ala derecha de la ecuacion es simetrica en (n,m) llegamos a

λn(pm, pn)ω = λm(pm, pn)ω,

lo que implica que pn ⊥ pm en L2ω(I) si n 6= m. Por supuesto, la misma propiedad

vale para los polinomios de Jacobi P(α,β)n dado que se distinguen de pn solamente

por un factor. Concluimos entonces:

Teorema 22 Sean α, β > −1. Entonces los polinomios de Jacobi normalizados

P(α,β)n := P

(α,β)n /‖P (α,β)

n ‖ω, n = 0, 1, 2, 3, . . ., forman una base ortonormal delespacio L2

ω(I). En particular, cualquier funcion u ∈ L2ω(I) tiene la descomposi-

cion

u =

∞∑n=0

unP(α,β)n , un = (P (α,β)

n , u)ω,

con la convergencia de la serie en L2ω(I). Si ademas, u es dos veces continua-

mente diferenciable y Au ∈ L2ω(I), entonces

Au =

∞∑n=0

λnunP(α,β)n ,

con λn los eigenvalores definidos en la ecuacion (5.31).

Observacion: Recordamos que si u ∈ L2ω(I), entonces los coeficientes de Fourier

generalizados un = (P(α,β)n , u)ω satisfacen

∞∑n=0

|un|2 = ‖u‖2ω <∞,

ver el Teorema 19. En particular, esto implica que |un| → 0 para n→∞, lo queconstituye una generalizacion del teorema de Riemann-Lebesgue. Si, ademas,Au ∈ L2

ω(I) concluimos de la misma forma que

∞∑n=0

λ2n|un|2 = ‖Au‖2ω <∞,

lo que implica, en particular, que los coeficientes de Fourier generalizados satis-facen la desigualdad

|un| ≤1

λn‖Au‖ω, n = 1, 2, 3, . . .

Iterando el argumento, concluimos que si la funcion u : (−1, 1)→ C es 2s-vecescontinuamente diferenciable y que todas las derivadas estan acotadas tal queAju ∈ L2

ω(I) para todo j = 0, 1, 2, . . . s, entonces vale

|un| ≤1

λsn‖Asu‖ω, n = 1, 2, 3, . . . , (5.32)

5.5. LOS POLINOMIOS DE JACOBI 167

lo que implica que los coeficientes de Fourier generalizados decaen por lo menostan rapido como 1/n2s para n→∞, dado que λn ' n2 para n→∞.

Por esta razon, cuando la funcion u es suave es posible reemplazar la serie∑∞n=0 unP

(α,β)n por una suma finita

SNu :=

N∑n=0

unP(α,β)n

con pocos terminos N ; el error que se hace al cortar la serie es:

‖u− SNu‖ω =

√√√√ ∞∑N+1

|un|2 ≤1

λsN+1

‖Asu‖ω,

es decir, del orden de 1/N2s. Esta es una de las observaciones claves en losmetodos numericos espectrales, que convergen muy rapido siempre y cuando lasolucion del problema que se trata de resolver es suave.

Ejemplos:

1. Como mencionamos arriba, los polinomios de Legendre se obtienen comocaso particular de los polinomios de Jacobi cuando α = β = 0. En estecaso los eigenvalores son λn = n(n+ 1), n = 0, 1, 2, 3, . . ..

2. Para α = β = −1/2 se obtienen los polinomios de Chebyshev queson muy populares en los metodos numericos espectrales. En este casolos eigenvalores son λn = n2, n = 0, 1, 2, 3, . . . y la formula de Rodriguesgeneralizada da

pn(x) =√

1− x2

(d

dx

)n(1− x2)n−1/2.

La normalizacion usual de los polinomios de Chebyshev es la siguiente:

Tn(x) :=(−1)n

(2n− 1)(2n− 3) · · · 3 · 1pn(x)

=(−1)n

√1− x2

(2n− 1)(2n− 3) · · · 3 · 1

(d

dx

)n(1− x2)n−1/2. (5.33)

La relacion de recurrencia que se obtiene del Teorema 21 es:

Tn+1 = 2xTn − Tn−1, n = 1, 2, 3, . . . ,

ver el ejercicio 54. Los primeros polinomios de Chebyshev son

T0(x) = 1,

T1(x) = x,

T2(x) = 2x2 − 1,

T3(x) = 4x3 − 3x,

T4(x) = 8x4 − 8x2 + 1,

...

Una forma explıcita muy sencilla y util para estos polinomios es:

Tn(x) = cos(n arc cos(x)), n = 0, 1, 2, 3, . . . , −1 ≤ x ≤ 1, (5.34)

lo que permite determinar los ceros de Tn de forma cerrada:

xn,j = − cos

(2j + 1

2nπ

), j = 0, 1, 2, . . . , n− 1,

ver el ejercicio 54.

5.6. Ejercicios

Ejercicio 47 (4 puntos) SeaX un espacio de Hilbert, y seaO := {φ1, φ2, φ3, . . .}una base ortonormal de X.

(a) Sea (u1, u2, u3, . . .) una sucesion en `2, es decir una sucesion de numeroscomplejos tal que

∞∑n=1

|un|2 <∞.

Demuestre que existe el lımite

u :=

∞∑n=1

unφn ∈ X,

y que (φn, u) = un.

(b) Demuestre que el mapeo

I : `2 → X

(u1, u2, u3, . . .) 7→∞∑n=1

unφn

es lineal e invertible, y calcule su inversa.

5.6. EJERCICIOS 169

(c) Demuestre la validez de la identidad de Parseval generalizada:

(Iu, Iv) =

∞∑n=1

u∗nvn

para todo u = (u1, u2, u3, . . .), v = (v1, v2, v3, . . .) ∈ `2.

Ejercicio 48 (5 puntos) Sea I ⊂ R un intervalo, y considere el espacioX := L2(I) de las funciones cuadraticamente Lebesgue-integrables sobre I conel producto escalar usual

(u, v)X :=

∫I

u(x)∗v(x)dx, u, v ∈ X.

Sea {e1, e2, e3, . . .} una base ortonormal de X.A parte de esto, consideramos el espacio Y := L2(I × I) de funciones cua-

draticamente Lebesgue-integrables sobre I× I, con el producto escalar asociado

(f, g)Y :=

∫I×I

f(x, y)∗g(x, y)dxdy, f, g ∈ Y.

Demuestre que las funciones en ⊗ em ∈ Y , definidas por

(en ⊗ em)(x, y) := en(x)em(y), n,m = 1, 2, 3, . . . , (x, y) ∈ I × I,

forman una base ortonormal de (Y, (·, ·)Y ).

Ejercicio 49 (6 puntos) Sea g : R→ C una funcion con la siguiente propie-dad: Existe una constante β > 0 tal que la funcion R → R, x 7→ eβ|x||g(x)| esintegrable sobre R. Demuestre:

(a) La funcion

F (s) :=

∞∫−∞

esxg(x)dx,

es holomorfa sobre la banda {s ∈ C : |Re(s)| < β} en el plano complejo.

(b) La n’iesima derivada de F en s = 0 es

dn

dsnF (s)

∣∣∣∣s=0

=

∞∫−∞

xng(x)dx.

(c) Usando la teorıa de las funciones holomorfas, de una demostracion alter-nativa del Lema 31.


Ejercicio 50 (4 puntos) Complete la derivacion de la relacion de recurren-cia (5.15) en la demostracion del Teorema 21.

Ejercicio 51 (6 puntos) Considere los polinomios de Laguerre Ln(x) definidosen (5.23). Demuestre las siguientes propiedades:

(a) (n+ 1)Ln+1 = (n+ 1− x)Ln + xL′n para todo n ∈ N0.

(b) xL′n = n(Ln − Ln−1) para todo n ∈ N.

(c) (n+ 1)Ln+1 = (2n+ 1− x)Ln − nxLn−1 para todo n ∈ N.

(d)∞∫

0

Ln(x)Lm(x)e−xdx = δnm, n,m ∈ N0.

Ejercicio 52 (8 puntos) Considere los polinomios de Legendre Pn(x) defini-dos en (5.9). Demuestre las siguientes propiedades:

(a) (n+ 1)Pn+1 = (n+ 1)xPn + (x2 − 1)P ′n para todo n ∈ N0.

(b) (x2 − 1)P ′n = n(xPn − Pn−1) para todo n ∈ N.

(c) (n+ 1)Pn+1 = (2n+ 1)xPn − nPn−1 para todo n = 1, 2, 3, . . .

(d) Pn(−x) = (−1)nPn(x) para todo n ∈ N0.

(e) Pn(1) = 1 para todo n ∈ N0.

(f)1∫−1

Pn(x)Pm(x)dx =2

2n+ 1δnm, n,m ∈ N0.


(a) Aplicando las formulas de recurrencia (5.14,5.15) a los polinomios de Ja-cobi, derive la siguiente relacion:

pn+1 = (anx+ bn)pn + cnpn−1, n = 1, 2, 3, . . .

con los siguientes coeficientes

an = − (α+ β + 1 + 2n)(α+ β + 2 + 2n)

α+ β + 1 + n,

bn =(β2 − α2)(α+ β + 1 + 2n)

(α+ β + 1 + n)(α+ β + 2n),

cn = −4n(α+ n)(β + n)(α+ β + 2 + 2n)

(α+ β + 1 + n)(α+ β + 2n).

5.6. EJERCICIOS 171

(b) Derive la formula correspondiente para los polinomios P(α,β)n = (−1)npn/(2

nn!)y verifique el resultado para el caso de Legendre α = β = 0.

Ejercicio 54 (6 puntos) En este ejercicio consideramos los polinomios deChebyshev Tn definidos en (5.33).

(a) Derive la siguiente relacion de recurrencia:

Tn+1 = 2xTn − Tn−1, n = 1, 2, 3, . . .

con T0 = 1, T1 = x.

(b) Demuestre que

Tn(x) = cos (n arc cos(x)) , n = 0, 1, 2, 3, . . . , −1 ≤ x ≤ 1.

(c) Dibuje la grafica de los primeros cinco polinomios de Chebyshev y verifiqueque Tn(1) = 1 y Tn(−1) = (−1)n.

