APUNTES DE ANALISIS ARM´ ONICO´ Irene Drelichman y Ricardo ... · Series de Fourier 1 1. Algunas nociones historicas 1 2. La ecuacion de la cuerda vibrante 1 3. M´etodo de separacion

APUNTES DE ANALISIS ARMONICO

Irene Drelichman y Ricardo G. Duran

Indice general

Capıtulo 1. Series de Fourier 11. Algunas nociones historicas 12. La ecuacion de la cuerda vibrante 13. Metodo de separacion de variables 24. Desarrollo en series de Fourier 45. La ecuacion del calor 66. La convolucion y el nucleo de Dirichlet 77. Convergencia Cesaro de series de Fourier 108. Convergencia Abel para series de Fourier 13

Capıtulo 2. Convergencia en Lp para series de Fourier 171. La transformada de Hilbert en el caso periodico 172. Convergencia en L2 para series de Fourier 193. Convergencia en L2 para la transformada de Hilbert 234. Convergencia en Lp para la transformada de Hilbert 245. Convergencia en Lp para series de Fourier 306. La transformada de Hilbert como integral singular 31

Capıtulo 3. La transformada de Fourier 351. La transformada de Fourier en R 352. La transformada de Fourier en Rn 383. La ecuacion del calor en el semiespacio Rn ⇥ R+ 414. Transformada de Fourier en L2(Rn) 425. El espacio S 436. El espacio S 0 44

Capıtulo 4. La transformada de Hilbert en R 471. El problema de Dirichlet en el semiplano R⇥ R+ 472. La transformada de Hilbert en R 483. Otros ejemplos de integrales singulares de convolucion 52

Capıtulo 5. Integrales singulares 551. Operadores integrales singulares 552. Integrales singulares con nucleos homogeneos 66

Capıtulo 6. B.M.O. y H1 751. El espacio B.M.O. 752. El espacio H1 atomico 80

3

4 Indice general

3. Dualidad entre H1 y B.M.O. 824. Continuidad de integrales singulares en H1(Rn) 85

Capıtulo 7. Pesos Ap 871. Condicion necesaria para el tipo debil 872. Suficiencia para el tipo debil (1, 1) 893. Suficiencia para el tipo debil (p, p), p > 1 914. Caracterizacion de pesos A1 945. Extrapolacion 966. La funcion maximal diadica 977. Acotaciones con pesos para integrales singulares 988. Acotaciones con pesos para integrales singulares 101

Capıtulo 8. Derivadas e integrales fraccionarias 1071. Derivadas e integrales fraccionarias 1072. Condicion necesaria para la continuidad de la integral fraccionaria1083. Continuidad de la integral fraccionaria 1094. Teoremas de inmersion de Sobolev 111

Capıtulo 1

Series de Fourier

1. Algunas nociones historicas

En 1807 Fourier escribe su teorıa sobre la difusion del calor y re-suelve la ecuacion utilizando los metodos de las series de funcionestrigonometricas que llevan su nombre. Usa que dada una funcion fdefinida en un intervalo, digamos por comodidad f : [�⇡,⇡] ! R (oC), la podemos pensar como una funcion periodica definida en todala recta y representar como

f(x)“ = ”1X

n=0

(an cos(nx) + bn sin(nx)).

En la epoca de Fourier ni siquiera estaba bien definido que era unafuncion, y recien Dirichlet demostro tiempo despues que si f es unafuncion derivable entonces la serie de Fourier converge.Unos 50 anos antes de que Fourier estudiara la ecuacion del calor,Daniel Bernoulli habıa resuelto con el mismo metodo la ecuacion dela cuerda vibrante, pero sus ideas no prosperaron porque no estabaclaro que funciones podıan admitir un desarrollo en serie de Fourier.Alrededor de 1920 se probo que si f 2 Lp para algun p tal que1 < p < 1, entonces la serie de Fourier converge en Lp. Ya eraconocido que existen funciones continuas tales que su serie de Fourierpuede no converger en algun punto. Veremos que la convergencia enLp esta relacionada con la transformada de Hilbert, que es el primerejemplo de integral singular.Carleson probo que basta con f 2 L2 para que la serie de Fourierconverja en casi todo punto.

2. La ecuacion de la cuerda vibrante

Supongamos que tenemos una cuerda de longitud L fija en los extremos yqueremos estudiar como vibra si uno la pulsa. Para esto, dado x 2 [0, L],llamamos u(x, t) la posicion del punto x en tiempo t.

Podemos pensar que la cuerda esta compuesta por N masas puntuales enpuntos xn = nh, donde h = L

N . Si la cuerda es homogenea y tiene densidad

2 1. SERIES DE FOURIER

de masa constante por unidad de medida (para fijar ideas digamos que esigual a ⇢), entonces la masa total es ⇢L y la masa puntual en cada xn es⇢LN = ⇢h. Suponemos entonces que la cuerda vibrante es un sistema de Npartıculas, y que cada una oscila unicamente en la direccion vertical, peroque ademas, por la tension de la cuerda, la fuerza que actua sobre xn dependede xn�1 y xn+1.

Llamamos yn(t) a la posicion de xn en el instante t, es decir, yn(t) = u(xn, t).Por la ley de Newton, la fuerza que actua sobre xn es Fn = ⇢hy00n(t). Sisuponemos que esta fuerza es proporcional, respectivamente, a las diferenciasyn�1�y

n

h y yn+1�y

n

h , tenemos que la fuerza (o tension) que actua por la derechaes ⌧

h(yn+1 � yn) y la que actua por la izquierda es ⌧h(yn�1 � yn), donde ⌧ es

una constante que depende solo del material de la cuerda. Entonces

⇢hy00n(t) =⌧

h(yn+1(t)� 2yn(t) + yn�1(t)))

=⌧

h(u(xn+1, t)� 2u(xn, t) + u(xn�1, t))

=⌧

h(u(xn + h, t)� 2u(xn, t) + u(xn � h, t)).(1.1)

Como para una funcion F dos veces derivable vale que

lımh!0

F (x+ h)� 2F (x) + F (x� h)

h2= F 00(x),

dividiendo por h la igualdad (1.1) y pasando al lımite (notar que, cuandoh ! 0, N ! 1), deducimos la ecuacion de la cuerda vibrante o ecuacion deondas en una variable espacial:

(1.2) ⇢@2u

@t2(x, t) = ⌧

@2u

@x2(x, t).

Para poder resolverla, ademas de saber que la cuerda esta fija en los ex-tremos, es decir que u(0, t) = u(L, t) = 0, necesitamos conocer los datosiniciales de posicion y velocidad, digamos u(x, 0) = f(x) y @u

@t (x, 0) = g(x).Con estos datos iniciales la ecuacion esta bien planteada y puede resolversemediante el metodo de separacion de variables, que explicamos a continua-cion.

3. Metodo de separacion de variables

Buscamos soluciones de la ecuacion (1.2) de la forma u(x, t) = '(x) (t). Porsimplicidad, ya que ⇢, ⌧ � 0, supondremos que ⌧

⇢ = 1. Entonces obtenemos

00(t)

(t)='00(x)

'(x).

3. METODO DE SEPARACION DE VARIABLES 3

Como la parte derecha de la ecuacion no depende de x y la parte izquierdano depende de t, deducimos que para algun � 2 C deben verificarse lasecuaciones

'00(x) = �'(x),

00(t) = � (t).

Las soluciones de la primer ecuacion son de la forma '(x) = Aep�x +

Be�p�x. Como ademas tienen que cumplir los datos de borde u(0, t) =

u(L, t) = 0, resulta que '(0) = '(L) = 0, de donde

e2p�L = 1

y, por lo tanto, tenemos una sucesion de posibles valores

�n = �n2⇡2

L2(n 2 Z)

a la que corresponde una sucesion {'n} de soluciones linealmente indepen-dientes de la ecuacion '00(x) = �n'(x), que estan dadas por

'n(x) = sin⇣n⇡L

x⌘.

Razonando analogamente para (t) (teniendo en cuenta que en este caso nointervienen las condiciones de borde), obtenemos

n(t) = an sin⇣n⇡L

t⌘+ bn cos

⇣n⇡L

t⌘,

donde an y bn son constantes arbitrarias.

En conclusion, tenemos una sucesion de soluciones de la ecuacion de lacuerda vibrante (sin datos inciales) dada por

un(x, t) = 'n(x) n(t) = sin⇣n⇡L

x⌘⇣

an sin⇣n⇡L

t⌘+ bn cos

⇣n⇡L

t⌘⌘

.

Si consideramos la solucion

u(x, t) =1X

n=1

sin⇣n⇡L

x⌘⇣

an sin⇣n⇡L

t⌘+ bn cos

⇣n⇡L

t⌘⌘

e imponemos las condiciones iniciales

u(x, 0) = f(x)

@u

@t(x, 0) = g(x)


necesitamos (operando formalmente con la serie) que se verifiquen las igual-dades

u(x, 0) =1X

n=1

bn sin⇣n⇡L

x⌘= f(x),

@u

@t(x, 0) =

1X

n=1

ann⇡

Lsin⇣n⇡L

x⌘= g(x).

Surge por lo tanto el problema de determinar si para datos iniciales f, g existeuna escritura en serie de senos como la que necesitamos. Como veremos, larespuesta es afirmativa.

Para simplificar, supongamos que L = ⇡. Nuestro problema es entonces,dada f : [0,⇡] ! R, ver si es posible encontrar valores bn tales que

f(x)“ = ”1X

n=1

bn sin(nx).

Si suponemos que dichos valores existen, multiplicando la serie por sin(kx), k 2N, e integrando (operamos formalmente para intercambiar serie e integral)obtenemos

f(x) sin(kx) =1X

n=1

bn sin(nx) sin(kx),

Z ⇡

0f(x) sin(kx) dx =

1X

n=1

bn

Z ⇡

0sin(nx) sin(kx) dx.

Observando queZ ⇡

0sin(nx) sin(kx) dx =

⇢⇡2 si n = k0 si n 6= k

podemos despejar

bk =2

⇡

Z ⇡

0f(x) sin(kx) dx.

Un razonamiento analogo permite despejar los coeficientes an.

4. Desarrollo en series de Fourier

Mas en general, dada una funcion f : [�⇡,⇡] ! R, le podemos asociar unaserie de senos y cosenos dada por

f(x) ⇠ a02

+1X

n=1

(an cos(nx) + bn sin(nx))

4. DESARROLLO EN SERIES DE FOURIER 5

y, razonando como antes,

an =1

⇡

Z ⇡

�⇡f(x) cos(nx) dx,

bn =1

⇡

Z ⇡

�⇡f(x) sin(nx) dx.

Es importante observar que si f 2 L1([�⇡,⇡]), an, bn estan bien definidos.Los llamamos coeficientes de Fourier de f .

Observacion 1.1. Notemos que si f es una funcion impar (es decir, f(x) =�f(�x)), entonces an = 0 para todo n. Analogamente, si f es una funcionpar (es decir, f(x) = f(�x)), entonces bn = 0 para todo n.

En general es mas facil trabajar con una serie de exponenciales complejasen lugar de una serie de senos y cosenos. O sea, dada f : [�⇡,⇡] ! C, leasociamos la serie de Fourier

f(x) ⇠X

n2Zcne

inx.

De manera analoga al caso anterior, multiplicando por e�ikx e integrando(siempre de manera formal), deducimos que

Z ⇡

�⇡f(x)e�ikx dx =

1X

n=�1cn

Z ⇡

�⇡ei(n�k)x dx.

Observando queZ ⇡

�⇡ei(n�k)x dx =

⇢2⇡ si n = k0 si n 6= k

deducimos que

ck =1

2⇡

Z ⇡

�⇡f(x)e�ikx dx.

Notacion 1.2. Es frecuente el uso de la notacion f(n) = cn, por lo queen lo sucesivo escribiremos la serie de Fourier asociada a f como f(x) ⇠P

n2Z f(n)einx.

Observacion 1.3. Si f toma valores reales, podemos pasar de la formaexponencial a la trigonometrica observando que, en este caso, cn = c�n.


Entonces

f(x) ⇠�1X

n=�1cne

inx + c0 +1X

n=1

cneinx

=1X

n=1

c�ne�inx + c0 +

1X

n=1

cneinx

=1X

n=1

cne�inx + c0 +

1X

n=1

cneinx

= c0 +1X

n=1

[(cn + cn) cos(nx) + i(cn � cn) sin(nx)]

por lo que para pasar de una forma a otra basta utilizar las relaciones(an = cn + cnbn = i(cn � cn)

Observacion 1.4. Si queremos obtener la serie de Fourier de f : [�L/2, L/2] !C, basta observar que g(x) := f( L

2⇡x) esta definida en [�⇡,⇡] y, por lo tanto,

g(x) = f

✓L

2⇡x

◆⇠X

n2Zcne

inx

con

cn =1

2⇡

Z ⇡

�⇡g(x)e�inx dx =

1

L

Z L/2

�L/2f(x)e�2⇡i n

L

x dx.

Entoncesf(x) ⇠

X

n2Zcne

2⇡i nL

x

5. La ecuacion del calor

Lo visto anteriormente se puede aplicar a la ecuacion con condiciones ini-ciales 8

<

:

ut � uxx = 0 (x, t) 2 (0,⇡)⇥ (0, T )u(0, t) = u(⇡, t) = 0 8t 2 (0, T )u(x, 0) = f(x)

que modela como evoluciona la temperatura de una barra sabiendo que losextremos se mantienen a cero grados y conociendo la temperatura inicial.

Usando el metodo de separacion de variables, podemos obtener la sucesionde soluciones de variables separadas un(x, t) = e�n2t sin(nx) y armar unasolucion general de la forma

(1.3) u(x, t) =1X

n=1

bne�n2t sin(nx)

6. LA CONVOLUCION Y EL NUCLEO DE DIRICHLET 7

que cumple con la condicion de borde. Para que satisfaga el dato inicialdebemos encontrar bn tales que

u(x, 0) =1X

n=0

bn sin(nx) = f(x).

Como ya anticipamos, si f es suficientemente buena (mas adelante especifi-caremos en que sentido), los coeficientes bn existen y estan dados por

bn =1

2⇡

Z ⇡

�⇡f(x)e�inx dx.

Es interesante notar que este metodo para construir soluciones generalizalos resultados que conocemos en dimension finita. En efecto, supongamosque queremos encontrar y : [0,⇡] ! Rn que sea solucion del problema

y0 = Ay, A 2 Rn⇥n.

Si A es diagonalizable, entonces sabemos que existe una base de autovectores{v1, . . . , vn} tales que Avn = �nvn y que entonces {v1e�1t, . . . , vne�n

t} esuna base de soluciones del sistema lineal homogeneo, por lo que la soluciongeneral es

y(t) =nX

k=1

bkvke�k

t.