(d) Demuestre que los ceros de Tn(x) son dados explıcitamente por la formula

xn,j = − cos

(2j + 1

2nπ

), j = 0, 1, 2, . . . , n− 1.

Capıtulo 6

Teorıa de Sturm-Liouville

La meta de este capıtulo es dar una introduccion a los problemas de eigen-valores de tipo Sturm-Liouville que encontramos en el capıtulo introductorio.Por falta de tiempo no sera posible dar una discusion completamente general deeste tema amplio, y por esta razon nos enfocaremos en primer lugar a la discu-sion de las propiedades espectrales de la clase restringida de los problemas deSturm-Liouville regulares. Esta clase de problemas se puede tratar a traves de lateorıa de los operadores compactos auto-adjuntos y lleva a un espectro discreto.Los resultados que vamos a obtener permiten tratar el problema de la cuerdavibrante que discutimos en la seccion 1.1 y tambien el problema de transporte decalor del ejercicio 2. Sin embargo, muchos problemas fısicos interesantes, como elproblema de la membrana circular que discutimos en la seccion 1.2 o la ecuacionde Schrodinger en un potencial central (ver seccion 1.4) llevan a un problemade Sturm-Liouville singular, y en este caso las propiedades espectrales puedenser mas complicadas. Analizaremos algunos ejemplos singulares particulares alfinal de este capıtulo.

6.1. Descripcion del problema, ejemplos y resul-tado principal

El problema de Sturm-Liouville regular se puede describir de la siguienteforma: Sea I = [a, b] un intervalo compacto (−∞ < a 0 para todo x ∈ I,

(ii) p(x) > 0 para todo x ∈ I y p es continuamente diferenciable.

Ademas, sean α1, α2, β1, β2 ∈ R coeficientes reales tales que satisfacen la condi-cion

(iii) α21 + α2

2 = β21 + β2

2 = 1.

173

174 CAPITULO 6. TEORIA DE STURM-LIOUVILLE

Entonces el problema consiste en encontrar una funcion u : I → C dosveces continuamente diferenciable que no es identicamente cero que satisface elsiguiente problema de eigenvalores:

− d

dx[p(x)u′(x)] + q(x)u(x) = λµ(x)u(x), a < x < b, (6.1)

α1u(a) + α2p(a)u′(a) = 0, x = a, (6.2)

β1u(b) + β2p(b)u′(b) = 0, x = b, (6.3)

donde λ ∈ C es el eigenvalor.

Observaciones:

1. Notamos que para p(x) = k(x), q(x) = 0 y α1 = β1 = 1, α2 = β2 = 0el problema (6.2,6.2,6.3) se reduce al problema (1.6) que encontramos enla discusion de la cuerda vibrante. En este caso, las condiciones en lafrontera (6.2,6.3) se reducen a u(a) = u(b) = 0 y se llaman condicionesde Dirichlet.

2. Por otro lado, cuando µ(x) = c, p(x) = k(x), q(x) = 0 y α1 = β1 = 0 yα2 = β2 = 1 el problema (6.2,6.2,6.3) reproduce el problema de Sturm-Liouville que se encuentra al resolver el problema de transporte de caloren el ejercicio 2. En este caso, las condiciones en la frontera (6.2,6.3) sereducen a u′(a) = u′(b) = 0 y se llaman condiciones de Neumann.

3. En general, las condiciones de frontera (6.2,6.3) fijan una combinacionlineal de u y de su derivada en la frontera. Tambien se podrıan considerarcondiciones en la frontera mas general, por ejemplo condiciones periodicasu(a) = u(b) y u′(a) = u′(b), pero para lo que sigue vamos a suponer quelas condiciones en la frontera tengan la forma (6.2,6.3).

4. Muchos problemas en la fısica llevan a problemas de Sturm-Liouville sin-gulares, donde el intervalo I = (0, R] no es compacto, las funciones µ y pconvergen a cero para x→ 0 y donde q diverge para x→ 0, ver por ejem-plo el problema (1.24) que obtuvimos en la discusion de las vibraciones deuna membrana. Normalmente estos problemas singulares son mas difıcilespara tratar.

Como vimos en el capıtulo introductorio conviene reformular el problema (6.2,6.2,6.3)de la siguiente forma: Introducimos el espacio de Hilbert X := L2

µ(I) de las fun-ciones u : I → C tales que |u|2µ es Lebesgue-integrable sobre I = [a, b], esdecir,

b∫a

|u(x)|2µ(x)dx <∞,

con el producto escalar

(u, v)µ :=

b∫a

u(x)∗v(x)µ(x)dx, u, v ∈ L2µ(I).

6.1. DESCRIPCION DEL PROBLEMA Y RESULTADO PRINCIPAL 175

Ademas, definimos el operador lineal A : D(A) ⊂ X → X con dominio

D(A) := {u : I → C : u es dos veces continuamente diferenciable y satisface (6.2,6.3)}

a traves de

Au(x) :=1

µ(x)

{− d

dx[p(x)u′(x)] + q(x)u(x)

}, u ∈ D(A).

Entonces el problema de eigenvalores (6.2,6.2,6.3) es equivalente a encontraruna funcion u ∈ D(A), u 6= 0, tal que

Au = λu (6.4)

para algun λ ∈ C. Como en el caso de la cuerda vibrante se puede demostrarfacilmente el siguiente resultado:

Lema 32 Bajo las suposiciones (i)–(iii) sobre los coeficientes µ, p, q valen lassiguientes afirmaciones:

(a) El operador A : D(A) ⊂ X → X es simetrico con respecto al productoescalar (·, ·)µ, es decir vale

(u,Av)µ = (Au, v)µ

para todo u, v ∈ D(A).

(b) Todo los eigenvalores λ de A son reales y no-degenerados.

(c) Existe una constante m ∈ R tal que todos los eigenvalores λ de A satisfacenλ ≥ m, es decir, no existen eigenvalores que son arbitrariamente negativos.

Demostracion. Sean u, v ∈ D(A), entonces usando integracion por partesencontramos que

(u,Av)µ =

b∫a

u(x)∗{− d

dx[p(x)v′(x)] + q(x)v(x)

}dx

=

b∫a

[p(x)u′(x)∗v′(x) + q(x)u(x)∗v(x)] dx

+ [p(x)u(x)∗v′(x)]bx=a . (6.5)

Analicemos primero el termino de frontera en x = a. Si α2 = 0 la condicionde frontera (6.2) implica que u(a) = v(a) = 0 (dado que α2

1 = 1 − α22 = 1), y

entonces

p(x)u(x)∗v′(x)|x=a = 0.


De otra forma, si α2 6= 0, la condicion de frontera (6.2) implica p(a)v′(a) =−(α1/α2)v(a) y obtenemos

p(x)u(x)∗v′(x)|x=a = −α1

α2u(a)∗v(a).

De la misma forma, si β2 = 0,

p(x)u(x)∗v′(x)|x=b = 0,

mientras que si β2 6= 0 tenemos

p(x)u(x)∗v′(x)|x=b = −β1

β2u(b)∗v(b).

En cualquier caso, la ecuacion (6.5) implica que (u,Av)µ = (v,Au)∗µ = (Au, v)µ,lo que demuestra la simetrıa de A y el inciso (a).

Para demostrar el inciso (b) supongamos que λ ∈ C sea un eigenvalor de Acon eigenvector correspondiente u 6= 0. Usando la simetrıa de A y las propieda-des del producto escalar encontramos

λ(u, u)µ = (u,Au)µ = (Au, u)µ = λ∗(u, u)µ,

y dado que (u, u)µ = ‖u‖2µ 6= 0 esto implica que λ = λ∗, es decir, λ es real. Parademostrar que λ es no-degenerado, supongamos que u y v sean dos eigenvectorescorrespondientes a λ, y consideramos su determinante de Wronski,

W [u, v] := det

(u(x) v(x)

p(x)u′(x) p(x)v′(x)

)= p(x) [u(x)v′(x)− v(x)u′(x)] .

Como se mostro en el ejercicio 1, W [u, v] = const. es independiente de x. Sievaluamos el determinante de Wronski en x = a obtenemos

W [u, v] = p(a)[u(a)v′(a)− v(a)u′(a)] = 0,

debido a la condicion de frontera (6.2). Esto implica que los vectores columnas

ξ(x) =

(u(x)

p(x)u′(x)

), η(x) =

(v(x)

p(x)v′(x)

)son linealmente dependientes para cada x ∈ I, y dado que ξ(x) 6= 0 y η(x) 6= 0esto implica que existe para cada x ∈ I una constante A(x) tal que

ξ(x) = A(x)η(x), x ∈ I.

Por otro lado, dado que Au = λu es una ecuacion diferencial lineal de segundoorden, la solucion u esta unicamente determinada por el valor de ξ(x) en unpunto x = x0 ∈ I, y por lo tanto A(x) = A(x0) = const, lo que implica quelos eigenvectores u y v deben ser linealmente dependientes. Por lo tanto, λ esno-degenerado.

6.1. DESCRIPCION DEL PROBLEMA Y RESULTADO PRINCIPAL 177

Finalmente, para demostrar el inciso (c) del lema evaluamos la identidad (6.5)para v = u, obteniendo

(u,Au)µ =

b∫a

[p(x)|u′(x)|2 + q(x)|u(x)|2

]dx+ [p(x)u(x)∗u′(x)]

bx=a .

Para el caso de las condiciones de frontera de Dirichlet o de Neumann, el terminode frontera desvanece y obtenemos inmediatamente

(u,Au)µ ≥ m(u, u)µ, m := mına≤x≤b

q(x)

µ(x)

para todo u ∈ D(A) y entonces cualquier eigenvalor λ de A debe satisfacerλ ≥ m. La justificacion para el caso de condiciones de frontera mas generales esmas complicado y se basa en la siguiente estimacion (ver el ejercicio 56): Paracada ε > 0 existe un R > 0 tal que

|u(y)|2 ≤b∫a

(ε|u′(x)|2 +R|u(x)|2

)dx, a ≤ y ≤ b

para todas las funciones u : I → C que son continuamente diferenciables. Usandoesta desigualdad podemos acotar el termino de frontera de la siguiente forma:

[p(x)u(x)∗u′(x)]bx=a =

α1

α2|u(a)|2 − β1

β2|u(b)|2

≥ −b∫a

(ε′|u′(x)|2 +R′|u(x)|2

)dx,

y eligiendo ε′ > 0 suficientemente pequeno concluimos que

(u,Au)µ ≥ m(u, u)µ, m := mına≤x≤b

q(x)−Rµ(x)

,

para todo u ∈ D(A).

Despues de este resultado basico formulamos el resultado principal de estecapıtulo:

Teorema 23 Consideramos el problema de Sturm-Liouville (6.2,6.2,6.3) dondelas funciones continuas µ, p, q : I → R satisfacen las propiedades (i) y (ii) y loscoeficientes α1, α2, β1, β2 ∈ R la condicion (iii). Entonces existe un numeroinfinito de eigenvalores reales no-degenerados

λ0 < λ1 < λ2 < . . . ,

tales que λn →∞ para n→∞. Ademas, las eigenfunciones correspondientes en,al normalizarlas tales que ‖en‖µ = 1, forman una base ortonormal del espacioX = L2

µ(I).

La demostracion de este teorema general requiere de algunos preparativosque se daran en las siguientes dos secciones. La idea basica es la siguiente: si λ =0 no es ningun eigenvalor y si supieramos como invertir el operador A podrıamosreescribir el problema de eigenvalores Au = λu de la forma equivalente

Tu =1

λu, T := A−1.

Como vamos a ver, el operador T posee propiedades mucho “mas bonitas” queA y describe un operador auto-adjunto compacto. En la seccion 6.4 vamos aestablecer que tal operador T posee un numero infinito contable de eigenvaloresreales µ0, µ1, µ2, . . . tales que

|µ0| ≥ |µ1| ≥ |µ2| ≥ . . .

y µn → 0 para n→∞. Ademas, si µ = 0 no es ningun eigenvalor de T , entoncesexiste una base ortonormal {u0, u1, u2, . . .} que consiste de eigenvectores unde T : Tun = µnun. Los vectores de esta base satisfacen Aun = λnun conλn = 1/µn.

Antes de pasar a los preparativos consideramos un ejemplo sencillo dondepodemos calcular el espectro del operador A explıcitamente y de esta manerailustrar el teorema 23.

Ejemplo: Consideramos el problema de Sturm-Liouville (6.2,6.2,6.3) para elcaso sencillo I = [0, L], L > 0, p = µ = 1, q = 0 y α2 = β2 = 0, es decir

u′′(x) + λu(x) = 0, 0 < x < L, u(0) = u(L) = 0. (6.6)

Si λ = 0 la solucion general de la ecuacion diferencial tiene la forma u(x) = Ax+B con constantes A,B ∈ C, pero las condiciones en la frontera u(0) = u(L) = 0implican que A = B = 0 y entonces en este caso la unica solucion es la trivialu = 0. Por ende, λ = 0 no es eigenvalor del problema (6.6).

Para λ 6= 0 la solucion general de la ecuacion diferencial es

u(x) = Aei√λx +Be−i

√λx

con constantes A,B ∈ C. Las condiciones en la frontera u(0) = 0 implica queA+B = 0, y entonces

u(x) = A(ei√λx − e−i

√λx)

= 2iA sen(√λx).

La otra condicion en la frontera u(L) = 0 implica que

e2i√λL = 1,

y entonces√λL = nπ, n ∈ Z, debe ser un multiple entero de π. Por lo tanto,

los eigenvalores son

λn =(πnL

)2

, n = 1, 2, 3, . . .

6.2. EL METODO DE GREEN 179

y las eigenfunciones correspondientes son proporcionales a

un(x) = sen(πnLx).

El problema (6.6) con otras condiciones de frontera se analizara en el ejercicio 55.

6.2. El metodo de Green para resolver proble-mas de frontera en una dimension

En esta seccion vamos a aprender como “invertir”1 el operador lineal Aque introducimos en la seccion anterior. Para esto, consideramos el siguienteproblema de frontera:

− d

dx[p(x)u′(x)] + q(x)u(x) = µ(x)F (x), a < x < b, (6.7)

Rau := α1u(a) + α2p(a)u′(a) = 0, x = a, (6.8)

Rbu := β1u(b) + β2p(b)u′(b) = 0, x = b, (6.9)

donde las funciones continuas µ, p, q : I → R y los coeficientes reales α1, α2, β1, β2

satisfacen todas las condiciones (i)–(iii) de la seccion previa, y donde F : I → Ces una funcion continua dada sobre el intervalo I = [a, b]. En otras palabras,buscamos una solucion del problema

Au = F, u ∈ D(A),

para una funcion F : I → C continua dada.Para resolver el problema (6.7,6.8,6.9) empezamos con el problema homogeneo

F = 0 y notamos el siguiente resultado:

Lema 33 Sea F = 0. Entonces la ecuacion (6.7) admite una solucion no trivialua : I → R que es dos veces continuamente diferenciable y que satisface Raua =0. Esta solucion es unica salvo un factor de normalizacion.

De la misma forma, la ecuacion (6.7) posee una solucion no trivial ub : I →R que es dos veces continuamente diferenciable, que satisface Rbub = 0 y que esunica salvo un factor de normalizacion.

Demostracion. Este lema es una consecuencia directa de los teoremas estanda-res de ecuaciones diferenciales ordinarias lineales. Por ejemplo, podemos intro-ducir la funcion vectorial

ξ(x) =

(ξ(1)(x)ξ(2)(x)

):=

(u(x)

p(x)u′(x)

)1Estrictamente hablando, el operador A que definimos no es invertible porque lo definimos

sobre el espacio de Hilbert X = L2µ(I) que contiene funciones que ni si quiera son continuas,

mientras que la imagen de D(A) debe ser una funcion continua, entonces A : D(A) → X nopuede ser surjectivo. Sin embargo, si restringimos la imagen de A sobre las funciones continuassobre el intervalo I y si A no posee el eigenvalor cero, vamos a ver que en este caso el operadorA si es invertible.

y entonces la ecuacion diferencial de segundo orden (6.7) es equivalente al sis-tema de ecuaciones diferenciales de primer orden

d

dxξ(x) =

(0 1

p(x)

q(x) 0

)ξ(x), a < x < b,

que posee una unica solucion continuamente diferenciable ξ : [a, b] → R2 paracada valor de ξ(a) ∈ R2 (o de ξ(b) ∈ R2) dado. Si elegimos

ξ(a) :=

(α2

−α1

),

entonces la primera componente ua = ξ(1)a de la solucion correspondiente ξa

satisface Raua = 0, es continuamente diferenciable, y dado que u′a = ξ(2)a /p su

primera derivada tambien es continuamente diferenciable.La demostracion para la existencia de ub es analoga.

El siguiente resultado da una representacion integral para la solucion delproblema inhomogeneo (6.7,6.8,6.9). Para formularlo, nos recordamos del deter-minante de Wronski,

W [u, v] := det

(u(x) v(x)

p(x)u′(x) p(x)v′(x)

)= p(x) [u(x)v′(x)− v(x)u′(x)]

de dos soluciones u, v : [a, b] → C de la ecuacion (6.7). Como vimos, W [u, v] =0 si y solo si las dos soluciones son linealmente dependientes. En particular,concluimos con la notacion del lema pasado, que W [ua, ub] = 0 si y solo si lasdos soluciones ua y ub son linealmente dependientes, lo que ocurre si y solo siel operador A posee un eigenvalor cero.

Teorema 24 Sea F : I → C una funcion continua, y supongamos que se satis-facen las condiciones (i)–(iii) de la seccion pasada.

Entonces si el operador A no posee el eigenvalor cero, existe una unica so-lucion del problema Au = F , u ∈ D(A), que es dada por

u(x) =

b∫a

K(x, y)F (y)µ(y)dy, (6.10)

con la funcion de Green

K(x, y) := − 1

W [ua, ub]×{ua(x)ub(y), a ≤ x ≤ y ≤ b,ub(x)ua(y), a ≤ y ≤ x ≤ b.

Observaciones:

1. Notamos que bajo las hipotesis del teorema el determinante de WronskiW [ua, ub] 6= 0 es diferente de cero, entonces la funcion K(·, ·) : [a, b] ×[a, b]→ R esta bien definida. Ademas, esta funcion es continua y simetrica:K(x, y) = K(y, x) para todo a ≤ x, y ≤ b.

6.2. EL METODO DE GREEN 181

2. Finalmente, notamos que la definicion de K es independiente de la nor-malizacion de ua y de ub.

Demostracion del Teorema 24. Primero notamos que una solucion debe serunica, porque si u y v fueran dos soluciones distintas del problema (6.7,6.8,6.9)con la misma funcion F , entonces u− v serıa una solucion no trivial del proble-ma (6.7,6.8,6.9) con F = 0, y por lo tanto un eigenvector de A con eigenvalorcero.

Para abreviar la notacion, en lo que sigue definimos W := W [ua, ub] yG(y) := F (y)µ(y). Usando la definicion de K podemos escribir (6.10) de laforma

u(x) =

b∫a

K(x, y)G(y)dy =

x∫a

K(x, y)G(y)dy +

b∫x

K(x, y)G(y)dy

= − 1

W

ub(x)

x∫a

ua(y)G(y)dy + ua(x)

b∫x

ub(y)G(y)dy

.Vemos de esta representacion que la funcion u es diferenciable y que su derivadaes

u′(x) = − 1

W

u′b(x)

x∫a

ua(y)G(y)dy + u′a(x)

b∫x

ub(y)G(y)dy

+ub(x)ua(x)G(x)− ua(x)ub(x)G(x)]

= − 1

W

u′b(x)

x∫a

ua(y)G(y)dy + u′a(x)

b∫x

ub(y)G(y)dy

.Dado que ua y ub son dos veces continuamente diferenciables, vemos que u′ escontinuamente diferenciable. Multiplicando ambos lados de la ecuacion con p(x)y tomando la derivada obtenemos

d

dx[p(x)u′(x)] = − 1

W

q(x)ub(x)

x∫a

ua(y)G(y)dy + q(x)ua(x)

b∫x

ub(y)G(y)dy

+ p(x)u′b(x)ua(x)G(x)− p(x)u′a(x)ub(x)G(x)]

= q(x)u(x)−G(x),

donde usamos el hecho de que [p(x)ub(x)′]′ = q(x)ub(x) y [p(x)ua(x)′]′ =q(x)ua(x) y la formula W = W [ua, ub] = p(x)ua(x)u′b(x)− p(x)ub(x)u′a(x). En-tonces u es dos veces continuamente diferenciable y satisface la ecuacion (6.7).