Si pensamos que reemplazamos la transformacion lineal y ! Ay por '(x, t) !@2

@x2' y que 'n = sin(nx) son los “autovectores”(autofunciones) de este ope-rador, entonces el desarrollo de Fourier (1.3) generaliza al caso infinito laescritura de la solucion en una base de autofunciones.

6. La convolucion y el nucleo de Dirichlet

Observacion 1.5. Como vimos, dada f : [�⇡,⇡) ! C, si f 2 L1([�⇡,⇡])le podemos asociar su serie de Fourier

f(x) ⇠X

n2Zcne

inx, cn =1

2⇡

Z ⇡

�⇡f(x)e�inx dx.

De ahora en mas pensaremos siempre que f esta extendida de manera pe-riodica a R o, gracias a la correspondencia x $ eix, que f : S1 ! C, dondeS1 es la circunferencia unitaria. Entonces, cuando hablamos de f continuaentendemos que la continuidad vale en S1 o, lo que es lo mismo, que laextension periodica de f es continua en todo R.


Definicion 1.6. Dadas f, g : R ! C, 2⇡-periodicas y tales que f, g 2L1loc(R), definimos su convolucion como

(f ⇤ g)(x) =Z ⇡

�⇡f(x� y)g(y) dy.

Observacion 1.7. Es inmediato de la definicion que f ⇤ g = g ⇤ f .

Nuestro objetivo es estudiar si dada una serie de Fourier asociada a unafuncion f , la misma converge y, en caso afirmativo, si converge a f . Elprimer resultado afirmativo en este sentido que demostraremos es que si f esderivable en x, entonces la serie de Fourier asociada converge puntualmentea f en x. Para esto, probaremos que las sumas parciales simetricas

SN (f)(x) :=NX

�N

cneinx

se pueden representar como una convolucion. Para no sobrecargar la nota-cion, en adelante escribiremos SNf en lugar de SN (f).

Claramente,

SNf(x) =NX

n=�N

cneinx

=NX

n=�N

✓1

2⇡

Z ⇡

�⇡f(t)e�int dt

◆einx

=1

2⇡

Z ⇡

�⇡f(t)

NX

n=�N

ein(x�t)

!dt,(1.4)

que es una convolucion, pero nos interesa encontrar una expresion masexplıcita dependiente de N que no involucre sumas.

Para esto, si s 6= 2m⇡,m 2 Z podemos escribir

DN (s) :=NX

n=�N

eins

= e�iNsNX

n=�N

ei(n+N)s = e�iNs2NX

k=0

eiks

= e�iNs (ei(2N+1)s � 1)

eis � 1=

ei(N+1)s � e�iNs

eis � 1

= ei12 s(ei(N+ 1

2 )s � e�i(N+ 12 )s)

eis � 1=

ei(N+ 12 )s � e�i(N+ 1

2 )s

eis

2 � e�i s2.

6. LA CONVOLUCION Y EL NUCLEO DE DIRICHLET 9

Por (1.4), vale entonces que

SNf(x) =1

2⇡(f ⇤DN )(x)

donde DN es el nucleo de Dirichlet , dado por

DN (s) =sin((N + 1

2)s)

sin( s2).

Observacion 1.8. Una propiedad que usaremos es que

1

2⇡

Z ⇡

�⇡DN (t) dt = 1.

Esto se deduce facilmente si consideramos f ⌘ 1, ya que por lo visto ante-riormente SNf = 1 = 1

2⇡

R ⇡�⇡ DN (t) dt.

Lema 1.9 (Riemann-Lebesgue). Si f 2 L1([�⇡,⇡]) y ↵ 2 R, entonces

lım|↵|!1

Z ⇡

�⇡f(x) cos(↵x) dx = 0

lım|↵|!1

Z ⇡

�⇡f(x) sin(↵x) dx = 0

Demostracion. Supongamos primero que f 2 C1. EntoncesZ ⇡

�⇡f(x) cos(↵x) dx =

Z ⇡

�⇡f(x)

sin (↵x)0

↵dx

= f(x)sin (↵x)

↵

��⇡

�⇡�Z ⇡

�⇡f 0(x)

sin (↵x)

↵dx

C

↵(kfk1 + kf 0k1) ! 0 (|↵| ! 1).

Para el caso general basta usar un argumento de densidad. ⇤

Corolario 1.10. Si f 2 L1([�⇡,⇡]), sus coeficientes de Fourier tienden acero para |n| ! 1.

Ahora estamos en condiciones de probar el teorema sobre convergencia:

Teorema 1.11. Si f 2 L1([�⇡,⇡]) y f es derivable en x, entonces SNf(x) !f(x) cuando N ! 1.

Demostracion. Escribimos

SNf(x) =1

2⇡

Z ⇡

�⇡f(x� t)

sin((N + 12)t)

sin( t2)dt


y

f(x) = f(x)

✓1

2⇡

Z ⇡

�⇡DN (t) dt

◆=

1

2⇡

Z ⇡

�⇡f(x)DN (t) dt.

Entonces

SNf(x)� f(x) =

Z ⇡

�⇡

(f(x� t)� f(x))

t

t

sin( t2)sin((N +

1

2)t) dt

:=

Z ⇡

�⇡gx(t)

t

sin( t2)sin((N +

1

2)t) dt

y como tsin( t

2 )es una funcion acotada, para aplicar el lema de Riemann-

Lebesgue basta ver que gx(t) :=f(x�t)�f(x)

t 2 L1([�⇡,⇡]).

Pero como f es derivable en x, existe � > 0 tal que si |t| < �,��f(x� t)� f(x)

t

�� C

y si |t| � �,Z

|t|��

��f(x� t)� f(t)

t

�� dt 1

�

Z

|t|��|f(x� t)� f(x)| dt

1

�(kfk1 + 2⇡|f(x)|).

⇤

Observacion 1.12. Siguiendo la misma demostracion, se puede ver quealcanza con pedir que la funcion f sea Holder ↵. Tambien se puede probar quesi f tiene tan solo derivadas laterales en x, entonces SNf(x) ! f(x+)+f(x�)

2 .

7. Convergencia Cesaro de series de Fourier

Nos interesa ahora estudiar otros tipos de convergencia para la serie deFourier.

Definicion 1.13. Dadas una serie numericaP1

n=0 an y su sucesion de su-mas parciales SN = a0+· · ·+aN , diremos que la serie converge en el sentidode Cesaro si la sucesion de promedios �N := S0+···+S

N

N+1 es convergente.

Observacion 1.14. Si una serie es convergente, entonces converge en elsentido de Cesaro, pero no vale la recıproca. Basta considerar, por ejemplo,an = (�1)n+1.

7. CONVERGENCIA CESARO DE SERIES DE FOURIER 11

La nocion de convergencia Cesaro se puede extender para series de Fourier.Para esto, dada f 2 L1([�⇡,⇡]) extendida periodicamente, consideramos suserie de Fourier

f(x) ⇠X

n2Zcne

inx,

sus sumas parciales simetricas

SNf(x) =X

|n|N

cneinx

y definimos

�Nf(x) :=S0f + · · ·+ SNf

N + 1.

Veremos que si f es continua y periodica (recordar que esto incluye f(⇡) =f(�⇡)) entonces �Nf ! f uniformemente.

Queremos encontrar una expresion de �Nf como convolucion. Para esto,escribimos

�Nf(x) =1

N + 1

NX

n=0

Snf(x)

=1

N + 1

NX

n=0

1

2⇡

Z ⇡

�⇡Dn(x� t)f(t) dt

donde Dn es el nucleo de Dirichlet.

Usando la expresion que ya calculamos para Dn, tenemos que

NX

n=0

Dn(t) =NX

n=0

sin((n+ 12)t)

sin( t2)

=NX

n=0

sin((n+ 12)t) sin(

t2)

sin2( t2)

=1

2 sin2( t2)

NX

n=0

[cos(nt)� cos((n+ 1)t)](1.5)

=1

2 sin2( t2)[1� cos((N + 1)t)]

=1

2 sin2( t2)

1� cos2

✓(N + 1)t

2

◆+ sin2

✓(N + 1)t

2

◆�(1.6)

=sin2( (N+1)t

2 )

sin2( t2)

donde en (1.5) usamos que 2 sin(↵) sin(�) = cos(↵ � �) � cos(↵ + �) y en(1.6) usamos que cos(2↵) = cos2(↵)� sin2(↵).


Se deduce entonces que si definimos el nucleo de Fejer como

(1.7) KN (t) :=1

N + 1

sin2((N+12 )t)

sin2( t2)

entonces vale que

(1.8) �Nf(x) =1

2⇡(KN ⇤ f)(x).

Para ver como esta expresion sirve para probar la convergencia en el sentidode Cesaro de la serie de Fourier de una funcion continua, a continuacionvamos a probar un teorema general para la convolucion con una sucesion denucleos hN .

Teorema 1.15. Sea {hN}N2N una sucesion de nucleos que satisface:

1.

Z ⇡

�⇡hN (t) dt = 1 para todo N ;

2. hN (t) � 0 para todo t y todo N ;

3.

Z

"<|t|<⇡hN (t) dt ! 0 cuando N ! 1, para todo " > 0.

Entonces, para toda f 2 C(R), 2⇡-periodica, hN ⇤ f ! f uniformementecuando N ! 1.

Observacion 1.16. De 1 y 2 se deduce que khNkL1 = 1 para todo N .En realidad quedara claro en la demostracion que basta con pedir que lasnormas khNkL1 esten uniformemente acotadas. Este es el motivo por elcual el teorema no se aplica al nucleo de Dirichlet.

Demostracion. Consideremos

|(hN ⇤ f)(x)� f(x)| =��Z ⇡

�⇡hN (t)f(x� t) dt� f(x)

��

=

��Z ⇡

�⇡hN (t)[f(x� t)� f(x)] dt

�� (por 1)

Z ⇡

�⇡hN (t)|f(x� t)� f(x)| dt (por 2).

Como f es continua, entonces es uniformemente continua en compactos, porlo que dado " > 0 existe � > 0 tal que |f(x� t)� f(x)| < " si |t| < �. Luego,

8. CONVERGENCIA ABEL PARA SERIES DE FOURIER 13

podemos escribir

|(hN ⇤ f)(x)� f(x)| Z

|t|<�+

Z

�|t|⇡

!hN (t)|f(x� t)� f(x)| dt

"

Z

|t|<�hN (t) dt+ 2kfk1

Z

�|t|⇡hN (t) dt

2" si N es suficientemente grande (por 1 y 3).

⇤

Como caso particular, tenemos el siguiente

Teorema 1.17. Si f 2 C(R) es una funcion 2⇡-periodica, entonces �Nf !f uniformemente. Es decir, la serie de Fourier converge a f en el sentidode Cesaro.

Demostracion. Aplicamos el Teorema 1.15 a hN = 12⇡KN .

Para ver que vale la condicion 1 basta tomar f ⌘ 1. En efecto, para todox 2 [�⇡,⇡], por (1.8),

1 = �N1(x) =1

2⇡

Z ⇡

�⇡KN (t) dt.

La condicion 2 es evidente por la expresion (1.7).

Falta ver entonces que se cumple la condicion 3. Como KN (t) es una funcionpar, basta considerar t > 0. En ese caso, notemos que si " < t < ⇡, entoncessin( "2) < sin( t2). Por lo tanto, sin�2( t2) < sin�2( "2) yZ

"<t<⇡KN (t) dt 1

(N + 1)

(⇡ � ")

sin2( "2)! 0 cuando N ! 1.

⇤Corolario 1.18. Los polinomios trigonometricos son densos en las funcio-nes periodicas y continuas. En efecto, basta observar que �Nf son polino-mios trigonometricos y usar el teorema anterior. Esto ademas nos dice queel sistema ortonormal {einx}n2Z es completo.

8. Convergencia Abel para series de Fourier

Definicion 1.19. Dada una serie numericaP1

n=1 an, diremos que convergeen el sentido de Abel si valen las siguientes condiciones:

1. para todo 0 < r < 1 la serie1X

n=1

anrn es convergente;


2. existe y es finito lımr!1�

1X

n=1

anrn.

Observacion 1.20. Se puede probar que si una serie converge en el sentidode Cesaro entonces converge en el sentido de Abel, pero la recıproca no escierta. Basta considerar, por ejemplo, an = (�1)n+1 n.

Si f ⇠X

n2Zcne

inx es una funcion continua y periodica, podemos extender

esta definicion a su serie de Fourier. Para eso definimos

Ar(f)(x) :=X

n2Zcnr

|n|einx

y analizamos si la serie converge para todo 0 < r < 1 y si Arf ! f cuandor ! 1�.

Afirmamos que para todo 0 < r < 1, la serieX

n2Zcnr

|n|einx converge, mas

aun, converge absolutamente. En efecto, como f es continua, cn es unasucesion uniformente acotada y, como r < 1,

X

n2Zcnr

|n| CX

n2Zr|n| < +1.

Como para el estudio de la convergencia en el sentido de Cesaro, queremosescribir Ar(f) como una convolucion. Para esto, basta notar que

Arf(x) =X

n2Z

✓1

2⇡

Z ⇡


◆r|n|einx

=1

2⇡

Z ⇡

�⇡

X

n2Zr|n|ein(x�t)

!f(t) dt

=1

2⇡

Z ⇡

�⇡Pr(x� t)f(t) dt(1.9)

donde Pr es el nucleo de Poisson dado por

Pr(x) :=X

n2Zr|n|einx.

8. CONVERGENCIA ABEL PARA SERIES DE FOURIER 15

Como para los nucleos de Dirichlet y Fejer, queremos encontrar para elnucleo de Poisson una expresion mas explıcita. Para esto, notemos que

Pr(t) =0X

n=�1r�neint +

1X

n=0

rneint � 1

=1X

n=0

rne�int +1X

n=0

rneint � 1

=1X

n=0

(re�it)n +1X

n=0

(reit)n � 1

=1

1� re�it+

1

1� reit� 1

=2� r(eit + e�it)� (1� re�it)(1� reit)

(1� re�it)(1� reit)

=1� r2

1� r(eit + e�it) + r2

=1� r2

1� 2r cos(t) + r2.(1.10)

Ahora podemos volver al problema de estudiar lımr!1� Ar(f). Probaremos:

Teorema 1.21. Si f 2 C(R) es una funcion 2⇡-periodica, entonces Arf !f uniformemente cuando r ! 1�. Es decir, la serie de Fourier de f convergeuniformemente a f en el sentido de Abel.