Finalmente, notamos que

u(a) = Caua(a), u′(a) = Cau′a(a), Ca := − 1

W

b∫a

ub(y)G(y)dy,

y entonces u satisface la misma condicion de frontera que ua en x = a, es decirRau = 0. De la misma forma,

u(b) = Cbub(b), u′(b) = Cbu′b(b), Cb := − 1

W

b∫a

ua(y)G(y)dy,

y entonces u tambien satisface la condicion en la frontera Rbu = 0.

Ejemplo: Como ejemplo sencillo consideramos el problema

−u′′(x) +m2u(x) = F (x), 0 < x < L, u(0) = u(L) = 0, (6.11)

sobre el intervalo I = [0, L], donde m > 0 es un parametro positivo. Las solu-ciones homogeneas a la izquierda y a la derecha son (hasta un factor de norma-lizacion)

ua(x) = senh(mx), ub(x) = senh(m(x− L)),

y el determinante de Wronski es

W [ua, ub] = ua(x)u′b(x)− ub(x)u′a(x)

= m [senh(mx) cosh(m(x− L))− cosh(mx) senh(m(x− L))]

= m senh(mL) 6= 0.

De acuerdo a estos resultado, la funcion de Green para el problema (6.11) es

Km(x, y) = − 1

m senh(mL)×{

senh(mx) senh(m(y − L)), 0 ≤ x ≤ y ≤ L,senh(my) senh(m(x− L)), 0 ≤ y ≤ x ≤ L.

En el lımite m→ 0 la funcion de Green converge a

K0(x, y) = − 1

L×{x(y − L), 0 ≤ x ≤ y ≤ L,y(x− L), 0 ≤ y ≤ x ≤ L,

que el la funcion de Green correcta para el problema (6.11) con m = 0.Las funciones de Green para el problema (6.11) con otras condiciones en la

frontera se analizaran en el ejercicio 57.En las siguientes secciones vamos a demostrar que el operador lineal T : X →

X que asigna a cada F ∈ X la funcion u definida por la parte derecha de (6.10)es un operador auto-adjunto y compacto. En la seccion que sigue damos unadiscusion general sobre este tipo de operadores y analizamos sus propiedadesespectrales.

6.3. Operadores compactos en espacios de Hil-bert

En esta seccion denotamos por X un espacio de Hilbert real o complejocon producto escalar (·, ·) y norma inducida ‖ · ‖. Vamos a estudiar una cla-se particular de operadores lineales sobre X, es decir un clase particular de

6.3. OPERADORES COMPACTOS EN ESPACIOS DE HILBERT 183

transformaciones T : X → X que satisfacen

T (u+ λv) = T (u) + λT (v)

para todo λ ∈ R o C y todo u, v ∈ X.

Definicion 21 Un operador lineal T : X → X se llama

(i) acotado, si la imagen (Tun) de cada sucesion acotada (un) en X esacotada.

(ii) compacto, si la imagen (Tun) de cada sucesion acotada (un) en X poseeuna sub-sucesion convergente en X.

Lema 34 Sea T : X → X un operador lineal. Entonces valen las siguientesafirmaciones:

(a) T es acotado si y solo si

‖T‖ := supu∈X‖u‖=1

‖Tu‖ <∞

En este caso vale

‖Tu‖ ≤ ‖T‖‖u‖ (6.12)

para todo u ∈ X.

(b) Si T es compacto entonces T es acotado.

Demostracion. Supongamos primero que ‖T‖ <∞. Entonces claramente valepara cada v ∈ X con ‖v‖ = 1 que

‖Tv‖ ≤ ‖T‖.

Ahora sea u ∈ X, u 6= 0. Entonces v := u/‖u‖ satisface ‖v‖ = 1 y por lalinealidad de T tenemos

‖Tu‖ = ‖T (‖u‖v)‖ = ‖u‖‖Tv‖ ≤ ‖T‖‖u‖,

y vale la estimacion (6.12) para todo u ∈ X, u 6= 0. Obviamente, esta estimaciontambien vale para u = 0 porque en este caso ambos lados son cero.

Claramente, la estimacion (6.12) implica que la imagen de cada sucesionacotada (un) en X debe ser acotada tambien, y entonces ‖T‖ <∞ implica queT es acotado.

Por otro lado, si ‖T‖ = ∞, entonces existe una sucesion (un) en X tal que‖un‖ = 1 y ‖Tun‖ ≥ n para todo n = 1, 2, 3, . . .. Entonces se tiene una sucesion(un) acotada en X tal que ‖Tun‖ → ∞. Por ende, T no puede ser acotado nicompacto.

Ejemplo: Sea e ∈ X un vector fijo unitario. Consideramos la transformacionP : X → X definida por

Pu := (e, u)e, u ∈ X.

Obviamente, P es lineal. P tambien es acotado, porque usando la desigualdadde Cauchy-Schwarz y el hecho de que ‖e‖ = 1 encontramos

‖Pu‖ = |(e, u)|‖e‖ ≤ ‖u‖

para todo u ∈ X, y entonces ‖P‖ ≤ 1. Para u = e en particular tenemos‖Pe‖ = 1, entonces ‖P‖ = 1. Ademas, vemos que la imagen de P consistedel subespacio unidimensional 〈e〉 de X generado por el vector e. Por ende, si(un) es una sucesion acotada en X, entonces (Pun) es una sucesion acotaday confinada al espacio unidimensional 〈e〉. Por ende, (Pun) debe contener unasub-sucesion que converge en X y P es compacto.

Como vimos en la seccion 2.6, Pu es la proyeccion ortogonal de u sobre elsubespacio 〈e〉. De forma mas general, si Y = 〈e1, e2, . . . , em〉 es un subespaciode dimension finita m < ∞ generado por un conjunto ortonormal de vectores{e1, e2, . . . , em }, entonces el proyector ortogonal sobre Y es la transformacionlineal P : X → X definida por

Pu :=

m∑j=1

(ej , u)ej , u ∈ X, (6.13)

ver el Teorema 6. Como en el caso anterior se puede mostrar que P es acotadoy compacto y que ‖P‖ = 1 (ver el ejercicio 58).

En general, es difıcil determinar si un operador lineal A : X → X dadoes compacto o no. Como vamos a ver en breve, la siguiente construccion puedeayudar: Supongamos queX sea separable, es decir,X posee una base ortonormalO := {e1, e2, e3, . . .} contable. Sea PN el proyector ortogonal sobre el subespacioYN = 〈e1, e2, . . . , eN 〉 generado por e1, e2, . . . , eN . Entonces consideramos en vezde A los operadores truncados

AN := APN : X → X.

Usando la expresion explıcita (6.13) con m = N encontramos

ANu =

N∑j=1

(ej , u)Aej , u ∈ X,

y entonces la imagen del operador lineal AN : X → X es de dimension finitaN , y por lo tanto AN es compacto. Dado que O es completo vale PNu → u,N →∞, para todo u ∈ X, y entonces si A es acotado tambien vale

lımN→∞

ANu = Au,

es decirlımN→∞

‖Au−ANu‖ = 0

para todo u ∈ X. Una condicion mucho mas fuerte es

lımN→∞

‖A−AN‖ = lımN→∞

supu∈X‖u‖=1

‖Au−ANu‖ = 0.

El proximo resultado implica que A es compacto si esta ultima condicion sesatisface:

Lema 35 Sea T : X → X un operador lineal acotado, y sea TN una familia deoperadores lineales compactos. Si

lımN→∞

‖T − TN‖ = 0,

entonces T es compacto.

Observacion: El lema implica en particular que A : X → X es compacto si‖A− AN‖ → 0 para N →∞, donde AN = APN son los operadores compactosdefinidos arriba. Se puede mostrar que mientras X sea separable, un operadorlineal y acotado A : X → X es compacto si y solo si ‖A−AN‖ → 0, ver el tomoI del libro de Reed y Simon.

Demostracion del Lema 35. Sea (un) una sucesion acotada en X. Tenemosque mostrar que existe una sub-sucesion (unk) tal que Tunk converge en X.

Para esto, elegimos primero una sub-sucesion (u(1)n ) de (un) tal que (T1u

(1)n )

converge. Luego, escogemos una sub-sucesion (u(2)n ) de (u

(1)n ) tal que (T2u

(1)n )

converge. Seguimos de esta forma e introducimos la sub-sucesion diagonal vn :=

u(n)n , n = 1, 2, 3, . . .. Ahora afirmamos que la sucesion (Tvn) es una sucesion de

Cauchy, y por ende converge en X.Para demostrar la afirmacion, notamos primero que para cada k fijo, (vn)

es una sub-sucesion de (u(k)n ) para n > k y por ende (Tkvn) es una sucesion de

Cauchy. Sean ε > 0 y M := supn∈N |vn| < ∞. De acuerdo a la hipotesis dellema, existe k ∈ N tal que

‖T − Tk‖ <ε

4M.

Luego, podemos elegir N > k suficientemente grande tal que

‖Tkvn − Tkvm‖ <ε

2

para todo n,m > N . Por ende, vale

‖Tvn − Tvm‖ ≤ ‖(T − Tk)(vn − vm)‖+ ‖Tk(vn − vm)‖≤ ‖T − Tk‖2M + ‖Tkvn − Tkvm‖

<ε

2+ε

2= ε

para todo n,m > N . Dado que podemos elegir ε > 0 arbitrariamente pequeno,esto demuestra que (Tvn) es una sucesion de Cauchy y el lema queda demos-trado.

Para propiedades adicionales de operadores lineales compactos que puedenser muy utiles pero que no usaremos en lo siguiente, consultar el ejercicio 59.

A continuacion, usamos los resultados obtenidos para demostrar que el ope-rador definido por la parte derecha de la ecuacion (6.10) define un operadorlineal compacto en el espacio de Hilbert X := L2

µ(I). De forma mas general,tenemos el siguiente resultado:

Teorema 25 Sea I ⊂ R un intervalo, y sea K ∈ L2µ×µ(I × I), es decir:

‖K‖ :=

∫I×I

|K(x, y)|2µ(x)µ(y)dxdy

1/2

<∞.

Entonces el operador lineal T : L2µ(I)→ L2

µ(I) definido por

Tu(x) :=

∫I

K(x, y)u(y)µ(y)dy, u ∈ L2µ(I), x ∈ I,

define un operador compacto y vale ‖T‖ ≤ ‖K‖.

Demostracion. Abreviamos X := L2µ(I) y Y := L2

µ×µ(I × I). Verificamosprimero que T : X → X define un operador acotado. Sea u ∈ X, entoncesusando la desigualdad de Cauchy-Schwarz encontramos

|Tu(x)|2 ≤

∫I

|K(x, y)|√µ(y)|u(y)|

√µ(y)dy

2

≤∫I

|K(x, y)|2µ(y)dy ·∫I

|u(y)|2µ(y)dy.

Multiplicando ambos lados por µ(x) e integrando sobre I encontramos

‖Tu‖2 ≤ ‖K‖2‖u‖2,

lo que implica que T : X → X es acotado y que ‖T‖ ≤ ‖K‖.Para demostrar que T es compacto, tomamos una base ortonormal {e1, e2, e3, . . .}

de X. Entonces no es difıcil ver que las funciones (en⊗e∗m)(x, y) := en(x)em(y)∗,(x, y) ∈ I×I, forman una base ortonormal de Y con respecto al producto escalar

(f, g)Y :=

∫I×I

f(x, y)∗g(x, y)µ(x)µ(y)dxdy, f, g ∈ Y,

ver el ejercicio 48. Por ende, podemos expander

K(x, y) =

∞∑n,m=1

Knmen(x)em(y)∗,

con la convergencia en Y y con los coeficientes

Knm = (en ⊗ e∗m,K) =

∫I×I

en(x)∗K(x, y)em(y)µ(x)µ(y)dxdy.

Ahora introducimos para cada N = 1, 2, 3, . . . la funcion

KN (x, y) :=

N∑n,m=1

Knmen(x)em(y)∗, (x, y) ∈ I × I.

Entonces vale KN → K en Y , es decir, ‖K −KN‖ → 0 para N →∞. Ademas,el operador lineal asociado TN : X → X es

TNu(x) =

∫I

KN (x, y)u(y)µ(y)dy

=

N∑n,m=1

Knmen(x)

∫I

em(y)∗u(y)µ(y)dy

=

N∑n,m=1

Knm(em, u)en(x),

y dado que su imagen esta confinada a un espacio de dimension finita N , esteoperador es compacto. Para N →∞ tenemos

‖T − TN‖ ≤ ‖K −KN‖ → 0,

y entonces el Lema 35 implica que T es compacto.

Como aplicacion, consideramos la funcion de Green K(x, y) definida en elTeorema 24. Como vimos, K : I × I → R es una funcion continua sobre elcuadrado I× I compacto. Entonces ‖K‖ <∞ y el teorema anterior implica queel operador lineal asociado T es compacto. Dado que K es real y que K(x, y) =K(y, x) para todo (x, y) ∈ I × I, T tambien es auto-adjunto como vamos a verpronto.

En la siguiente seccion analizamos las propiedades espectrales de operado-res compactos auto-adjuntos. Como aplicacion, daremos una demostracion delTeorema 23.


6.4. Propiedades espectrales de operadores com-pactos auto-adjuntos y demostracion del Teo-rema 23

En esta seccion, vamos a estudiar la existencia y las propiedades de los eigen-valores de operadores compactos auto-adjunto sobre X. Como aplicacion de esteestudio, completaremos la demostracion del Teorema 23 sobre las propiedadesespectrales del problema de Sturm-Liouville (6.2,6.2,6.3) regular.

Como en la seccion anterior, X denota nuevamente un espacio de Hilbertreal o complejo con producto escalar (·, ·). Primero recordamos una definicion:

Definicion 22 Sea T : X → X un operador lineal y acotado, entonces T sellama simetrico o auto-adjunto o hermıtico si vale

(u, Tv) = (Tu, v)


Como ejemplo, consideramos el operador lineal y compacto T definido en elTeorema 25. En este caso,

(u, Tv) =

∫I×I

u(x)∗K(x, y)v(y)µ(x)µ(y)dxdy

para todo u, v ∈ L2µ(I). De aquı vemos que T es simetrico si y solo si

K(x, y) = K(y, x)∗ para casi todo (x, y) ∈ I × I.

En el ejemplo particular de la funcion de Green K(x, y) definida en el Teore-ma 24, esta condicion se satisface porque K(x, y) es real e igual a K(y, x) paratodo (x, y) ∈ I.

Para el siguiente resultado necesitamos la siguiente propiedad:

Lema 36 Sea T : X → X un operador lineal, acotado y simetrico. Entonces:

(a) (u, Tu) es real para todo u ∈ X.

(b)

‖T‖ = supu∈X‖u‖=1

|(u, Tu)|.

Demostracion. Para la demostracion de la afirmacion (a), ver el ejercicio 6(b).Para demostrar el inciso (b), denotamos

β := supu∈X‖u‖=1

|(u, Tu)|.

6.4. OPERADORES COMPACTOS AUTO-ADJUNTOS 189

Primero, usamos la desigualdad de Cauchy-Schwarz para encontrar

|(u, Tu)| ≤ ‖u‖‖Tu‖ ≤ ‖T‖‖u‖2,

y entonces β ≤ ‖T‖. Luego, notamos que por la definicion de β, por la linealidadde T y la bilinealidad del producto escalar vale

|(u, Tu)| ≤ β‖u‖2

para todo u ∈ X. En particular,

(u+ v, T (u+ v)) ≤ β‖u+ v‖2,−(u− v, T (u− v)) ≤ β‖u− v‖2,

para todo u, v ∈ X. Sumando y usando la regla del paralelogramo encontramos

2(u, Tv) + 2(v, Tu) ≤ 2β(‖u‖2 + ‖v‖2)

para todo u, v ∈ X. En particular, si introducimos v = λTu con λ ∈ R llegamosa la desigualdad

βλ2‖Tu‖2λ2 − 2λ‖Tu‖2 + β‖u‖2 ≥ 0.

Multiplicando ambos lados por β podemos reescribir esta desigualdad de laforma

(βλ− 1)2‖Tu ‖2 + β2‖u‖2 − ‖Tu‖2 ≥ 0,

para todo λ ∈ R y todo u ∈ X, y entonces necesitamos

‖Tu‖ ≤ β‖u‖

para todo u ∈ X, lo que implica ‖T‖ ≤ β. Entonces ‖T‖ = β y el lema quedademostrado.

Con este resultado podemos demostrar:

Lema 37 Sea T : X → X un operador lineal, compacto y auto-adjunto. Enton-ces T posee un eigenvalor µ0 ∈ R tal que |µ0| = ‖T‖. Todos los otros eigenvaloresµ de T son reales y satisfacen |µ| ≤ ‖T‖.

Demostracion. Podemos suponer que T 6= 0, porque sino el unico eigenvalorde T es µ0 = 0 = ‖T‖. Por el lema anterior existe una sucesion (un) en X talque ‖un‖ = 1 y tal que

lımn→∞

|(un, Tun)| = ‖T‖.

Dado que T es compacto, y dado que la sucesion (un, Tun) en R es acotadaexiste una sub-sucesion (vn) de (un) tal que

Tvn → w en X, (vn, T vn)→ µ en R,


con |µ| = ‖T‖ > 0. Tenemos

0 ≤ ‖Tvn − µvn‖2 = ‖Tvn‖2 − 2µ(vn, T vn) + µ2

≤ ‖T‖2 − 2µ(vn, T vn) + µ2

= 2µ2 − 2µ(vn, T vn)→ 0,

y entonces si definimos u := w/µ vemos que

lımn→∞

vn = µ−1 lımn→∞

Tvn = u,

lo que implica que la sucesion (vn) converge a u. Dado que T es acotado, con-cluimos que

Tu = lımn→∞

Tvn = lımn→∞

µvn = µu.

Ademas, ‖vn‖ = 1 implica que ‖u‖ = 1. Entonces µ es un eigenvalor de T coneigenvector u, y |µ| = ‖T‖.

Si µ′ ∈ C es otro eigenvalor de T con eigenvector asociado u′ ∈ X, entonces

(u′, Tu′) = µ′‖u′‖2,

y de acuerdo al lema anterior µ debe ser real y ademas, |µ′| ≤ ‖T‖.

Despues de estos comentarios preparatorios llegamos al resultado importantede esta seccion:

Teorema 26 (Teorema espectral para operadores compactos y auto-adjuntos)Sea X un espacio de Hilbert de dimension infinita, y sea T : X → X un opera-dor lineal, compacto y auto-adjunto. Entonces T posee un numero contable deeigenvalores reales µ0, µ1, µ2, . . . tales que

|µ0| ≥ |µ1| ≥ |µ2| ≥ . . .

y con µn → 0 para n → ∞. Los eigenvectores correspondientes en, al normali-zarlos tal que ‖en‖ = 1, forman un conjunto ortonormal en X: (en, em) = δnm.

Ademas, si T no posee el eigenvalor cero, entonces el conjunto {e0, e1, e2, . . .}ortonormal es completo. En este caso, cada vector u ∈ X puede ser expandidoen su serie de Fourier generalizada

u =

∞∑n=0

unen, un = (en, u),

con la convergencia en X, y

Tu =

∞∑n=0

µnunen.