Demostracion. Vamos a ver que Pr

2⇡ cumple las hipotesis del Teorema1.15 cambiando el parametro N por r 2 (0, 1).

Que1

2⇡

Z ⇡

�⇡Pr(t) dt = 1 se puede ver considerando f ⌘ 1.

Para ver que Pr(t) � 0 para todo t y para todo r 2 (0, 1), basta observarque |2r cos t| 1 + r2 y usar la expresion (1.10).

Por ultimo, nos queda por verificar la condicion 3 del Teorema 1.15. ComoPr(t) es una funcion par, basta ver que, para todo " > 0,

Z ⇡

"Pr(t) dt ! 0 cuando r ! 1�.

Para probar esto notemos primero que

1� 2r cos(t) + r2 = (1� r)2 + 2r(1� cos(t)) � 2r(1� cos(t))


y que 1� cos(t) es creciente y no se anula en [",⇡]. Entonces, para r � 1/2y " < t < ⇡,

Z ⇡

"Pr(t) dt

(⇡ � ")

1� cos(")(1� r2) ! 0 cuando r ! 1�.

⇤

Capıtulo 2

Convergencia en Lp para series de Fourier

1. La transformada de Hilbert en el caso periodico

Consideremos el problema de Dirichlet en el disco D = {z 2 C : |z| < 1}:

(2.11)

⇢�u = 0 en Du = g en @D

donde g : @D = S1 ! R es una funcion continua.

Para z 2 D, notaremos z = reix con r 2 [0, 1) y x 2 [�⇡,⇡) (esta escrituraes unica si z 2 D � {0}).

Teorema 2.1. Si definimos f(x) := g(eix) y

u(z) = u(reix) :=1

2⇡(Pr ⇤ f)(x) = Arf(x),

entonces u(z) es solucion del problema (2.11).

Demostracion. Sabemos que u(z) = Arf(x) ! f(x) = g(eix) cuandor ! 1�. Para probar que u es armonica (es decir, que �u = 0) vamos a verque es la parte real de una funcion analıtica.

Como estamos suponiendo que f toma valores reales, por la Observacion 1.3sabemos que sus coeficientes de Fourier cumplen c�n = cn. Entonces

Arf(x) =1X

n=1

rnc�ne�inx +

1X

n=1

rncneinx + c0

=1X

n=1

rncneinx +1X

n=1

rncneinx + c0

=1X

n=1

cn(reix)n +1X

n=1

cn(reix)n + c0.

Luego,

u(z) = c0 +1X

n=1

cnzn +

1X

n=1

cnzn.

18 2. CONVERGENCIA EN Lp PARA SERIES DE FOURIER

Ahora, como la serie es absolutamente convergente para |z| < 1, si definimos

F (z) = c0 + 21X

n=1

cnzn

entonces F es analıtica en D, por lo que Re(F ) es una funcion armonica.

Pero Re(F ) = F+F2 = u(z), por lo que �u = 0 en D, como querıamos ver.

⇤

Observacion 2.2. Si llamamos v = Im(F ) entonces tambien vale que �v =0 en D, y

v(z) =F � F

2i

= 21X

n=1

cnzn

2i� 2

1X

n=1

cnzn

2i

=1X

n=1

(�i)cnzn +

1X

n=1

icnzn

=1X

n=1

(�i)cnrneinx +

1X

n=1

c�nrne�inx(2.12)

=1X

n=1

(�i)cnrneinx +

�1X

n=�1icnr

�neinx

=X

n2Z(�i)sg(n)cnr

|n|einx(2.13)

donde en (2.12) usamos que f toma valores reales y por lo tanto cn = c�n

(ver la Observacion (1.3)) y la funcion sg en (2.13) es la funcion signo,definida como

sg(n) :=

8<

:

1 n > 00 n = 0�1 n < 0

Formalmente, cuando r ! 1�,

v(z) ! v(eix) =X

n2Z(�i)sg(n)cne

inx.

Entonces, dada f ⇠P

cneinx, podemos definir la transformada de Hilbertde f como

Hf(x) :=X

n2Z(�i)sg(n)cne

inx.

2. CONVERGENCIA EN L2 PARA SERIES DE FOURIER 19

Por lo tanto, nos interesa estudiar en que espacio debe estar f ⇠P

cneinx

para que (�i)sg(n)cn sean los coeficientes de Fourier de otra funcion del mis-mo espacio. Veremos que este problema esta relacionado con la convergenciaen L2 de la serie de Fourier de f .

Observacion 2.3. Volviendo al problema de contorno, vale la pena no-tar que dada u armonica, la funcion v que construimos es una conjugadaarmonica de u (es decir, F = u + iv es holomorfa). Mas aun, como dosconjugadas armonicas difieren en una constante, v es la unica conjugadaarmonica de u con la propiedad de que su valor de borde, v(eix) tiene coefi-ciente de Fourier de orden cero igual a cero, o sea

Z ⇡

�⇡v(eix) dx = 0.

Pero como v es una funcion armonica, por la propiedad del valor medio estoequivale a decir que v(0) = 0.

2. Convergencia en L2 para series de Fourier

Dada f 2 L2([�⇡,⇡]), sabemos que sus coeficientes de Fourier, cn, estanbien definidos. Veremos que ademas

SNf(x) :=X

|n|N

cneinx ! f (N ! 1)

donde la convergencia es en L2.

Para esto, observemos primero que las funciones 'n(x) = 1p2⇡einx, n 2 Z,

forman un conjunto de funciones ortonormal en L2([�⇡,⇡]), es decirZ ⇡

�⇡'n(x)'k(x) dx =

⇢0 k 6= n1 k = n

Si ahora definimos el subespacio de los polinomios trigonometricos de gradomenor o igual que N ,

VN := {P 2 L2([�⇡,⇡]) : P (x) =X

|n|N

aneinx, an 2 C}

vale la siguiente propiedad:

Proposicion 2.4. SNf es la proyeccion ortogonal de f sobre VN , es decir,SNf 2 VN y

Z ⇡

�⇡(f � SNf)P dx = 0 para todo P 2 VN .


Demostracion. Basta ver que vale para las funciones e�ikx para todo|k| N , ya que son una base de VN . Pero

Z ⇡

�⇡

0

@f(x)�X

|n|N

cneinx

1

A e�ikx dx =

Z ⇡

�⇡f(x)e�ikx dx� 2⇡ck

= 0.

⇤Corolario 2.5. A partir de la proposicion anterior es inmediato ver

kfk22 = kf � SNfk22 + kSNfk22y, por lo tanto,

kSNfk2 kfk2.

Tambien es claro que, para todo P 2 VN , vale que

kf � Pk22 = kf � SNfk22 + kSNf � Pk22.

En particular, resulta que SNf es la mejor aproximacion de f en el subes-pacio VN , es decir,

kf � SNfk2 kf � Pk2para todo P 2 VN .

Observacion 2.6. Si P 2 VN , digamos P =P

|n|N aneinx, entonces

1

2⇡kPk22 =

X

|n|N

|an|2.

Demostracion. En efecto,

kPk22 =Z ⇡

�⇡

0

@X

|n|N

aneinx

1

A

0

@X

|k|N

akeikx

1

A dx

=X

|n|N

X

|k|N

anak

Z ⇡

�⇡einxe�ikx dx

= 2⇡X

|n|N

|an|2.

⇤

Estamos entonces en condiciones de probar el resultado que anunciamos alprincipio:

Teorema 2.7. Si f 2 L2([�⇡,⇡]), entonces SNf ! f en L2.

2. CONVERGENCIA EN L2 PARA SERIES DE FOURIER 21

Demostracion. Si f es una funcion continua, podemos aproximarlapor polinomios trigonometricos. Es decir que dado " > 0, existen M = M(")y P 2 VM tal que kf � Pk2 < ". Entonces, si N � M , P 2 VN y, por laProposicion 2.4,

kf � SNfk2 kf � Pk2 < ".

Si f no es continua, dado " > 0 existe g continua tal que kf � gk2 < ".Por lo anterior, SNg ! g en L2, o sea, si N � M = M("), kg � SNgk < ".Entonces, si N � M ,

kf � SNfk2 kf � gk2 + kg � SNgk2 + kSN (g � f)k2 "+ "+ kg � fk2< 3".

⇤

Teorema 2.8 (Parseval). Si f 2 L2([�⇡,⇡]), f ⇠P

cneinx, entonces

1

2⇡kfk22 =

X

n2Z|cn|2.

Demostracion. Por el Corolario 2.5 y la Observacion 2.6,

1

2⇡kfk22 =

1

2⇡kf � SNfk22 +

1

2⇡kSNfk22

=1

2⇡kf � SNfk22 +

X

|n|N

|cn|2.

Pero por el Teorema 2.7, kf � SNfk2 ! 0 cuando N ! 1. Por lo tanto,tomando lımite

1

2⇡kfk22 =

X

n2Z|cn|2.

⇤

Corolario 2.9. Si f, g 2 L2([�⇡,⇡]), f ⇠P

cneinx, g ⇠P

dneinx, enton-ces

1

2⇡

Z ⇡

�⇡f(x)g(x) dx =

X

n2Zcndn.

Demostracion. Por la igualdad de Parseval sabemos que

1

2⇡

Z ⇡

�⇡|f(x)� g(x)|2 dx =

X

n2Z|cn � dn|2.


Por un lado,

1

2⇡

Z ⇡

�⇡|f(x)� g(x)|2 dx =

1

2⇡

Z ⇡

�⇡(f(x)� g(x))(f(x)� g(x)) dx

=1

2⇡kfk22 +

1

2⇡kgk22 �

2

2⇡Re

✓Z ⇡

�⇡f(x)g(x) dx

◆

=X

n2Z|cn|2 +

X

n2Z|dn|2 �

1

⇡Re

✓Z ⇡

�⇡f(x)g(x) dx

◆.

Por otro lado,X

n2Z|cn � dn|2 =

X

n2Z(cn � dn)(cn � dn)

=X

n2Z|cn|2 +

X

n2Z|dn|2 � 2Re

X

n2Zcndn

!.

Por lo tanto,

1

2⇡Re

✓Z ⇡

�⇡f(x)g(x) dx

◆= Re

X

n2Zcndn

!.

Usando que, para cualquier z 2 C, Im(z) = Re(�iz) se deduce la igualdadanaloga para la parte imaginaria y, por lo tanto, el resultado que querıamos.

⇤Observacion 2.10. El Teorema de Parseval implica que si f 2 L2([�⇡,⇡]),entonces sus coeficientes de Fourier estan en `2(Z), donde

`2(Z) := {(an) : an 2 C yX

n2Z|an|2 < 1}.

Es interesante notar que tambien vale la recıproca, es decir, si (an) 2 `2(Z),existe una unica f 2 L2([�⇡,⇡]) tal que an = f(n) para todo n.

Demostracion. Dada (an) 2 `2(Z), definimos PN 2 VN como

PN (x) =X

|n|N

aneinx.

Afirmamos que (PN ) es una sucesion de Cauchy en L2. En efecto, dado" > 0, como

P|an|2 < 1, existe N0 = N0(") tal que para todo k 2 N y

N � N0,

kPN � PN+kk22 = 2⇡X

N<|n|N+k

|an|2 < ".

Como L2 es un espacio completo, deducimos entonces que existe f :=lımN!1 PN en L2.

3. CONVERGENCIA EN L2 PARA LA TRANSFORMADA DE HILBERT 23

Falta ver entonces que an = f(n). Notemos que como PN ! f en L2([�⇡,⇡]),entonces PN ! f en L1([�⇡,⇡]). Entonces, tenemos que

Z ⇡

�⇡f(t)e�ikt dt = lım

N!1

Z ⇡

�⇡

0

@X

|n|N

aneint

1

A e�ikt dt

= lımN!1

X

|n|N

an

Z ⇡

�⇡einte�ikt dt

= 2⇡ak.

⇤

3. Convergencia en L2 para la transformada de Hilbert

Por lo visto en la seccion anterior, dada f 2 L2([�⇡,⇡]), entonces (f(n)) 2`2(Z) y como | � i sg(n)| 1, entonces (�i sg(n)f(n)) 2 `2(Z), por lo queexiste una unica funcion Hf 2 L2([�⇡,⇡]) tal que esos son sus coeficientesde Fourier, es decir,

dHf(n) = �i sg(n)f(n).

Por lo tanto, la transformada de Hilbert H : L2([�⇡,⇡]) ! L2([�⇡,⇡]) estabien definida.

Para poder decir ademas queHf son los valores en @D de la unica conjugadaarmonica v de u tal que v(0) = 0, donde

u(z) = u(reix) =1

2⇡(f ⇤ Pr)(x)

faltarıa ver que para toda funcion g 2 L2([�⇡,⇡]),1

2⇡(g ⇤ Pr) ! g en L2.

Esta propiedad es cierta pero no la probaremos en el caso periodico, la vere-mos mas adelante en R. Concluimos esta seccion con la siguiente propiedad:

Proposicion 2.11. H : L2([�⇡,⇡]) ! L2([�⇡,⇡]) es un operador continuo.

Demostracion.1

2⇡kHfk22 =

X

n2Z|� i sg(n)f(n)|2

=X

n2Z�{0}

|f(n)|2

1

2⇡kfk22.

⇤


4. Convergencia en Lp para la transformada de Hilbert

Dada f 2 Lp([�⇡,⇡]) nos preguntamos ahora si SNf ! f en Lp. Veremosque la respuesta es afirmativa cuando 1 < p < 1 y negativa si p = 1 o 1,y que la respuesta a este problema esta relacionada con la transformada deHilbert. En esta seccion probaremos que la transformada de Hilbert convergeen Lp para p 2 (1,1).

Comenzaremos por la convergencia en Lp para p 2 [2,1) para la cual usa-remos el siguiente lema:

Lema 2.12.

(2.14) (Hf)2 = f2 + 2H(fHf) +1

2⇡

Z ⇡

�⇡[(Hf)2 � f2] dx.

Demostracion. Observemos primero que

(2.15) H(Hg) = �g +1

2⇡

Z ⇡

�⇡g dx

para toda g 2 L2. En efecto, como cHg(n) = (�i) sg(n)g(n),

dH2g(n) = (�i sg(n))2g(n) =

⇢0 n = 0

�g(n) n 6= 0

y, por lo tanto,

H2g(x) = �X

n2Z�{0}

g(n)einx = �X

n2Zg(n)einx + g(0)

de donde (2.15) se deduce inmediatamente.

Ahora, recordemos que si u(z) = (f ⇤Pr)(x) con z = reix, entonces f = u |@Dy Hf(x) = v(eix) donde v es la unica conjugada armonica de u tal quev(0) = 0.

Sabemos que F (z) = u(z) + iv(z) es holomorfa en D. Entonces tambienF 2 = (u+ iv)2 lo es, pero F 2 = (u+ iv)2 = (u2 � v2) + 2iuv y como u2 � v2

es armonica, 2uv es la conjugada armonica de u2� v2 que vale cero en cero,es decir H[f2 � (Hf)2] = 2(fHf).

Si ahora aplicamos H a ambos lados y usamos (2.15), tenemos finalmenteque

�[f2 � (Hf)2] +1

2⇡

Z ⇡

�⇡[f2 � (Hf)2] dx = 2H(fHf),

y reordenando se obtiene el resultado del lema. ⇤Observacion 2.13. El lema anterior solo tiene sentido si H(fHf) esta biendefinida. Esto es cierto, por ejemplo, si f 2 C1, ya que H : C1 ! C1

(aunque no lo probaremos aquı).

4. CONVERGENCIA EN Lp PARA LA TRANSFORMADA DE HILBERT 25

Corolario 2.14.(Hf)2 f2 + 2H(fHf)

Demostracion. Es inmediata a partir del lema anterior y la desigual-dad kHfk2 kfk2 (ver la Proposicion 2.11). ⇤Teorema 2.15. Si H es continuo en Lp entonces es continuo en L2p.

Demostracion. Vamos a usar que, si a, b > 0, entonces para todop � 1,

(2.16) (a+ b)p 2p�1(ap + bp)

y que, si a, b > 0, entonces para todo k > 0,

(2.17) ab = (ka)

✓b

k

◆ k2a2

2+

b2

2k2.

Notemos que

kHfk2p2p =Z ⇡

�⇡|Hf |2p dx

Z ⇡

�⇡|f2 + 2H(fHf)|p dx

2p�1Z ⇡

�⇡[|f |2p + 2p|H(fHf)|p] dx(2.18)

Cp

✓kfk2p2p +

Z ⇡

�⇡|f |p|Hf |p dx

◆(2.19)

Cp

✓kfk2p2p +

k2

2kfk2p2p +

1

2k2kHfk2p2p

◆(2.20)

donde en (2.18) usamos (2.16), en (2.19) usamos la continuidad de H en Lp,y en (2.20) usamos (2.17).

Si elegimos k tal que Cp

2k2 = 12 , resulta entonces que

1

2kHfk2p2p

✓Cp +

k2

2

◆kfk2p2p.

⇤Observacion 2.16. Para despejar en (2.20) es necesario suponer que kHfk2p2p <1. Ademas estamos usando el corolario anterior, por lo que necesitamos queH(fHf) este bien definida. Lo que debemos hacer, en realidad, es trabajaren el subespacio de funciones de clase C1, y luego utilizar la densidad paradeducir el resultado en L2p.

Corolario 2.17. H es un operador continuo en L2n para todo n � 1.


A partir del corolario anterior y de un resultado de interpolacion que pro-baremos a continuacion, podremos deducir que la transformada de Hilbertes continua en Lp para p 2 [2,1).

Definicion 2.18. Si X,Y son espacios de funciones a valores en C, decimosque T : X ! Y es un operador sublineal si para toda f, g 2 X y todo � 2 Cvalen:

|T (�f)| = |�||T (f)||T (f + g)| |T (f)|+ |T (g)|

Definicion 2.19. Si T es un operador lineal o sublineal y 1 p, q 1,diremos que T es de tipo fuerte (p, q) si T : Lp ! Lq es acotado, es decir,si existe A > 0 tal que kTfkq Akfkp.

Si 1 p, q < 1, diremos que T es de tipo debil (p, q) si existe A > 0 talque, para todo � > 0,

|{x : |Tf(x)| > �}| ✓Akfkp�

◆q

.

En el caso p = q = 1, por convencion el tipo debil se define igual que elfuerte.

Observacion 2.20. Si T es de tipo fuerte (p, q), entonces es de tipo debil(p, q), y la constante en ambas desigualdades es la misma.

Demostracion.

|{x : |Tf(x)| > �}| =Z

{|Tf |>�}dx

Z |Tf |q

�qdx

✓Akfkp�

◆q

.

⇤

Definicion 2.21. La funcion de distribucion de una funcion f , df (�) :(0,+1) ! [0 +1) se define por

df (�) := |{x : |f(x)| > �}|.

Proposicion 2.22. Si 1 p < 1,

kfkpp =Z 1

0p�p�1df (�) d�.


Demostracion. Usando la definicion anterior y el Teorema de Fubini,tenemos que

Z 1

0p�p�1df (�) d� =

Z 1

0p�p�1

Z

Rn

�{x:|f(x)|>�} dx d�

=

Z

Rn

Z |f(x)|

0p�p�1d� dx

=

Z

Rn

|f(x)|p dx.

⇤

Teorema 2.23 (Marcinkiewicz). Sean 1 p0 < p1 1 y T un operadorsublineal definido en Lp0 + Lp1 tal que T es de tipo debil (p0, p0) y (p1, p1).Entonces T es de tipo fuerte (p, p) para todo p 2 (p0, p1).

Demostracion. Dado �, escribimos

f = f�{x:|f(x)|>c�}| {z }:=f0

+ f�{x:|f(x)|c�}| {z }:=f1

donde c una constante que vamos a elegir despues.

Como T es sublineal, |Tf(x)| |Tf0(x)|+ |Tf1(x)|, entonces

dTf (�) dTf0

✓�

2

◆+ dTf1

✓�

2

◆

y por hipotesis sabemos que

(2.21) dTf0

✓�

2

◆✓2A0kf0kp0

�

◆p0

,

y que

(2.22) dTf1

✓�

2

◆✓2A1kf1kp1

�

◆p1

.

Separamos la demostracion en dos casos.

Caso p1 = 1: si elegimos c = 12A1

, entonces dTf1(�2 ) = 0. En efecto,

kTf1k1 A1kf1k1 A1c� =�

2,

y, por lo tanto, ��

⇢|Tf1| >

�

2

�� = 0.


Entonces,

kTfkpp = p

Z 1

0�p�1dTf (�) d�

p

Z 1

0�p�1dTf0

✓�

2

◆d�

p

Z 1

0�p�1

✓2A0kf0kp0

�

◆p0

d�

= p(2A0)p0

Z 1

0�p�1�p0

Z|f0(x)|p0 dx d�

= p(2A0)p0

Z 1

0�p�1�p0

Z

{|f |>c�}|f(x)|p0 dx d�

= p(2A0)p0

Z|f(x)|p0

Z |f(x)|c

0�p�1�p0 d� dx

=p

p� p0(2A0)

p0(2A1)p�p0kfkpp.

Caso p1 < 1: en este caso tenemos

kTfkpp = p

Z 1

0�p�1dTf (�) d�

p

Z 1

0�p�1

dTf0

✓�

2

◆+ dTf1

✓�

2

◆�d�

p

Z 1

0�p�1�p0(2A0)

p0

Z

{|f |>c�}|f(x)|p0 dx d�

+ p

Z 1

0�p�1�p1(2A1)

p1

Z

{|f |c�}|f(x)|p1 dx d�

=

✓p 2p0

p� p0

Ap00

cp�p0+

p 2p1

p1 � p

Ap11

cp�p1

◆kfkpp.

Si elegimos c tal que (2A0c)p0 = (2A1c)p1 se obtiene que

kTfkp 2 p1/p✓

1

p� p0+

1

p1 � p

◆1/p

A1�✓0 A✓

1kfkp,

donde1

p=

✓

p1+

1� ✓

p0, 0 < ✓ < 1.

⇤

Corolario 2.24. H es un operador continuo de Lp en Lp para todo p 2[2,1).


Demostracion. Es consecuencia del Corolario 2.17 y del teorema deinterpolacion de Marcinkiewicz. ⇤

Nos falta probar que la transformada de Hilbert es acotada en Lp si p 2(1, 2). Para eso necesitaremos con el siguiente lema:

Lema 2.25. Z ⇡

�⇡(Hf)g = �

Z ⇡

�⇡f(Hg)

Demostracion. Usaremos que, como vimos en el Corolario 2.9, si f, g 2L2, entonces

1

2⇡

Z ⇡

�⇡f(x)g(x) dx =

1X

n=�1f(n)g(n).

Por lo tanto,

1

2⇡

Z ⇡

�⇡Hf(x)g(x) dx =

1X

n=�1(�i)sg(n)f(n)g(n)

= �1X

n=�1f(n)(�i)sg(n)g(n)

= � 1

2⇡

Z ⇡

�⇡f(x)Hg(x) dx.

⇤

Corolario 2.26. Si p 2 (1, 2), entonces kHfkp Ckfkp.

Demostracion. Basta observar que como p0 2 [2,1), la transformadade Hilbert es continua en Lp0 por el Corolario 2.24, y entonces

kHfkp = supg2Lp

0 ,kgkp

0=1

��Z ⇡

�⇡Hf(x)g(x) dx

��

= supg2Lp

0 ,kgkp

0=1

��Z ⇡

�⇡f(x)Hg(x) dx

��

supg2Lp

0 ,kgkp

0=1

kfkpkHgkp0

Ckfkp.

⇤


5. Convergencia en Lp para series de Fourier

En esta seccion relacionaremos la convergencia en Lp de la serie de Fouriercon la acotacion de la transformada de Hilbert. Ademas de los resultados yavistos, usaremos la siguiente condicion necesaria y suficiente para la conver-gencia en Lp de la serie de Fourier.

Teorema 2.27. SNf ! f en Lp para toda f 2 Lp si y solo si existe unaconstante C independiente de N y de f tal que kSNfkp Ckfkp.

Demostracion. () Primero veamos que vale si f es una funcion con-tinua. En este caso, dado " > 0 sabemos que existen M = M(") y PM 2 VM

tal que kf � PMkp ". Entonces, si N � M , como SN (PM ) = PM

kf � SNfkp kf � PMkp + kSN (PM � f)kp (1 + C)kf � PMkp< (1 + C)".

Si f no es continua, dado ", existe g continua tal que kf�gkp < ". Entonces,si N > M("),

kf � SNfkp kf � gkp + kg � SNgkp + kSN (g � f)kp "+ "+ Ckg � fkp (2 + C)".

)) Si SNf ! f en Lp para toda f 2 Lp, entonces kSNfkp C(f). Peroentonces, por el principio de acotacion uniforme, existe una constante Cindependiente de f y de N tal que kSNfkp Ckfkp. ⇤Teorema 2.28. Para toda f 2 Lp([�⇡,⇡]), SNf ! f en Lp, 1 < p < 1.

Demostracion. Queremos acotar

SNf(x) =NX

n=�N

f(n)einx =X

n2Z�[�N,N ](n)f(n)e

inx.

Para eso, notemos que

(2.23) �[�N,N ](n) =1

2[sg(n+N)� sg(n�N)] +

1

2[�{�N}(n) + �{N}(n)].

Primero observemos que si definimos PMf(x) =P

n2Z �{M}(n)f(n)einx =

f(M)eiMx (M 2 Z), entonces kPMfkp kfkp. En efecto,

kPMfkpp =Z ⇡

�⇡|PMf(x)|p dx =

Z ⇡

�⇡|f(M)|p dx = 2⇡|f(M)|p

6. LA TRANSFORMADA DE HILBERT COMO INTEGRAL SINGULAR 31

pero

|f(M)| =��1

2⇡

Z ⇡

�⇡f(t)e�iMt dt

�� 1

2⇡kfkp(2⇡)

1p

0 =1

(2⇡)1p

kfkp

y, por lo tanto,

(2.24) kPMfkpp kfkpp.

Por otro lado,

1X

n=�1sg(n+N)f(n)einx =

1X

m=�1sg(m)f(m�N)e�iNxeimx

=1X

m=�1sg(m)\feiNt(m)eimxe�iNx

= ie�iNx1X

m=�1(�i)sg(m)\feiNt(m)eimx

= ie�iNxH(feiNt)(x).

Analogamente, se puede ver que

1X

n=�1sg(n�N)f(n)einx = ieiNxH(fe�iNt)(x).

Entonces,

SNf(x) =i

2e�iNxH(feiNt)(x)� i

2eiNxH(fe�iNt)(x)+

1

2(P�Nf(x)+PNf(x))

de donde, usando la continuidad en Lp para la transformada de Hilbert y(2.24), se deduce el teorema. ⇤

6. La transformada de Hilbert como integral singular

Dada una sucesion ⇤ = (�n), n 2 Z, le podemos asociar (en principio for-malmente) un operador

T⇤f(x) =1X

n=�1�nf(n)e

inx.


Queremos escribir este operador como una convolucion. Formalmente,

T⇤f(x) =1X

n=�1�n

✓1

2⇡

Z ⇡


◆einx

=

Z ⇡

�⇡f(t)

1

2⇡

1X

n=�1�ne

in(x�t)

!dt

= (f ⇤K)(x)

donde

(2.25) K(t) :=1

2⇡

1X

n=�1�ne

int,

por lo que si (�n) 2 `2, entonces K 2 L1([�⇡,⇡]) y, por la desigualdad deYoung, para todo 1 p 1,

kT⇤fkp = kf ⇤Kkp kKk1kfkp.

Nos interesa ahora estudiar un caso mas general, para poder incluir porejemplo a �n = (�i)sg(n), y darle sentido a T⇤ = H.

Para esto vamos a ver que si definimos K(t) como en (2.25) con �n =(�i)sg(n), entonces converge en el sentido de Abel. En efecto,

Kr(t) =1

2⇡

1X

n=�1(�i)sg(n)r|n|eint

=1

2⇡

�1X

n=�1ir�neint � 1

2⇡

1X

n=1

irneint

=i

2⇡

1X

n=1

(re�it)n � i

2⇡

1X

n=1

(reit)n

=i

2⇡

✓re�it

1� re�it� reit

1� reit

◆

=1

⇡

r sin t

1� 2r cos t+ r2

y, por lo tanto, cuando r ! 1�

Kr(t) !1

2⇡

sin t

(1� cos t)=

1

2⇡

2 sin( t2) cos(t2)

(1� cos2( t2) + sin2( t2))=

1

2⇡

cos( t2)

sin( t2).

Entonces, si llamamos

K(t) :=1

⇡cot

✓t

2

◆,

6. LA TRANSFORMADA DE HILBERT COMO INTEGRAL SINGULAR 33

obtenemos formalmente que

(2.26) Hf(x) = (K ⇤ f)(x) = 1

⇡

Z ⇡

�⇡f(x� t) cot

✓t

2

◆dt.