Demostracion. Ya demostramos la existencia de un eigenvalor con valor ab-soluto maximo µ0 ∈ R en el lema anterior. Sea e0 ∈ X un eigenvector corres-pondiente normalizado tal que ‖e0‖ = 1. Ahora analizamos el subespacio

X1 := {u ∈ X : (u, e0) = 0} = 〈e0〉⊥

que consiste de todos los vectores ortogonales a e0. Como vimos en el Lema 15este espacio esta cerrado, y ademas es invariante bajo T , dado que vale

(e0, Tu) = (Te0, u) = (µ0e0, u) = 0

para todo u ∈ X1, de tal forma que Tu ∈ X1 para todo u ∈ X1. Por ende, po-demos considerar el operador lineal T1 : X1 → X1 que consiste de la restriccionde T sobre el subespacio cerrado X1 de X. Como T , este operador es compactoy auto-adjunto y entonces podemos usar nuevamente el lema anterior para en-contrar un eigenvalor µ1 ∈ R con valor absoluto maximo de T1 y un eigenvectorasociado e1 ∈ X1, tal que

T1e1 = µ1e1, ‖e1‖ = 1, |µ1| = ‖T1‖.

Obviamente, e1 ∈ X1 ⊂ X tambien es eigenvector de T y Te1 = µ1e1. Ademas,de acuerdo al lema anterior, |µ1| ≤ |µ0|, y por construccion e1 ⊥ e0.

Ahora podemos seguir de esta manera, restringiendo T sobre el subespaciocerrado

X2 := {u ∈ X : (u, e0) = (u, e1) = 0} = 〈e0, e1〉⊥

y encontrar un eigenvalor µ2 con eigenvector correspondiente e2 ∈ X2 tal que

Te2 = µ2e2, ‖e2‖ = 1, |µ2| ≤ |µ1|.

Con esto encontramos una sucesion de eigenvalores µ0, µ1, µ2, . . . de T con ei-genvectores correspondientes e0, e1, e2, . . . que forman un conjunto ortonormalen X. Por construccion, los eigenvalores estan ordenados de tal manera que|µ0| ≥ |µ1| ≥ |µ2| ≥ . . ..

A continuacion, analizamos el comportamiento de µn para n → ∞. Prime-ro, notamos que si para algun N ∈ N la restriccion de T sobre XN es cero,entonces µN = µN+1 = . . . = 0, y en este caso cero es un eigenvalor de T conmultiplicidad infinita. De otra forma, si µn 6= 0 para todo n ∈ N, afirmamosque todavıa debe valer µn → 0 para n→∞. Efectivamente, si esto no fuera ası,podrıamos considerar la sucesion (vn) := (en/µn). Esta sucesion estarıa acotaday satisface Tvn = en. Por otro lado, dado que los vectores e0, e1, e2, . . . formanun conjunto ortonormal, tenemos ‖en − em‖2 = ‖en‖2 + ‖em‖2 = 2 para todon 6= m, y entonces (Tvn) no podrıa poseer ninguna sub-sucesion convergente encontradiccion con la suposicion que T es compacto. Entonces se debe satisfacerµn → 0 para n→∞.

Finalmente, demostramos que el conjunto ortonormal {e0, e1, e2, . . .} es com-pleto si T no posee el eigenvalor cero. Entonces sea u ∈ X ortogonal a todo losen’s, es decir

(u, en) = 0, n = 0, 1, 2, 3, . . . .


Dado que µn 6= 0 para todo n ∈ N0 esto implica tambien que

(u, µnen) = (u, Ten) = (Tu, en) = 0, n = 0, 1, 2, 3, . . . ,

y entonces Tu tambien es ortogonal a todo los en’s, es decir, Tu ∈ XN paratodo N = 1, 2, 3, . . .. Por otro lado,

‖Tu‖ = ‖TNu‖ ≤ ‖TN‖‖u‖ = |µN |‖u‖ → 0

para N →∞, y entonces Tu = 0. Dado que T no posee el eigenvalor cero, estoimplica que u = 0 y de acuerdo al Teorema 19 esto implica que {e0, e1, e2, . . . }es completo.

Observacion: Sea u ∈ X. Entonces

gN := u−N∑n=0

unen, un := (en, u)

satisface gN ∈ XN para todo N ∈ N, y de acuerdo al argumento arriba con-cluimos que ‖TgN‖ ≤ |µN |‖gN‖ ≤ |µN |‖u‖ → 0 para N → ∞, de tal formaque

Tu =

∞∑n=0

unTen =

∞∑n=0

µnunen.

En particular, si µ 6= 0 es un eigenvalor de T con eigenvector correspondienteu ∈ X, entonces

µu = Tu =

∞∑n=0

µnunen.

Tomando el producto escalar de ambos lados con el vector em encontramos

µum = µmum, m = 0, 1, 2, 3, . . .

Entonces existe un n ∈ N0 tal que µ = µn, y el eigenespacio de µ esta generadopor todos los vectores em tales que µm = µ. Notamos que este espacio debetener dimension finita, porque sino habrıa un numero infinito de µn’s que serıanigual a µ 6= 0, en contradiccion con µn → 0.

Con estas herramientas estamos listos para completar la demostracion delTeorema 23. Primero, resumimos lo que aprendimos hasta el presente:

Lema 38 Consideramos el operador lineal A : D(A) ⊂ X → X en el espaciode Hilbert X := L2

µ(I), definido por

Au(x) :=1

µ(x)

{− d

dx[p(x)u′(x)] + q(x)u(x)

}, u ∈ D(A),

donde el dominio de A esta definido por

D(A) := {u ∈ C2(I) : α1u(a) + α2p(a)u′(a) = β1u(b) + β2p(b)u′(b) = 0},

donde C2(I) denota la clase de funciones u : I → C dos veces continuamen-te diferenciables sobre el intervalo I = [a, b], y donde las funciones continuasµ, p, q : I → R y los coeficientes α1, α2, β1, β2 ∈ R satisfacen las propiedades(i)–(iii). Suponemos que A no posee el eigenvalor cero.

Ademas, consideramos el operador lineal T : X → X definido por

Tv(x) :=

b∫a

K(x, y)v(y)µ(y)dy, v ∈ X,

con la funcion de Green

K(x, y) := − 1

W [ua, ub]×{ua(x)ub(y), a ≤ x ≤ y ≤ b,ub(x)ua(y), a ≤ y ≤ x ≤ b,

donde ua, ub : I → R denotan las soluciones a la izquierda y a la derecha, verel Lema 33.

Entonces T : X → X es un operador compacto y auto-adjunto que satisface

Tv ∈ D(A), A(Tv) = v, para todo v : I → C continuo

y

T (Au) = u, para todo u ∈ D(A).

Ademas, T no posee el eigenvalor cero.

Demostracion. El hecho de que T es compacto y auto-adjunto es una con-secuencia directa del hecho de que K(x, y) = K(y, x) es real y simetrico, yque ∫

I×I

|K(x, y)|2µ(x)µ(y)dxdy <∞,

como vimos en esta seccion y la seccion anterior. Luego, el hecho de que paracada funcion continua v : I → C, Tv pertenece al dominio de A y ATv = v esuna consecuencia directa del resultado del Teorema 24.

Luego, sea u ∈ D(A). Entonces de acuerdo al Teorema 24 la funcion w :=TAu ∈ D(A) satisface Aw = Au, y dado que A no posee el eigenvalor cero,u = w = TAu.

Para completar la demostracion del lema tenemos que mostrar que T noposee el eigenvalor cero. Primero, supongamos que Tv = 0 con v : I → Ccontinua. Aplicando el operador A de ambos lados de la ecuacion llegamos av = A(Tv) = 0 y entonces v debe ser cero. Ahora, si v ∈ X no es continuo elargumento anterior no funciona, dado que en este caso no sabemos si Tv ∈ D(A)pertenece al dominio de A. En este caso, procedemos de la siguiente forma: Seau ∈ D(A), entonces sabemos que podemos escribir u = Tw con w := Au, yconcluimos que

(v, u) = (v, Tw) = (Tv,w) = 0

si Tv = 0. Esto implica que v ∈ D(A)⊥. Por otro lado, no es difıcil ver queD(A) ⊂ X es denso en X.2 Por lo tanto, v ∈ D(A)⊥ = {0} y concluimos quev = 0.

Para concluir la demostracion del Teorema 23 introducimos para cada m ∈ Rel operador lineal Am := A+m : D(A) ⊂ X → X. De acuerdo al Lema 32 pode-mos elegir m suficientemente grande tal que todos los eigenvalores del operadorAm son positivos. Entonces si λ > 0 es un eigenvalor de Am con eigenvectorcorrespondiente u ∈ D(A),

Amu = λu,

entonces aplicando de ambos lados el operador Tm correspondiente y usando elresultado del lema anterior concluimos que

Tmu = µu, µ =1

λ> 0.

Por otro lado, si µ 6= 0 es un eigenvalor de Tm con eigenvector correspondienteu ∈ X, entonces notamos primero que u = µ−1Tmu es una funcion continua,como se ve facilmente de la representacion explıcita de Tm. Por ende, u ∈ D(A)y entonces podemos aplicar el operador Am de ambos lados de la ecuacionµu = Tmu, obteniendo

Amu = λu, λ =1

µ.

Dado que Tm : X → X es compacto y que 0 no es eigenvalor de Tm, el Teo-rema 26 implica que existe una base ortonormal {e0, e1, e2, . . .} de X tal queTmen = µnen, n = 0, 1, 2, . . . y µ0 ≥ µ1 ≥ µ1 ≥ . . . > 0 y µn → 0 para n→∞.Entonces el operador Am posee los eigenvalores λn = 1/µn →∞ para n→∞,y el operador A los eigenvalores −m+ 1/µ0 < −m+ 1/µ1 < −m+ 1/µ2 < . . .,donde usamos el hecho de que cada eigenvalor es no degenerado, ver el Lema 32.Esto concluye la demostracion del Teorema 23.

6.5. Un problema de Sturm-Liouville singular

En esta seccion consideramos el caso de un problema de Sturm-Liouvillesingular, en el cual no se satisfacen todas las condiciones (i) y (ii) que formulamosal principio de la seccion 6.1. Tıpicamente, esta situacion ocurre en dos casos:

El intervalo I = (a, b) ya no esta acotado, como por ejemplo en el caso dela ecuacion de Schrodinger en una dimension que vimos en la seccion 1.3,donde I = (−∞,∞).

Las funciones p y µ convergen a cero para x → a o x → b, o la funcion qdiverge para x → a o x → b, como vimos en el ejemplo de la membranacircular, ver la seccion 1.2.

2Por ejemplo, podemos aproximar un elemento arbitrario en X = L2µ(I) por funciones

que son dos veces continuamente diferenciables sobre I y que son identicamente cero en unavecindad pequena de las fronteras x = a, b.

6.5. UN PROBLEMA DE STURM-LIOUVILLE SINGULAR 195

En general, no hay mayor dificultad en generalizar la construccion de lafuncion de Green y de la representacion integral de la solucion que vimos enel Teorema 24, siempre y cuando se pueden definir bien las soluciones ua y ubque determinan la funcion de Green K(x, y). Por otro lado, en muchos casos,el operador integral T que se obtiene ya no es compacto, y entonces el espectropuede ser mucho mas complicado que en el caso regular. Sin embargo, existenalgunos problemas de Sturm-Liouville singulares que si llevan a un operadorintegral T que es compacto. En esta seccion vamos a analizar un ejemplo deeste fenomeno.

El ejemplo que vamos a considerar es el problema de Sturm-Liouville (1.24)que encontramos en la discusion de la membrana circular, donde I = (0, R] yel operador Am : D(Am) ⊂ X → X esta definido sobre el espacio de HilbertX := L2

r(I) con producto escalar

(u, v) :=

R∫0

u(r)∗v(r)rdr, u, v,∈ X.

Para cada m = 0, 1, 2, 3, . . . definimos

Amu(r) := −1

r

d

dr[ru′(r)] +

m2

r2u(r) = −u′′(r)− 1

ru′(r) +

m2

r2u(r), 0 < r < R,

donde el dominio del operador Am esta definido por

D(Am) = {u ∈ C2(I) : Amu ∈ X, lımr→0

ru′(r) = 0, u(R) = 0}.

Primero, notamos que vale para cada u, v ∈ D(Am):

(u,Amv) =

R∫0

u(r)∗{−1

r

d

dr[rv′(r)] +

m2

r2v(r)

}rdr

= [−u(r)∗rv′(r)]R0 +

R∫0

[u′(r)∗v′(r) +

m2

r2u(r)∗v(r)

]rdr.

El termino de frontera desvanece, y entonces concluimos que Am es simetrico.Ademas,

(u,Amu) =

R∫0

[|u′(r)|2 +

m2

r2|u(r)|2

]rdr ≥ m2

R2(u, u),

y entonces todos los eigenvalores λ de Am son reales y satisfacen λ ≥ m2/R2.De hecho, todos los eigenvalores deben ser estrictamente mayores que m2/R2,porque si tuvieramos Amu = m2u/R2, entonces la identidad anterior implicarıaque u′(r) = 0 para todo 0 < r < R y entonces u = const. Pero dado queu(R) = 0, esta constante deberıa ser cero y u no podrıa ser eigenvector.

Para construir la funcion de Green, tenemos que encontrar las solucionesu0, uR ∈ C2(I) de la ecuacion

−u′′(r)− 1

ru′(r) +

m2

r2u(r) = 0, 0 < r < R, (6.14)

tales que lımr→0 ru′0(r) = 0 y uR(R) = 0. La ecuacion (6.14) posee las soluciones

u(r) = rm y u(r) = r−m, y entonces

u0(r) = rm, uR(r) = rm

[1−

(R

r

)2m].

El determinante de Wronski correspondiente es

W [u0, uR] = r [u0(r)u′R(r)− uR(r)u′0(r)] = 2mR2m,

y entonces las funciones u0 y uR son linealmente independientes excepto en elcaso particular m = 0. Para m = 0 las soluciones correctas son

u0(r) = 1, uR(r) = log(r/R),

y W [u0, uR] = 1. Por ende, la funcion de Green es

Km(r, r′) = − 1

2m

( rR

)m(r′R

)m×

{1−

(Rr

)2m, 0 < r′ ≤ r < R,

1−(Rr′

)2m, 0 < r < r′ < R

(6.15)

para m 6= 0 y

K0(r, r′) = −

{log(rR

), 0 < r′ ≤ r < R,

log(r′

R

), 0 < r < r′ < R

(6.16)

para m = 0. El operador integral correspondiente Tm : X → X es

Tmu(r) :=

R∫0

Km(r, r′)u(r′)r′dr′,

y no es difıcil verificar que satisface nuevamente

Tmv ∈ D(Am), Am(Tmv) = v, Tm(Amu) = u

para todo v : I → C continuo y todo u ∈ D(Am).Ademas, dado que Km(r, r′) = Km(r′, r) es simetrico, tenemos

‖Km‖2 =

∫I×I

|Km(r, r′)|2rr′drdr′ = 2

R∫0

r∫0

|Km(r, r′)|2r′rdr′dr

6.6. EJERCICIOS 197

Introduciendo las variables adimensionales x := r/R y y := r′/R encontramos

‖Km‖2 =R4

2m2

1∫0

x2m+1(1− x−2m

)2 x∫0

y2m+1dydx

=R4

2m2(2m+ 2)

1∫0

x4m+3(1− 2x−2m + x−4m

)dx

=R4

16(m+ 1)2(m+ 2)<∞,

para m = 1, 2, 3, . . ., y como se verifica en el ejercicio 60, ‖Km‖2 <∞ tambienvale para m = 0. Concluimos que el operador integral correspondiente Tm escompacto y auto-adjunto, y entonces se tienen las mismas conclusiones como enel Teorema 23: Existe un numero infinito de eigenvalores

0 < λ1 < λ2 < λ3 < . . .

con λn → ∞ para n → ∞ y los eigenvectores correspondientes en (al norma-lizarlos correctamente) forman una base ortonormal de X = L2

r(I). De hecho,como vimos en la seccion 1.2 los eigenvalores λn y los eigenvectores en tienen laforma

λn =(xmnR

)2

, en(r) ' Jm(xmnr

R

), n = 1, 2, 3, . . .

donde Jm(x) es la funcion de Bessel de orden m y 0 < xm1 < xm2 < xm3 <. . . denotan los ceros de esta funcion. Gracias a los resultados de esta seccionsabemos que los eigenvectores de Am son completos.

6.6. Ejercicios

Ejercicio 55 (7 puntos) Consideramos el siguiente problema de Sturm-Liouville:

u′′(x) + λu(x) = 0, 0 < x < L, (6.17)

α1u(0) + α2u′(0) = 0, x = 0, (6.18)

β1u(L) + β2u′(L) = 0, x = L, (6.19)

sobre el intervalo I = [0, L], donde α21 + α2

2 = β21 + β2

2 = 1.

(a) ¿Para que valores de α1, α2, β1, β2 el problema admite el eigenvalor λ = 0?

(b) Encuentre todos los eigenvalores λ y las eigenfunciones correspondientespara el caso de las condiciones de Neumann (α1, α2) = (β1, β2) = (0, 1).

(c) Encuentre todos los eigenvalores λ para el caso (α1, α2) = (1, 0), (β1, β2) =(0, 1).

(d) Encuentre todos los eigenvalores para el caso general α21+α2

2 = β21+β2

2 = 1.

Ejercicio 56 (6 puntos) Sean −∞ < a 0 una constante R > 0 tal que vale la desigualdad

f(x)2 ≤b∫a

(εf ′(y)2 +Rf(y)2

)dy, a ≤ x ≤ b, (6.20)

para toda funcion f : [a, b]→ R que es continuamente diferenciable.Ayuda: Integrar la desigualdad

d

dx(x− a)f(x)2 = f(x)2 + 2(x− a)f(x)f ′(x) ≤ f(x)2 + 2(b− a)|f(x)||f ′(x)|

sobre el intervalo [a, x].

Ejercicio 57 (4 puntos) Consideramos el problema de contorno

−u′′(x) +m2u(x) = F (x), 0 < x < L, (6.21)

α1u(0) + α2u′(0) = 0, x = 0, (6.22)

β1u(L) + β2u′(L) = 0, x = L, (6.23)

sobre el intervalo I = [0, L], donde m > 0 y α21 + α2

2 = β21 + β2

2 = 1.

(a) Construya la funcion de Green para las condiciones de frontera de Neu-mann α1 = β1 = 0. ¿Que ocurre en el lımite m→ 0?

(b) Construya la funcion de Green para el caso (α1, α2) = (1, 0) y (β1, β2) =(0, 1). ¿Que ocurre en el lımite m→ 0?

Ejercicio 58 (4 puntos) Sea X un espacio de Hilbert con producto escalar(·, ·), y sea Y ⊂ X un subespacio de dimension finita m ≥ 1. Para una baseortonormal {e1, e2, . . . , em} de Y definimos el proyector ortogonal P : X → Xsobre Y a traves de la formula (6.13).

Verifique que P es un operador lineal y acotado con norma ‖P‖ = 1, queademas satisface P 2 = P , es compacto y auto-adjunto. ¿Cual es el espectro deP?

Ejercicio 59 (7 puntos) Sea X un espacio de Hilbert complejo de dimensioninfinita.

(a) Demuestre que el conjunto de todos los operadores lineales acotados sobreX forma un espacio vectorial L(X), es decir, si A,B : X → X son ope-radores lineales acotados sobre X y si λ ∈ C, entonces A + λB ∈ L(X)tambien es un operador lineal y acotado.

6.6. EJERCICIOS 199

(b) De la misma forma, demuestre que el conjunto de todos los operadorescompactos sobre X forma un espacio vectorial Lc(X).

(c) Sean A ∈ L(X) y T ∈ Lc(X). Demuestre que los operadores AT, TA :X → X son compactos.

(d) Demuestre que (bajo la hipotesis dimX = ∞) un operador compactoT ∈ Lc(X) no puede ser invertible, es decir no existe ningun operadorlineal B ∈ L(X) tal que TB = BT = I.