Notemos que cuando t ! 0, cot( t2) ⇠1t y, por lo tanto, la expresion (2.26) no

resulta integrable ni siquiera para f ⌘ 1. Sin embargo, si f 2 C1, la expresionsı tiene sentido como valor principal o integral singular, definiendo

(2.27) v.p.

Z ⇡

�⇡f(x� t) cot

✓t

2

◆dt := lım

"!0

Z

"<|t|⇡f(x� t) cot

✓t

2

◆dt.

En efecto, como cot( t2) es una funcion impar,Z

"<|t|⇡cot

✓t

2

◆dt = 0,

de donde se sigue que��

Z

"<|t|⇡f(x� t) cot

✓t

2

◆dt

�� =

��

Z

"<|t|⇡[f(x� t)� f(x)] cot

✓t

2

◆dt

��

kf 0k1Z

"<|t|⇡

��t cot✓t

2

◆�� dt

y por lo tanto existe el lımite (2.27).

Observacion 2.29. Si definimos

(2.28) Hf(x) =1

⇡lım"!0

Z

"<|x�y|<⇡

f(y)

x� ydy,

entonces vale que H es continuo en Lp si y solo si H es continuo en Lp,pues (H � H)(f)(x) = (K ⇤ f)(x) con K 2 L1([�⇡,⇡]), ya que cerca delorigen cot( t2) =

2t +O(t).

Capıtulo 3

La transformada de Fourier

1. La transformada de Fourier en R

Si f : R ! R es una funcion continua de soporte compacto, digamossop(f) ✓ [�M,M ], y L es tal que L/2 > M , podemos extender periodi-camente a f con perıodo L y hacer su desarrollo de Fourier. Formalmente,tenemos entonces que

f(x) =X

n2Zcn(L)e

2⇡i nL

x

con

cn(L) =1

L

Z L/2

�L/2f(t)e�2⇡i n

L

t dt.

Entonces, para todo x 2 [�M,M ],

f(x) =X

n2Z

1

L

Z L/2

�L/2f(t)e�2⇡i n

L

t dt e2⇡in

L

x

=X

n2Z

1

L

Z 1

�1f(t)e�2⇡i n

L

t dt e2⇡in

L

x

ya que f ⌘ 0 en R� [�M,M ].

Entonces, si definimos

f⇣nL

⌘:=

Z 1

�1f(t)e�2⇡i n

L

t dt

y pensamos que es una funcion suficientemente “buena”, tomando lımitepara L ! 1 tenemos que

X

n2Z

1

Lf⇣nL

⌘e2⇡i

n

L

x !Z 1

�1f(⇠)e2⇡i⇠x d⇠.

Por lo tanto, al menos formalmente, tendrıamos que

(3.29) f(x) =

Z 1

�1f(⇠)e2⇡i⇠x d⇠,

36 3. LA TRANSFORMADA DE FOURIER

donde

f(⇠) =

Z 1

�1f(x)e�2⇡i⇠x dx.

Esto motiva la siguiente definicion:

Definicion 3.1. Dada f 2 L1(R), definimos su transformada de Fouriercomo

(3.30) f(⇠) :=

Z 1

�1f(x)e�2⇡ix⇠ dx.

Notacion 3.2. Tambien usaremos para la transformada de Fourier la no-tacion F(f) := f .

Proposicion 3.3. Dada f 2 L1(R), valen las siguientes propiedades:

1. f(⇠) ! 0 (|⇠| ! 1).2. f 2 L1 y kfk1 kfk1.3. f es continua en R.

Demostracion. La demostracion de 1 la dejamos como ejercicio, mien-tras que la propiedad 2 es inmediata de la definicion. Para ver que vale 3,notemos que

f(⇠ + h)� f(⇠) =

Z 1

�1f(x)(e�2⇡ix(⇠+h) � e�2⇡ix⇠) dx

=

Z 1

�1f(x) e�2⇡i⇠x(e�2⇡ixh � 1) dx

y, por lo tanto, por convergencia mayorada

|f(⇠ + h)� f(⇠)| Z 1

�1|f(x)||e�2⇡ixh � 1| dx ! 0.

⇤

Otras propiedades que usaremos y cuya demostracion dejamos como ejercicioson las siguientes:

Proposicion 3.4. Dada f 2 L1(R):

1. Si f 0 2 L1(R), entonces bf 0(⇠) = 2⇡i⇠f(⇠).

2. d(xf)(⇠) = � 12⇡i(f)

0(⇠).

Nuestro problema ahora es ver cuando vale la igualdad (3.29). Veremos que,por ejemplo, vale si f 2 L1 y f 2 L1. Pero en general no es cierto que dadaf 2 L1 su transformada tambien este en L1. Por ejemplo, si f = �[�1,1],

entonces f(⇠) ⇠ sin(⇡⇠)⇡⇠ 62 L1.

1. LA TRANSFORMADA DE FOURIER EN R 37

La idea es entonces intentar hacer algo analogo a la sumabilidad Abel queestudiamos para series de Fourier. Podrıamos preguntarnos, por ejemplo, sidada f 2 L1 vale que

f(x) = lımt!0+

Z 1

�1f(⇠)e�t|⇠|2e2⇡ix⇠ d⇠

o, mas en general, si dada g 2 L1 (notemos que esto implica que g(t⇠)f(⇠) 2L1 para todo t > 0) sea continua en el origen y tal que g(0) = 1 vale que

f(x) = lımt!0+

Z 1

�1f(⇠)g(t⇠)e2⇡ix⇠ d⇠.

Antes de responder esta pregunta, comencemos con un lema.

Lema 3.5. Si f, g 2 L1(R), entoncesZ 1

�1f(⇠)g(⇠) d⇠ =

Z 1

�1f(⇠)g(⇠) d⇠.

Demostracion.Z 1

�1f(⇠)g(⇠) d⇠ =

Z 1

�1

✓Z 1

�1f(x)e�2⇡ix⇠ dx

◆g(⇠) d⇠

=

Z 1

�1

Z 1

�1e�2⇡ix⇠g(⇠) d⇠f(x) dx

=

Z 1

�1f(x)g(x) dx.

⇤Definicion 3.6. Dada g 2 L1(R), continua en el origen y tal que g(0) = 1,definimos, para todo t > 0,

(3.31) Ag,tf(x) =

Z 1

�1f(⇠)g(t⇠)e2⇡ix⇠ d⇠.

Observemos que, por el lema anterior,

Ag,tf(x) =

Z 1

�1f(y)F(g(t⇠)e2⇡ix⇠)(y) dy

y

F(g(t⇠)e2⇡ix⇠)(y) =

Z 1

�1g(t⇠)e2⇡ix⇠e�2⇡iy⇠ d⇠

=

Z 1

�1g(t⇠)e�2⇡i⇠(y�x) d⇠

=

Z 1

�1g(⌘)e�2⇡i⌘( y�x

t

) 1

td⌘

=1

tg

✓y � x

t

◆.


Por lo tanto, si definimos '(x) = g(�x), y 't(x) =1t'(

xt ), entonces

Ag,tf(x) =

Z 1

�1f(y)

1

t'

✓x� y

t

◆dy = (f ⇤ 't)(x).

Supongamos que g 2 L1(R) y queR1�1 g(⇠) d⇠ = 1 (veremos que esto equi-

vale a pedir g(0) = 1). Entonces,R' = 1 y

R't = 1 para todo t > 0.

Como ademas ' es continua, veremos que esto implica que Ag,tf(x) ! f(x)cuando t ! 0+ tanto en Lp como en casi todo punto.

2. La transformada de Fourier en Rn

Definicion 3.7. La transformada de Fourier en Rn se construye de maneraanaloga, es decir, si f 2 L1(Rn), entonces

(3.32) f(⇠) :=

Z

Rn

f(x)e�2⇡ix·⇠ dx

y valen las mismas propiedades que enunciamos para la transformada def 2 L1(R).

Observacion 3.8. Del mismo modo, valen las cuentas para Ag,tf , es decir,

Ag,t(x) =

Z

Rn

f(⇠)g(t⇠)e2⇡ix·⇠ d⇠ = (f ⇤ 't)(x)

con '(x) = g(�x) y 't(x) =1tn'(

xt ).

Lema 3.9. Sea ' 2 L1(Rn) tal queR' = 1 y sea 't(x) =

1tn'(

xt ). Entonces

1. Si f 2 L1(Rn) y es continua en x, (f ⇤'t)(x) ! f(x) cuando t ! 0.2. Si f 2 Lp(Rn) para algun p 2 [1,1), (f ⇤ 't) ! f en Lp.

Demostracion. 1. Primero observemos que, comoR' = 1, entoncesR

't = 1. Entonces

(f ⇤ 't)(x)� f(x) =

Z

Rn

f(x� y)'t(y) dy � f(x)

=

Z

Rn

[f(x� y)� f(x)]'t(y) dy

2. LA TRANSFORMADA DE FOURIER EN Rn 39

Ahora, dado " > 0, sabemos que existe � > 0 tal que |f(x� y) � f(x)| < "si |y| < �. Entonces

|f ⇤ 't(x)� f(x)| Z

Rn

|f(x� y)� f(x)||'t(y)| dy

=

Z

|y|<�|f(x� y)� f(x)||'t(y)| dy +

Z

|y|��|f(x� y)� f(x)||'t(y)| dy

"k'k1 + 2kfk1Z

|y|��|'t(y)| dy

| {z }(⇤)

,

< C"

ya que

(⇤) =Z

|y|��

1

tn

��'⇣yt

⌘�� dy

=

Z

|z|> �

t

'(z) dz

y esta ultima integral claramente tiende a cero cuando t ! 0.

2. Por la desigualdad integral de Minkowski,

kf ⇤ 't � fkp Z

Rn

kf(·� y)� f(·)kp|'t(y)| dy

=

Z

Rn

!p(y)|'t(y)| dy,

donde !p(z) := kf(·�z)�f(·)kp. Pero !p(tz) ! 0 cuando t ! 0 y podemosaplicar convergencia mayorada pues k!pk1 2kfkp y ' 2 L1(Rn). ⇤

Teorema 3.10. Si f 2 Lp(Rn)\L1(Rn) y g 2 L1(Rn) es tal queRRn

g = 1,entonces Ag,tf ! f cuando t ! 0 en Lp para todo 1 p < 1. Ademas, sip = 1 y f es continua en x, entonces Ag,tf(x) ! f(x).

Demostracion. Ya vimos que Ag,tf = f ⇤ 't, donde g(�x) = '(x) y,por lo tanto, el resultado se deduce del Lema 3.9. ⇤

Ejemplo 3.11 (Gauss-Weierstrass). Consideremos g(x) = e�⇡|x|2 , g 2 L1(Rn).Entonces, g(t⇠) = e�⇡t2|⇠|2, y llamando s = t2 tenemos

Ag,sf(x) =

Z

Rn

f(⇠)e�⇡s|⇠|2e2⇡ix·⇠ d⇠.

Observemos que basta calcular g(⇠) en una dimension ya que es de variablesseparadas, o sea que consideramos g(x) = e�⇡x2

con x 2 R.


Notemos ademas que g 2 C1, pues xe�⇡x2 2 L1(R), g0(⇠) = F(�2⇡ixe�⇡x2)(⇠)

y F(xe�⇡x2) es continua, por lo que g0 es continua.

Por otro lado, g0(x) = 2⇡xe�⇡x2y g0(⇠) = ibg0(⇠) = i(2⇡i⇠g(⇠)) = �2⇡⇠g(⇠).

Entonces, (e⇡⇠2g(⇠))0 = g0(⇠)+2⇡⇠g(⇠) = 0, de donde se sigue que e⇡⇠

2g(⇠) =

C = g(0) =R1�1 e�⇡x2

dx = 1.

En definitiva, g(⇠) = e�⇡⇠2 = g(⇠). Aplicando el Teorema 3.10 a esta fun-cion, obtenemos el siguiente teorema:

Teorema 3.12. 1. Si 1 p < 1 y f 2 L1 \ Lp, entonces

f(x) = lımt!0

Z

Rn

f(⇠)e�⇡t|⇠|2e2⇡ix·⇠ d⇠ en Lp.

2. Si p = 1 y f es continua en x, entonces

f(x) = lımt!0

Z

Rn

f(⇠)e�⇡t|⇠|2e2⇡ix·⇠ d⇠ puntualmente.

En consecuencia, volviendo al caso general, si g es continua en el origen,

g(0) = lımt!0

Z

Rn

g(⇠)e�⇡t|⇠|2 d⇠

y si g 2 L1(R) podemos aplicar convergencia mayorada y resulta

g(0) =

Z

Rn

g(⇠) d⇠.

Corolario 3.13. En el Teorema 3.10 se puede reemplazar la hipotesisRRn

g = 1 por g(0) = 1.

Tambien deducimos el siguiente resultado:

Teorema 3.14 (Teorema de Inversion). Si f 2 L1(Rn) y f 2 L1(Rn),entonces

(3.33) f(x) =

Z

Rn

f(⇠)e2⇡ix·⇠ d⇠.

Demostracion. Sale aplicando convergencia mayorada en g(x) en lu-gar de en g(0). ⇤

Definicion 3.15. Definimos la antitransformada de Fourier como

(3.34) f(x) = F(x) =

Z

Rn

f(⇠)e2⇡ix·⇠ d⇠.

3. LA ECUACION DEL CALOR EN EL SEMIESPACIO Rn ⇥ R+ 41

3. La ecuacion del calor en el semiespacio Rn ⇥ R+

Buscamos u(x, t) solucion de⇢

ut ��u = 0 en Rn ⇥ R+

u(x, 0) = f(x)

donde la condicion inicial hay que interpretarla como lımite cuando t ! 0+.

Si transformamos Fourier en x (para cada t), tenemos que

u(⇠, t) =

Z

Rn

u(x, t)e�2⇡ix·⇠ dx

y, derivando dentro de la integral, obtenemos que ut = but. Por lo tanto, laecuacion transformada resulta ser ut � c�u = 0. Pero

c�u =nX

j=1

d@2u@x2j

=nX

j=1

(�2⇡i⇠j)2u(⇠, t) = �4⇡2|⇠|2u(⇠, t).

Por lo tanto, la ecuacion que debemos resolver es ut + 4⇡2|⇠|2u = 0. Para xfijo resolvemos en t y obtenemos que u(⇠, t) = f(⇠)e�4⇡2t|⇠|2 . Entonces

u(x, t) = (f(⇠)e�4⇡2t|⇠|2)ˇ(x)

= [f ⇤ (e�4⇡2t|⇠|2)ˇ](x),

pero sabemos que (e�⇡|⇠|2 )(x) = e�⇡|x|2 , entonces

(e�4⇡2t|⇠|2)ˇ(x) =

Z

Rn

e�4⇡2t|⇠|2e2⇡ix·⇠ d⇠

=1

(2p⇡t)n

Z

Rn

e�⇡|⌘|2e2⇡ix· ⌘

2p⇡t d⌘

=1

(2p⇡t)n

[e�⇡|⌘|2 ]ˇ✓

x

2p⇡t

◆

=1

(2p⇡t)n

e�|x|24t .

En definitiva,

u(x, t) =1

(2p⇡t)n

Z

Rn

f(x� y)e�|y|24t dy.

Observemos ademas que u(x, t) = (f ⇤ 'pt)(x) con 'p

t(x) =1

(pt)n'( xp

t) y

'(x) = 1(2p⇡)n

e�( |x|2 )2 , por lo que podemos aplicar la teorıa que vimos para

concluir que el dato inicial se alcanza en Lp si f 2 L1 \ Lp y puntualmentesi f es continua y acotada.


4. Transformada de Fourier en L2(Rn)

Teorema 3.16. Si f 2 L1(Rn) \ L2(Rn), entonces f 2 L2(Rn) y kfk2 =kfk2.

Demostracion. Sea g(x) = f(�x). Entonces g = ¯f y [f ⇤ g = f g =

f ¯f = |f |2. Si llamamos h = f ⇤g, tenemos entonces que h 2 L1(Rn) (por serconvolucion de dos funciones de L1(Rn)) y que ademas es acotada y continua(por ser convolucion de dos funciones de L2(Rn)).

Ademas, como h 2 L1(Rn) y es continua en el origen, sabemos por el lemade Fatou (notar que h = |f |2 � 0) que

h(0) = lımt!0

Z

Rn

h(⇠)e�t|⇠|2 d⇠ �Z

Rn

lımt!0

h(⇠)e�t|⇠|2 d⇠ =

Z

Rn

h(⇠) d⇠

y, por lo tanto, h 2 L1(Rn).

En consecuencia,

h(0) =

Z

Rn

h(⇠) d⇠ =

Z

Rn

|f(⇠)|2 d⇠

y, por otro lado,

h(0) = (f ⇤ g)(0) =Z

Rn

f(y)g(�y) dy =

Z

Rn

f(y)f(y) dy =

Z

Rn

|f(y)|2 dy.

Luego, kfk2 = kfk2 y f 2 L2(Rn).

⇤

Como L1\L2(Rn) es denso en L2(Rn), la transformada de Fourier se puedeextender de manera unica a todo L2(Rn). En efecto, si f 2 L2(Rn), f |B(0,R) 2L1(B(0, R)) para todo R > 0 y como ademas f |B(0,R) ! f en L2, entonces

f(⇠) = lımR!1

Z

|x|<Rf(x)e�2⇡ix·⇠ dx

(el lımite anterior debe ser interpretado en L2).

Ademas como F es un operador lineal y continuo de L1 en L1 y de L2 enL2, podemos extenderlo a Lp para todo 1 < p < 2. En efecto, basta escribirf = f1 + f2 con f1 2 L1 y f2 2 L2 y definir f = f1 + f2.

Por supuesto habrıa que verificar que f ası definida esta bien definida (inde-pendientemente de la descomposicion), pero no vamos a usar este enfoque,nuestro objetivo es definir la transformada sobre un espacio mas general.

5. EL ESPACIO S 43

5. El espacio S

Notacion 3.17. Dado ↵ = (↵1, . . . ,↵n), con ↵j 2 N0 para 1 j n,notamos |↵| := ↵1 + · · ·+ ↵n, y definimos

x↵ := x↵11 . . . x↵n

n

y

D↵' :=@|↵|

@x↵11 . . . @x↵n

n.

Definicion 3.18. Definimos el espacio S(Rn) como el espacio de las fun-ciones en C1(Rn) tales que ellas y todas sus derivadas son rapidamentedecrecientes. Mas precisamente,

S(Rn) = {' 2 C1(Rn) : |x↵D�'(x)| C↵,� para todos ↵,� 2 (N0)n}

Ejemplos 3.19. Las siguientes funciones estan en S(Rn):

1. '(x) = e�t|x|2 para todo t > 0.2. ' 2 C1

0 (Rn), es decir ' 2 C1 y sop(') ⇢ K, con K un compacto.En la teorıa de distribuciones, el espacio C1

0 (Rn) se suele llamarD(Rn).

Proposicion 3.20. Valen las siguientes propiedades:

1. S(Rn) ⇢ Lp(Rn) para todo 1 p 1.2. Si ' 2 S, entonces D↵' 2 Lp(Rn) para todo 1 p 1 y todo

multiındice ↵.3. S es denso en Lp(Rn) para todo 1 p < 1, y es denso en C0 (es

decir, el espacio de funciones continuas que tienden a cero en 1)en norma k · k1.

Demostracion. 1. Como (1 + |x|2)k|'(x)| Ck, entonces |'(x)| C

k

(1+|x|2)k y, por lo tanto, esta en Lp si consideramos k > n/2.

2. Es analoga a la demostracion anterior.

3. Ya sabemos que si ' 2 C10 (Rn) y

R' = 1, entonces f ⇤ 't ! f en Lp

si f 2 Lp. Ademas f ⇤ 't 2 C1, pero no sabemos que este en S. Parasolucionar este problema basta considerar una sucesion j 2 C1, tal que j = 1 en |x| < j y j = 0 en |x| > j + 1, y tomar j(f ⇤ 't

j

). Dejamos losdetalles como ejercicio. ⇤Teorema 3.21. Si f 2 S, entonces f 2 S.

Demostracion. Primero veamos que f 2 C1. Recordemos que por la

Proposicion 3.4 si xjf 2 L1 y f 2 L1, entonces @f@x

j

es continua. Iterando,


obtenemos que para todo ↵, si x↵f 2 L1, entonces f es derivable hasta orden|↵|. Como f 2 S, x↵f 2 L1 para todo ↵ y se sigue que f 2 C1.

Falta ver entonces que ⇠↵D� f 2 L1 para todo ↵,�, pero esto se deduce

inmediatamente de la igualdad ⇠↵D� f = \D↵(x�f). ⇤Observacion 3.22. S no es un espacio normado, pero sı es numerablementenormado. En efecto, para cada ↵,� podemos definir k'k↵,� = kx↵D�'k1 ydecimos que 'j ! ' en S si k'�'jk↵,� ! 0 cuando j ! 1 para todo ↵,�.

Por ser numerablemente normado, S resulta ser un espacio metrico. Enefecto, dada una numeracion de las normas k · kk podemos definir

d(', ) =X

k

1

2kk'� kk

(1 + k'� kk),

y vale que 'j ! ' en S si y solo si d(','j) ! 0.

6. El espacio S 0

Definicion 3.23. Llamamos espacio de distribuciones temperadas al espacio

S 0(Rn) := {T : S(Rn) ! C lineales y continuas}donde por continua entendemos que si 'j ! ' en S, entonces hT,'ji !hT,'i.

Ejemplo 3.24. Si f 2 Lp(Rn), le podemos asociar Tf 2 S 0(Rn) definida por

hTf ,'i =Z

Rn

f' (para toda ' 2 S).

Mas en general, si f 2 L1loc(Rn) y |f(x)| C(1 + |x|m) para algun m 2 N,

entonces Tf esta bien definida y Tf 2 S 0(Rn). Como f ! Tf es una apli-cacion inyectiva, podemos pensar que se trata de una inclusion de espacios,por lo que escribiremos f en lugar de Tf .

Ejemplo 3.25 (Derivada en S 0). Queremos dar una definicion de derivadaen S 0. Si T 2 S 0 fuese una funcion y h , i la integral, podrıamos integrarpor partes y observar que los terminos de borde se anulan. Esto motiva lasiguiente definicion:

h @T@xj

,'i := �hT, @'@xj

i.

Mas en general, podemos definir D↵ : S 0 ! S 0 como

hD↵T,'i := (�1)|↵|hT,D↵'i.Observemos que esta definicion implica, en particular, que si T 2 S 0, enton-ces @2T

@xj

@xi

= @2T@x

i

@xj

.

6. EL ESPACIO S0 45

Usando un razonamiento analogo al que empleamos para extender la nocionde derivada a S 0, obtenemos la siguiente definicion:

Definicion 3.26. Dada T 2 S 0(Rn), su transformada de Fourier se definecomo

(3.35) hT ,'i := hT, 'i.

Observacion 3.27. Es importante notar que si T 2 S 0, entonces T 2 S 0.Que es lineal es claro, y para ver que es continua basta recordar que si'j ! ' en S entonces 'j ! ' en S y entonces

hT ,'ji = hT, 'ji ! hT, 'i = hT ,'i.

Definicion 3.28. En general no se puede definir el producto de dos distribu-ciones temperadas, pero sı podemos definir el producto entre ' 2 S y T 2 S 0.Usando el mismo razonamiento con el que extendimos las otras operaciones,definimos 'T 2 S 0 por h'T, i := hT,' i para toda 2 S.

Mas aun, esta definicion tiene sentido siempre que ' 2 S, por ejemplo si' es un polinomio.

Con la definicion anterior tienen sentido las siguientes propiedades, cuyademostracion dejamos como ejercicio.

Proposicion 3.29. Si T 2 S 0(Rn)

1. [(�2⇡ix↵)T ] = D↵(T ).

2. [D↵T = (2⇡i⇠)↵T (⇠).

Queremos ahora darle sentido a la convolucion entre T 2 S 0(Rn) y ' 2S(Rn). Para esto, observemos que si tuvieramos f, g 2 L1(Rn), entonces

(f ⇤ g)(x) =Z

Rn

f(y)g(x� y) dy =

Z

Rn

f⌧xg(y)

donde g(x) = g(�x) y ⌧yh(x) = h(x�y). Esto motiva la siguiente definicion:

Definicion 3.30. Si ' 2 S(Rn) y T 2 S 0(Rn), su convolucion se define por

(T ⇤ ')(x) := hT, ⌧x'i.

Se puede ver que valen propiedades analogas a las de la convolucion en Lp,por ejemplo, que hT, ⌧x'i = h⌧xT ,'i. Para esto es necesario extender ladefinicion de ⌧x a distribuciones, lo dejamos como ejercicio.

Capıtulo 4

La transformada de Hilbert en R

1. El problema de Dirichlet en el semiplano R⇥ R+

Dada f , buscamos u(x, t) armonica en R ⇥ R+ tal que u(x, 0) = f(x). Esinmediato ver que no hay unicidad para este problema. Basta considerar, porejemplo u1(x, t) = t y u2(x, t) = 0, entonces ambas funciones son armonicasy cumplen u1(x, 0) = u2(x, 0) = 0.

Si suponemos u 2 S 0 para cada t fijo y transformamos Fourier en x, obtene-mos

(cutt +duxx)(⇠, t) = utt(⇠, t) + (2⇡i⇠)2u(⇠, t) = 0.

Para ⇠ fijo, esta es una ecuacion ordinaria con solucion general

u(⇠, t) = A(⇠)e�2⇡|⇠|t +B(⇠)e2⇡|⇠|t.

Como estamos buscando una solucion particular, y queremos que u 2 S 0,consideramos B = 0. Entonces buscamos

(u(⇠, t) = A(⇠)e�2⇡|⇠|t

u(⇠, 0) = f(⇠)

Es decir que A(⇠) = f(⇠) y, por lo tanto, u(x, t) = (Pt ⇤ f)(x) con

Pt(x) = (e�2⇡|⇠|t)ˇ(x)

=

Z 1

�1e�2⇡|⇠|te2⇡i⇠x d⇠

=

Z 0

�1e2⇡⇠te2⇡i⇠x d⇠ +

Z 1

0e�2⇡⇠te2⇡i⇠x d⇠

=

Z 0

�1e2⇡⇠(t+ix) d⇠ +

Z 1

0e2⇡⇠(ix�t) d⇠

=1

2⇡(t+ ix)� 1

2⇡(ix� t)

=1

⇡

t

(x2 + t2)

48 4. LA TRANSFORMADA DE HILBERT EN R

Si t = 1, P (x) = 1⇡

1(1+x2) se llama nucleo de Poisson, y verifica P 2 L1(R),R1

�1 P = 1 y Pt = t�1P (xt ). Entonces, u(x, t) = (Pt ⇤ f)(x) y u(x, t) ! f(x)en Lp(R) si f 2 Lp(R).

2. La transformada de Hilbert en R

Ahora buscamos una conjugada armonica de u(x, t) = (f ⇤Pt)(x) con P (x) =1⇡

1(1+x2) y Pt(x) = t�1P (xt ). Para esto, observemos que, si z = x+it, entonces

z�1 es analıtica en el semiplano t > 0 y vale que

i

⇡

1

z=

i

⇡

z

|z|2 =1

⇡

(t+ ix)

(x2 + t2),

por lo que

Pt(x) = Re

✓i

⇡

1

z

◆=

1

⇡

t

(x2 + t2)

y, si llamamos Q(x) = 1⇡

x(x2+1) ,

Qt(x) = Im

✓i

⇡

1

z

◆=

1

⇡

x

(x2 + t2),

entonces Pt(x), Qt(x) son funciones armonicas en R ⇥ R+ (pensadas comofunciones de (x, t)). Entonces, u(x, t) = (f ⇤ Pt)(x) y v(x, t) = (f ⇤ Qt)(x)tambien son armonicas y v(x, t) es una conjugada armonica de u(x, t).

Si pudieramos tomar lımite para t ! 0, tendrıamos ademas que

v(x, t) ! 1

⇡

Z 1

�1

f(y)

x� ydy

pero en principio esta integral no tiene sentido porque es una convolucion con1x 62 L1(R). Sin embargo, veremos que sı tiene sentido como valor principal,lo que nos permite definir la transformada de Hilbert de f como

(4.36) Hf(x) := lım"!0

1

⇡

Z

|x�y|>"

f(y)

x� ydy.

Veamos que si f 2 S, el lımite (4.36) existe. Para esto escribimosZ

|y|>"

f(x� y)

ydy =

Z

"<|y|<1

f(x� y)

ydy

| {z }(i)

+

Z

|y|>1

f(x� y)

ydy

| {z }(ii)

y, por un lado, tenemos que, como f 2 S,

|(ii)| Z

|y|>1|f(x� y)| dy < +1

2. LA TRANSFORMADA DE HILBERT EN R 49

y, por el otro, comoR"<|y|<1

1y dy = 0,

|(i)| =

��

Z

"<|y|<1

f(x� y)

ydy

��

=

��

Z

"<|y|<1

f(x� y)� f(x)

ydy

��

y existe el lımite cuando "! 0 porque el integrando es una funcion acotada(por krfk1), de donde concluımos que Hf esta bien definida.