Ejercicio 60 (3 puntos) Demuestre que la norma ‖K0‖ de la funcion deGreen K0 definida en la ecuacion (6.16) es finita, de tal forma que T0 define unoperador compacto y auto-adjunto.

Apendice A

Convergenica uniforme deseries de funciones

En este apendice establecimos un par de resultados utiles para series defunciones que son de la forma

∞∑k=1

gk(x), (A.1)

donde gk es una sucesion de funciones continuas y acotadas.Para lo que sigue, sea U ⊂ Rn un subconjunto abierto de Rn y sea X el

espacio vectorial complejo definido por

X := {f : U → C : f continuo y acotado} (A.2)

con la norma‖f‖∞ := sup

x∈U|f(x)|, f ∈ X. (A.3)

Lema 39 El espacio normado (X, ‖ · ‖∞) definido en (A.2,A.3) es completo.

Demostracion. Como la demostracion del Lema 10.

Para la convergencia de la serie (A.1) el siguiente resultado es muy util:

Lema 40 (Criterio de Weierstrass) Sea gk, k = 1, 2, 3, . . ., una sucesion defunciones en X con normas asociadas

mk := ‖gk‖∞ = supx∈U|gk(x)|, k = 1, 2, 3, . . .

Entonces si∞∑k=1

mk <∞

la serie (A.1) converge de manera uniforme a una funcion f ∈ X.

201

202 APENDICE A. CONVERGENCIA UNIFORME

Observacion: Bajo las hipotesis del lema, la funcion f se puede definir a travesde

f(x) =

∞∑k=1

gk(x),

para cada x ∈ U , y segun el lema esta funcion es continua y acotada sobre U ysatisface

lımN→∞

supx∈U

∣∣∣∣∣f(x)−N∑k=1

gk(x)

∣∣∣∣∣ = 0.

Demostracion del Lema 40. Introducimos las funciones

SN (x) :=

N∑k=1

gk(x), x ∈ U, N = 1, 2, 3, . . .

De acuerdo a las hipotesis del lema, SN define una sucesion en X. Ademas, valepara cada M > N ,

‖SM − SN‖∞ = supx∈U

∣∣∣∣∣M∑

k=N+1

gk(x)

∣∣∣∣∣≤

M∑k=N+1

supx∈U|gk(x)|

=

M∑k=N+1

mk → 0,

para M > N → ∞, dado que la serie∑∞k=1mk converge en (R, | · |). Por lo

tanto, SN define una sucesion de Cauchy en el espacio completo (X, ‖ · ‖∞) yentonces existe

f := lımN→∞

SN =

∞∑k=1

gk ∈ X.

El proximo resultado implica que podemos intercambiar el orden de la inte-gral con la serie, cuando la serie (A.1) converge de manera uniforme.

Lema 41 Sea U := (a, b) un intervalo abierto, y supongamos que gk, k =1, 2, 3, . . ., es una sucesion de funciones U ⊂ R → C continuas y acotadas talque la serie (A.1) converja de manera uniforme a una funcion f ∈ X.

Entonces vale

x∫a

f(y)dy =

∞∑k=1

x∫a

gk(y)dy, a < x < b,

y la convergencia es uniforme sobre subintervalos acotados de (a, b).

203

Demostracion. Notamos primero que las integrales

x∫a

f(y)dy, a < x a la estimacion∣∣∣∣∣∣

x∫a

f(y)dy −N∑k=1

x∫a

gk(y)dy

∣∣∣∣∣∣ ≤x∫a

∣∣∣∣∣f(y)−N∑k=1

gk(y)

∣∣∣∣∣ dy≤ (x− a)

∥∥∥∥∥f −N∑k=1

gk

∥∥∥∥∥∞

,

lo que converge a cero para N →∞, dado la hipotesis del lema. Esto demuestreel lema.

Finalmente, demostramos un resultado que nos permite intercambiar el or-den de la derivada con la serie:

Lema 42 Sea gk, k = 1, 2, 3, . . ., una sucesion de funciones en X que soncontinuamente diferenciables y tal que la serie (A.1) converja para todo x ∈ Uy tal que todas las primeras derivadas parciales satisfagan

∂gk∂xj∈ X,

∞∑k=1

∥∥∥∥∂gk∂xj

∥∥∥∥∞<∞, j = 1, 2, . . . , n.

Entonces la funcion

f(x) :=

∞∑k=1

gk(x), x ∈ U,

es continuamente diferenciable sobre U y vale

∂f

∂xj(x) =

∞∑k=1

∂gk∂xj

(x), x ∈ U, j = 1, 2, . . . , n,

donde la convergencia es uniforme.

Demostracion. De acuerdo a la hipotesis del lema y el resultado del Lema 40,las series de funciones

hj(x) :=

∞∑k=1

∂gk∂xj

(x), x ∈ U, (A.4)

204 APENDICE A. CONVERGENCIA UNIFORME

convergen de manera uniforme a funciones hj ∈ X para todo j = 1, 2, . . . , n.Ahora sea x ∈ U fijo. Vamos a demostrar que f es parcialmente diferenciableen x y que

∂f

∂xj(x) = hj(x), j = 1, 2, . . . , n.

Dado que las funciones hj son continuas, esto implica la afirmacion del lema.Para ver que f es parcialmente diferenciable notamos primero que las fun-

ciones

SN (x) :=

N∑k=1

gk(x)

satisfacen

SN (x+ tej) = SN (x) +

N∑k=1

t∫0

∂gk∂xj

(x+ sej)ds

= SN (x) +

t∫0

N∑k=1

∂gk∂xj

(x+ sej)ds,

donde e1 := (1, 0, 0, . . . , 0), e2 := (0, 1, 0, . . . , 0), . . . , en := (0, 0, 0, . . . , 1) son losvectores que forman la base canonica de Rn y donde t ∈ R es suficientementepequeno en magnitud de tal forma que x+ tej ∈ U . Tomando el lımite N →∞de ambos lados de la ecuacion y usando la convergencia uniforme de las seriesen (A.4) para concluir que∣∣∣∣∣∣

t∫0

N∑k=1

∂gk∂xj

(x+ sej)ds−t∫

0

hj(x+ sej)ds

∣∣∣∣∣∣≤

t∫0

∣∣∣∣∣N∑k=1

∂gk∂xj

(x+ sej)− hj(x+ sej)

∣∣∣∣∣ ds≤ t

∥∥∥∥∥N∑k=1

∂gk∂xj− hj

∥∥∥∥∥∞

→ 0

para N →∞, obtenemos

f(x+ tej) = f(x) +

t∫0

hj(x+ sej)ds.

Esto implica que

∂f

∂xj(x) = lım

t→0t 6=0

f(x+ tej)− f(x)

t= hj(x)

existe para todo x ∈ U y todo j = 1, 2, . . . , n.

Aplicacion: Integracion y diferenciacion de series de Fourier.

Apendice B

Integracion de Lebesgue

Ver la literatura para las definiciones. Por lo pronto, solamente notamos elsiguiente resultado importante.

Teorema 27 (Teorema de la convergencia dominada de Lebesgue) Sea(a, b) un intervalo en R, con −∞ ≤ a < b ≤ ∞. Sea fn : (a, b)→ C una familiade funciones medibles tal que

fn(x)→ f(x) para casi todo x ∈ (a, b).

Supongamos ademas que exista una funcion Lebesgue-integrable g : (a, b) → Rtal que |fn(x)| ≤ g(x) para casi todo x ∈ (a, b).

Entonces las funciones fn y f son Lebesgue-integrables y vale

b∫a

fdx = lımn→∞

b∫a

fndx.

Ejemplo: Sea f : R → C una funcion que es Lebesgue-integrable sobre R, esdecir

∞∫−∞

|f(x)|dx <∞.

Entonces vale

lımR→∞

∞∫R

|f(x)|dx = 0.

Para demostrar esto, introducimos para cada R > 0 la funcion

eR(x) :=

{0, x < R,1, x ≥ R.

205

206 APENDICE B. INTEGRACION DE LEBESGUE

Claramente, |eR(x)| ≤ 1 y lımR→∞ eR(x) = 0 para cada x ∈ R, entonces elteorema de la convergencia dominada implica que

lımR→∞

∞∫R

|f(x)|dx = lımR→∞

∞∫−∞

eR(x)|f(x)|dx = 0.

Como aplicacion del ejemplo anterior demostramos el siguiente resultado:

Lema 43 Sea f : R → C una funcion diferenciable tal que f ′ sea Lebesgue-integrables sobre R. Entonces existen los lımites

f±∞ := lımx→±∞

f(x) ∈ C.

En particular, si f tambien es Lebesgue-integrable, entonces f∞ = f−∞ = 0.

Demostracion. Primero notamos que vale para cada y > x

|f(y)− f(x)| =

∣∣∣∣∣∣y∫x

f ′(z)dz

∣∣∣∣∣∣ ≤y∫x

|f ′(z)|dz ≤∞∫x

|f ′(z)|dz, (B.1)

lo que converge a cero para y > x→∞, dado que f ′ es Lebesgue-integrable. Enparticular para numeros naturales m,n tales que m > n llegamos a la conclusionque f(n) es una sucesion de Cauchy en C, y por lo tanto existe el lımite

f∞ := lımn→∞

f(n).

Ahora ponemos y = n ∈ N en la ecuacion (B.1) y tomamos el lımite n → ∞,llegando a

|f∞ − f(x)| ≤∞∫x

|f ′(z)|dz → 0

para x→∞, lo que demuestra que f(x)→ f∞ para x→∞.De la misma forma se demuestra que existe el lımite f(x) → f−∞ para

x→ −∞.Si f tambien es Lebesgue-integrable, entonces estos lımites deben ser cero.

Por ejemplo, si f∞ fuera diferente de cero tendrıamos

|f(x)| ≥ δ > 0

para cada x ≥ K suficientemente grande, y entonces

∞∫−∞

|f(x)|dx ≥∞∫K

|f(x)|dx ≥ δ∞∫K

dx =∞

y llegarıamos a una contradiccion.

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