Si bien la transformada de Hilbert no es una convolucion con una funcionintegrable, la podemos pensar como una convolucion de f 2 S con un nucleoK 2 S 0. O sea, si definimos v.p. 1x 2 S 0 por

hv.p.1x,'i = lım

"!0

Z

|y|>"

'(y)

ydy

para toda ' 2 S (dejamos como ejercicio verificar que efectivamente v.p. 1x 2S 0), entonces vale que

Hf(x) =1

⇡

✓v.p.

1

x⇤ f◆

para toda f 2 S.

Si ahora transformamos Fourier, tenemos que

dHf(⇠) =1

⇡

✓v.p.

1

x

◆(⇠)f(⇠)


por lo que nos interesa conocer la transformada de v.p. 1x . Por definicion, si' 2 S,

h✓v.p.

1

x

◆,'i = hv.p.1

x, 'i

= lım"!0

Z

|⇠|>"

'(⇠)

⇠d⇠

= lım"!0,M!1

Z

"<|⇠|<M

'(⇠)

⇠d⇠

= lım"!0,M!1

Z

"<|⇠|<M

Z 1

�1

'(x)e�2⇡ix⇠

⇠dx d⇠

= lım"!0,M!1

Z 1

�1'(x)

Z

"<|⇠|<M

e�2⇡ix⇠

⇠d⇠ dx

= lım"!0,M!1

Z 1

�1'(x)

Z

"<|⇠|<M

(�i) sin(2⇡x⇠)

⇠d⇠ dx

= �i

Z 1

�1'(x) lım

M!1

Z

|⇠|<M

sin(2⇡x⇠)

⇠d⇠ dx

ya que podemos usar convergencia mayorada porque��'(x) sin(2⇡x⇠)

⇠

�� |'(x)2⇡x|.

Entonces solo nos falta calcular

lımM!1

Z M

�M

sin(2⇡x⇠)

⇠d⇠ = lım

M!1

Z 2⇡xM

�2⇡xM

sin(y)

ydy

=

⇢⇡ x > 0

�⇡ x < 0

donde, en la ultima igualdad, usamos queR1�1

sin yy dy = ⇡ (ver el lema 4.4

mas adelante). En definitiva, probamos que

h✓v.p.

1

x

◆,'i =

Z 1

�1�i⇡sg(x)'(x) dx

de donde concluimos que✓v.p.

1

x

◆(⇠) = �⇡isg(⇠)

(estamos usando el abuso de notacion que consiste en identificar a la distri-bucion dada por una funcion con la misma funcion) y, por lo tanto,

dHf(⇠) = �isg(⇠)f(⇠).

Corolario 4.1. Usando la igualdad de Plancherel es inmediato ver quekHfk2 = kfk2.

2. LA TRANSFORMADA DE HILBERT EN R 51

Observacion 4.2. H(Hf) = �f .

Demostracion. Basta observar que

[H(Hf)]ˆ= �isg(⇠)dHf(⇠) = (�isg⇠)2f = �f

y antitransformar. ⇤Observacion 4.3. Usando la observacion anterior, se puede ver que kHfkp Ckfkp si 1 < p < 1, con una demostracion analoga a la que hicimos en elcaso del disco.

Para la demostracion anterior nos faltaba probar el siguiente lema:

Lema 4.4.

(4.37)

Z 1

�1

sinx

xdx = ⇡

Demostracion. Probemos primero que

(4.38)

Z 1

�1

sinx

xdx =

Z 1

�1

sin2 x

x2dx.

En efecto, integrando por partes,Z M

�M

sinx

xdx =

Z M

�M

(1� cosx)0

xdx

=1� cosx

x

��M

�M

+

Z M

�M

1� cosx

x2dx

y tomando lımite para M ! 1,Z 1

�1

sinx

xdx =

Z 1

�1

1� cosx

x2dx

=

Z 1

�1

2 sin2(x2 )

x2dx

=

Z 1

�1

sin2 y

y2dy,

como querıamos ver. Si ahora recordamos que

�[� 12⇡ , 1

2⇡ ](⇠) =1

⇡

sin ⇠

⇠,

por Plancherel resulta que

(4.39)1

⇡=

Z 1

�1

��[� 12⇡ , 1

2⇡ ](x)��2dx =

1

⇡2

Z 1

�1

sin2 ⇠

⇠2d⇠

y, combinando (4.38) y (4.39), obtenemos la igualdad del enunciado. ⇤


3. Otros ejemplos de integrales singulares de convolucion

Nuestro objetivo sera analizar la continuidad en Lp(Rn) de operadores in-tegrales singulares de Calderon-Zygmund de la forma Tf = K ⇤ f , dondeK 2 S 0 verifica K ⇠ |x|�n y ciertas propiedades que puntualizaremos masadelante, ya que la transformada de Hilbert es un ejemplo de un operadorde este tipo.

Finalizamos este capıtulo listando otros ejemplos importantes.

Ejemplo 4.5. Dada f 2 C10 (Rn), una solucion de la ecuacion �u = f esta

dada por u = G ⇤ f , donde G es una solucion fundamental del Laplaciano,es decir que verifica �G = � en sentido distribucional. En efecto, en esecaso tenemos que

�u = �(G ⇤ f) = �G ⇤ f = � ⇤ f = f.

En el caso del Laplaciano, G(x) = Cn|x|2�n si n � 3 y G(x) = C2 log |x| sin = 2. Supongamos que n � 3, entonces

u(x) = Cn

Z

Rn

f(y)

|x� y|n�2dy

y

@u

@xi= C

Z

Rn

✓@

@xi

1

|x� y|n�2

◆f(y) dy

= C

Z

Rn

(xi � yi)

|x� y|n f(y) dy,

ya que xi

|x|n 2 L1loc(Rn), y podemos usar convergencia mayorada para derivar

dentro de la integral.

Consideremos ahora, para j 6= i

@2u

@xj@xi= C

@

@xj

Z

Rn

(xi � yi)

|x� y|n f(y) dy.

3. OTROS EJEMPLOS DE INTEGRALES SINGULARES DE CONVOLUCION 53

Como en este caso no podemos usar convergencia mayorada, podemos con-siderar, en sentido distribucional

h @2u

@xj@xi,'i = �h @u

@xi,@'

@xji

= �C

Z

Rn

Z

Rn

(xi � yi)

|x� y|n f(y)@'

@xj(x) dy dx

= �C

Z

Rn

lım"!0

Z

|x�y|>"

(xi � yi)

|x� y|n@'

@xj(x) dx f(y) dy

= �C

Z

Rn

lım"!0

h Z

|x�y|>"ki,j(x� y)'(x) dx

+

Z

|x�y|="

(xi � yi)

|x� y|n ⌫j'(x) dSif(y) dy

donde

ki,j(x� y) =@

@xj

(xi � yi)

|x� y|n =c(xi � yi)(xj � yj)

|x� y|n+2⇠ 1

|x� y|ny

⌫j =xj � yj|x� y|

es la direccion j-esima de la normal unitaria.

Consideremos por separado

(1) =

Z

Rn

lım"!0

Z

|x�y|>"ki,j(x� y)'(x) dx f(y) dy

=

Z

Rn

lım"!0

Z

|x�y|>"ki,j(x� y)f(y) dy '(x) dx

y

(2) = lım"!0

Z

Rn

Z

|x�y|="

(xi � yi)(xj � yj)

|x� y|n+1'(x) dS f(y) dy

= lım"!0

Z

Rn

Z

|x�y|="


|x� y|n+1('(x)� '(y) + '(y)) dS f(y) dy

= lım"!0

Z

Rn

Z

|x�y|="


|x� y|n+1('(x)� '(y)) dS f(y) dy

| {z }(i)

+ lım"!0

Z

Rn

'(y)

Z

|x�y|="


|x� y|n+1dSf(y) dy

| {z }(ii)

.

Para (i), tomando modulo dentro de la integral tenemos que

(i) C"n

"n�1! 0,


mientras que para acotar (ii), si llamamos z = x� y, recordando que i 6= j,por simetrıa la integral mas interna es

1

"n+1

Z

|z|="zizj dS = 0,

y, por lo tanto, (ii) = 0. En definitiva, u = G ⇤ f satisface que �u = f y, sii 6= j

@2u

@xi@xj= C lım

"!0

Z

|x�y|>"ki,j(x� y)f(y) dy

| {z }=Tf(x)

,

donde Tf es un operador integral singular. Dejamos como ejercicio compro-bar que si i = j, vale que

(ii) = C

Z

Rn

f(y)'(y) dy.

y, entonces,

@2u

@x2i= C lım

"!0

Z

|x�y|>"ki,j(x� y)f(y) dy

| {z }=Tf(x)

+Cf(x).

En ambos casos, si vemos que T es continuo en Lp resultara entonces queademas vale la estimacion kD2ukp Ckfkp.

Ejemplo 4.6. Otro ejemplo de operador integral singular al que volveremosmas adelante son las transformadas de Riesz en Rn, definidas por

Rjf(x) = lım"!0

Z

|x�y|>"

xj � yj|x� y|n+1

f(y) dy.

Capıtulo 5

Integrales singulares

1. Operadores integrales singulares

Al final del capıtulo anterior presentamos varias integrales singulares deconvolucion, de la forma

Tf(x) = lım"!0

Z

|x�y|>"K(x� y)f(y) dy

| {z }=T

"

f(x)

,

donde f 2 S y el nucleo K esta en algun espacio donde la convolucion estabien definida (por ejemplo, K 2 S 0) y es singular para x = y.

Mas en general, nos podemos plantear estudiar integrales singulares connucleos que no sean de convolucion, es decir de la forma

Tf(x) = lım"!0

Z

|x�y|>"K(x, y)f(y) dy

| {z }=T

"

f(x)

,

suponiendo que el nucleo K es tal que T" esta bien definido para f en undenso de Lp (por ejemplo, para f 2 S). Si suponemos que x 62 sop(f),entonces podemos escribir directamente

(5.40) Tf(x) =

Z

Rn

K(x, y)f(y) dy.

Nuestro objetivo es imponer condiciones sobreK que impliquen que kTfkp Ckfkp para 1 < p < 1. Pero antes vamos a obtener una descomposicion deRn que es fundamental para las demostraciones que siguen.

Lema 5.1 (Descomposicion de Calderon-Zygmund). Dada f 2 L1(Rn), f �0, y dado � > 0, existe una descomposicion de Rn tal que

1. Rn = F [ ⌦, F \ ⌦ = ;2. f(x) � para casi todo x 2 F ;

56 5. INTEGRALES SINGULARES

3. ⌦ = [jQj, donde Qj son cubos de Rn con interiores disjuntos y talesque, para todo j,

� <1

|Qj |

Z

Qj

f dx 2n�.

Observacion 5.2. En particular resulta que

|⌦| =X

j

|Qj | <1

�

Z

⌦f(x) dx 1

�kfk1.

Demostracion. Como f 2 L1(Rn), dado un cubo Q vale que

1

|Q|

Z

Qf dx 1

|Q|

Z

Rn

f dx ! 0 cuando |Q| ! 1.

O sea que, dado � > 0, podemos cubrir Rn con cubos Q suficientementegrandes tales que

1

|Q|

Z

Qf dx �.

Sea Q uno de estos cubos, lo dividimos uniformente en 2n cubos Q0. Enton-ces, Q0 cumple que, o bien

� <1

|Q0|

Z

Q0f dx, o bien

1

|Q0|

Z

Q0f dx �.

En el primer caso, seleccionamos a Q0 como uno de los cubos Qj ; veamosque se cumple lo que queremos. En efecto, como 2n|Q0| = |Q|, entonces

1

|Q0|

Z

Q0f dx =

2n

|Q|

Z

Q0f dx 2n

|Q|

Z

Qf dx 2n�.

Si en cambio Q0 cumple la segunda condicion, entonces lo volvemos a sub-dividir en 2n cubos Q00 como antes y repetimos el procedimiento.

De esta manera, obtenemos una familia numerable de cubosQj con interioresdisjuntos y tales que, para todo j,

� <1

|Qj |

Z

Qj

f dx 2n�.

Llamamos ⌦ = [jQj y F = ⌦c. Ya sabemos que ⌦ cumple lo que necesi-tamos, falta ver que F tambien. Para esto, notemos que si x 2 F , entoncesexiste una sucesion de cubos Qk tales que |Qk| ! 0 y x 2 Qk para todo k.Ademas,

1

|Qk|

Z

Qk

f dx �.

Entonces, por el teorema de Lebesgue, f(x) � si x es un punto de Lebes-gue. ⇤

1. OPERADORES INTEGRALES SINGULARES 57

Observacion 5.3. De la demostracion del lema de Calderon-Zygmund esinmediato que la descomposicion se puede hacer en un unico cubo Q ⇢ Rn

siempre que � > 0 este elegido de forma tal que

1

|Q|

Z

Qf dx < �.

El siguiente lema, que usaremos mas adelante, relaciona la descomposi-cion de Calderon-Zygmund con el comportamiento del operador maximalde Hardy-Littlewood, que definimos como

Mf(x) := supQ3x

1

|Q|

Z

Q|f | dx.

Lema 5.4. Sean f 2 L1(Rn), f � 0 y � > 0. Si Qj son los cubos dela descomposicion de Calderon-Zygmund a altura � y Q⇤

j son expandidos(por un factor fijo) de Qj, entonces existe cn � 1 que solo depende de ladimension y del factor de expansion de los cubos tal que

{x : Mf(x) > cn�} ✓ [jQ⇤j .

Demostracion. Basta ver que si x 62 [jQ⇤j , entonces Mf(x) cn�.

Probaremos entonces que para todo Q tal que x 2 Q,

1

|Q|

Z

Qf cn�.

Para esto separamos en casos:

Si Q \ [jQj = ;, entonces Q ✓ F y, por lo tanto, 1|Q|RQ f �.

Si Q \ [jQj 6= ;, o bien existe algun j tal que Q \ Qj 6= ; y |Qj | ⇠ |Q| obien para todo j tal que Q \ Qj 6= ; vale que `(Qj) `(Q). En el primercaso,

1

|Q|

Z

Qf C

|Qj |

Z

Qj

f cn�.

En el segundo caso, escribimos

1

|Q|

Z

Qf(x) dx =

1

|Q|

Z

Q\([j

Qj

)f(x) dx

| {z }(i)

+1

|Q|

Z

Q\([j

Qj

)f(x) dx

| {z }(ii)

.

Como Q \ ([jQj) ✓ F ,

(ii) �

|Q| |Q \ ([jQj)| �.


Para el otro termino tenemos que

(i) =1

|Q|X

j

Z

Q\Qj

f(x) dx

X

j:Qj

\Q 6=;

|Qj ||Q|

1

|Qj |

Z

Qj

f(x) dx

| {z }2n�

C2n�.

⇤Teorema 5.5. Sea T un operador integral singular de la forma (5.40). Su-pongamos que existe una constante B tal que:

1. kTfk2 Bkfk22. vale la condicion de Hormander

(5.41)

Z

|x�y|�2|y�y0||K(x, y)�K(x, y0)| dx B.

Entonces, kTfkp Ckfkp para todo p 2 (1, 2], donde C depende solo de By de p.

Demostracion. Veamos primero que T es de tipo debil (1, 1), es decir,que dado � > 0 vale

|{x : Tf(x) > �}| Ckfk1�

donde C depende solamente de B y de n.

Fijado �, aplicamos la descomposicion de Calderon-Zygmund para |f | paraobtener Rn = ⌦ [ F con ⌦ = [jQj y

� <1

|Qj |

Z

Qj

|f | dx 2n�.

Descomponemos f = g + b con

g(x) =

⇢f(x) si x 2 FfQ

j

si x 2 Qj

donde notamos con fQj

= 1|Q

j

|RQ

j

f , y

b(x) =X

j

bj(x),

donde bj(x) = [f(x)�fQj

]�Qj

(x) son funciones soportadas en Qj y verificanRbj dx = 0.


Veamos que |g(x)| 2n� en casi todo punto. En efecto, si x 2 F , entonces|g(x)| = |f(x)| �, mientras que si x 62 F , entonces x 2 Qj para algun j y,por definicion, g(x) = 1

|Qj

|RQ

j

f dx, de donde se sigue que

|g(x)| 1

|Qj |

Z

Qj

|f | dx 2n�.

Observemos ahora que

|{x : |Tf(x)| > �}| ��

⇢x : |Tg(x)| > �

2

��+��

⇢x : |Tb(x)| > �

2

�� .

Por un lado, tenemos entonces que��

⇢x : |Tg(x)| > �

2

�� Z

Rn

✓2|Tg(x)|

�

◆2

dx

4

�2

Z

Rn

|Tg(x)|2 dx

4

�2B2Z

Rn

|g(x)|2 dx

4

�2B2Z

Rn

(2n�)|g(x)| dx

=C(n,B)

�

Z

Rn

|g(x)| dx.

PeroZ

Rn

|g(x)| dx =

Z

F|g(x)| dx+

Z

⌦|g(x)| dx

=

Z

F|f(x)| dx+

X

j

Z

Qj

|fQj

| dx

=

Z

F|f(x)| dx+

X

j

|Qj ||fQj

| dx

Z

F|f(x)| dx+

X

j

Z

Qj

|f(x)| dx

= kfk1.

Nos falta ver entonces que��

⇢x : |Tb(x)| > �

2

�� C

�kfk1

con C = C(n,B). Para esto, para cada Qj definimos Q⇤j como el cubo

expandido que tiene el mismo centro que Qj y lados de longitud igual a


un multiplo de la longitud del lado de Qj (que elegiremos mas adelante), ydefinimos

⌦⇤ = [j(Q⇤j )

o , F ⇤ = (⌦⇤)c.

Observemos que

|⌦⇤| X

j

|Q⇤j | C

X

j

|Qj | = C|⌦| Ckfk1�

y que, por lo tanto,��

⇢x : |Tb(x)| > �

2

�� =��

⇢x 2 ⌦⇤ : |Tb(x)| > �

2

��+��

⇢x 2 F ⇤ : |Tb(x)| > �

2

��

|⌦⇤|+��

⇢x 2 F ⇤ : |Tb(x)| > �

2

��

C

�kfk1 +

��

⇢x 2 F ⇤ : |Tb(x)| > �

2

�� ,

es decir que basta acotar |{x 2 F ⇤ : |Tb(x)| > �2}|.

Para esto, escribimos

Tb(x) =X

j

Tbj(x) =X

j

Z

Qj

[K(x, y)�K(x, yj)]bj(y) dy

donde yj es el centro de Qj . Entonces, recordando que F ⇤ ✓ (Q⇤j )

c,Z

F ⇤|Tb(x)| dx

X

j

Z

F ⇤

Z

Qj

|K(x, y)�K(x, yj)||bj(y)| dy dx

X

j

Z

(Q⇤j

)c

Z

Qj

|K(x, y)�K(x, yj)||bj(y)| dy dx

=X

j

Z

Qj

Z

(Q⇤j

)c|K(x, y)�K(x, yj)| dx |bj(y)| dy

Para poder decir que esta es la condicion de Hormander, necesitamos ver quesi y 2 Qj y x 2 (Q⇤

j )c, entonces |x� y| � 2|y � yj |, pero esto efectivamente

es ası si elegimos el factor de expansion de Q⇤j adecuadamente. Concluimos

entonces queZ

F ⇤|Tb(x)| dx B

X

j

Z

Qj

|bj(y)| dy 2BX

j

Z

Qj

|f(y)| dy 2Bkfk1

y podemos deducir, que el operador T es de tipo debil (1,1).

Como ademas estamos suponiendo que T es continuo en L2(Rn), por elteorema de interpolacion de Marcinkiewicz resulta que kTfkp Ckfkp paratodo 1 < p 2, con C = C(B, p).


⇤

Observacion 5.6. Si T"f ! Tf en L2 (cosa que probaremos mas adelante),entonces el adjunto de T esta dado por

T g(y) =

Z

Rn

K(y, x)g(x) dx

para y 62 sop(g). Ademas, T : L2 ! L2 es continuo si y solo si T : L2 ! L2

lo es.

Teorema 5.7. Si en el Teorema 5.5 reemplazamos la condicion de Horman-der (5.41) por

(5.42)

Z

|x�y|�2|x�x0||K(x, y)�K(x0, y)| dy B,

se obtiene que kTfkp Ckfkp para todo p 2 [2,1), donde C depende solode B y de p.

Demostracion. Usamos el siguiente argumento de “dualidad”: si f 2S,

Z

Rn

Tf(x)g(x) dx =

Z

Rn

Z

Rn

K(x� y)f(y)g(x) dy dx

=

Z

Rn

Z

Rn

K(x� y)g(x) dx f(y) dy

=

Z

Rn

T g(y)f(y) dy

donde T g(x) =RRn

K(x, y)g(y) dy y K(x, y) = K(y, x). Entonces, como1 < p0 < 2, podemos escribir

supkgk

p

0=1

Z

Rn

Tf(x)g(x) dx = supkgk

p

0=1

Z

Rn

T g(x)f(x) dx

supkgk

p

0=1kT gkp0kfkp

supkgk

p

0=1Ckgkp0kfkp

= Ckfkp,

donde usamos que kT gk2 Ckgk2 por la observacion anterior, y que Kcumple la condicion de Hormander (5.41), que es equivalente a queK cumplala condicion de Hormander (5.42).

⇤


Observacion 5.8. En el caso de nucleos de convolucion, las condicionesde Hormander (5.41) y (5.42) son ambas equivalentes, mediante cambios devariables, a

(5.43)

Z

|x|�2|y||K(x� y)�K(x)| dx B.

Observacion 5.9. En el caso de nucleos de convolucion, es frecuente utilizarla condicion

(5.44) |rK(x)| B0

|x|n+1

para x 6= 0, que implica la condicion (5.43) (para B = C(n)B0) y es masfacil de verificar en muchos ejemplos.

Demostracion. Por el teorema de valor medio y la hipotesis (5.44),

|K(x� y)�K(x)| = |rK(z) · y| B0|y||z|n+1

para algun z entre x y x� y. Pero en la region de integracion que queremosconsiderar,

|x| |x� z|+ |z| |y|+ |z| |x|2

+ |z|y, por lo tanto,

Z

|x|�2|y||K(x� y)�K(x)| dx

Z

|x|�2|y|2n+1 B0|y|

|x|n+1dx

CB0|y|Z 1

2|y|

rn�1

rn+1dr

B.

⇤

Hasta ahora, los teoremas que probamos tienen como hipotesis la continui-dad en L2 de las integrales singulares, por lo que el problema se reduce aencontrar condiciones sobre K para garantizar dicha continuidad. Para esto,nos vamos a restringir al caso de nucleos de convolucion, donde la continui-dad en L2 se puede demostrar utilizando la transformada de Fourier.

Teorema 5.10. Supongamos que K cumple las siguientes condiciones:

1. para todo x 6= 0

(5.45) |K(x)| B

|x|n ;

2. para todo 0 < a < b,

(5.46)

Z

a<|x|<bK(x) dx = 0;


3. y vale la condicion de Hormander (5.43).

Si definimos para cada " > 0

T"f(x) =

Z

|y|>"K(y)f(x� y) dy = (K" ⇤ f)(x)

donde

K"(x) =

⇢K(x) si |x| > "0 si |x| "

entonces, para todo 1 < p < 1, kT"fkp Ckfkp con C = C(B,n, p).

Demostracion. Queremos aplicar los teoremas 5.5 y 5.7 a K". Ya sa-bemos que

|K"(x)| C

|x|n 2 L2({|x| > "})

y, por lo tanto, la convolucion conK" esta bien definida para f 2 S. Tenemosque ver que si K cumple la condicion (5.43), entonces K" tambien la cumple,con una constante independiente de ", es decir que debemos probar que

Z

|x|>2|y||K"(x� y)�K"(x)| dx C(B).

Para esto distinguimos en los siguientes casos:

Si |x � y| > " y |x| > ", la K"(x � y) = K(x � y) y K"(x) = K(x),ası que no hay nada que probar.Si |x| > " y |x � y| < ", como ademas estamos integrando en |x| >2|y|, entonces

" > |x� y| � |x|� |y| > |x|� |x|2

=|x|2,

por lo que lo que tenemos que acotar esZ

|x|>2|y||x�y|<"<|x|

|K(x)| dx Z

"<|x|<2"|K(x)| dx

Z

"<|x|<2"

B

|x|n dx = C

Z 2"

"

rn�1

rndr = C log 2.

Si |x| < " y |x � y| > ", entonces usando de nuevo que |x| > 2|y|,vemos

" < |x� y| |x|+ |y| < |x|+ |x|2

< 2"

y entonces, al igual que en el caso anterior,Z

|x|>2|y||x�y|<"<|x|

|K(x� y)| dx Z

"<|x�y|<2"|K(x� y)| dx C log 2.


Nos queda por ver entonces que se cumple que kT"fk2 Ckfk2 con Cindependiente de ". Para esto, como kT"fk2 = kK" ⇤ fk2 = kK"fk2 kK"k1kfk2, bastara probar que |K"(⇠)| C, con una constante que nodepende de ".

Como

K"(⇠) = lımR!1

Z

|x|<RK"(x)e

�2⇡ix·⇠ dx,

basta ver que la integral esta acotada independientemente de R. Para esoescribimosZ

|x|<RK"(x)e

�2⇡ix·⇠ dx =

Z

"<|x|< 1|⇠|

K"(x)e�2⇡ix·⇠ dx

| {z }=I1

+

Z

1|⇠|<|x|<R

K"(x)e�2⇡ix·⇠ dx

| {z }=I2

.

Como K" tiene integral cero en coronas,

I1 =

Z

"<|x|< 1|⇠|

K"(x)(e2⇡ix·⇠ � 1) dx

y, por lo tanto,

|I1| Z

|x|< 1|⇠|

|K"(x)||x||⇠| dx = CB|⇠|Z

|x|< 1|⇠|

1

|x|n�1dx = C(n,B).

Para la acotacion de I2, notemos que si definimos y = ⇠2|⇠|2 , entonces e

2⇡iy·⇠ =

�1 y, cambiando variables, tenemos que

I2 =

Z

1|⇠|<|x�y|<R

K"(x� y)e�2⇡i(x�y)·⇠ dx

= �Z

1|⇠|<|x�y|<R

K"(x� y)e�2⇡ix·⇠ dx

= �Z

1|⇠|<|x|<R

K"(x� y)e�2⇡ix·⇠ dx+ J

donde

J =

Z

1|⇠|<|x|<R

�Z

1|⇠|<|x�y|<R

!e�2⇡ix·⇠K"(x� y) dx.

Por lo tanto,

I2 =1

2

Z

1|⇠|<|x|R

[K"(x)�K"(x� y)]e�2⇡ix·⇠ dx

| {z }=I3

+J

2


Ahora, observando que por como definimos y, 1|⇠| = 2|y|,

|I3| Z

2|y||x||K"(x)�K"(x� y)| dx CB.

Solo falta ver que podemos acotar J . Para esto, si definimos

E1 =

⇢z :

1

|⇠| < |z| R

�, E2 =

⇢z :

1

|⇠| < |z + y| R

�

tenemos que

|J | =��

✓Z

E2

�Z

E1

◆e�2⇡i(z+y)⇠K"(z) dz

�� Z

E24E1

|K"(z)| dz.

Afirmamos que

E14E2 ✓⇢z :

1

2|⇠| |z| 2

|⇠|

�[⇢z :

R

2 |z| 2R

�

En efecto, supongamos por ejemplo que z 2 E1 �E2, entonces1|⇠| < |z| R

y ademas o bien |z+ y| 1|⇠| o bien |z+ y| > R. En el primer caso, tenemos

que1

|⇠| < |z| |z + y|+ |y| 1

|⇠| +1

2|⇠| <2

|⇠| ,

mientras que en el segundo,

R � |z| � |z + y|� |y| � R� 1

2|⇠| > R� R

2=

R

2,

donde para la ultima desigualdad usamos que 1|⇠| < R (ya que sino la integral

que queremos acotar es vacıa).

Si z 2 E2 � E1, el razonamiento es analogo. Entonces, para terminar lademostracion bastara ver que si a > 0, entonces

Z

a

2<|z|2a|K"(z)| dz BC

con C es independiente de a. Para esto basta observar queZ

a

2<|z|2a|K"(z)| dz B

Z

a

2<|z|2a

1

|z|n dz = BC

Z 2a

a

2

1

rdr = BC log 4.

⇤Teorema 5.11. En las condiciones del teorema anterior, para toda f 2Lp(Rn) existe en el sentido de Lp

lım"!0

T"f =: Tf

y, en consecuencia, T resulta ser un operador continuo en Lp(Rn).


Demostracion. Primero veamos que el resultado vale si f 2 C1 ytiene soporte compacto. Afirmamos que en este caso T"f es de Cauchy enLp(Rn). En efecto, si ⌘ > " > 0, usando que K tiene integral cero en coronas,tenemos que

(T⌘f�T"f)(x) =

Z

"<|y|⌘K(y)f(x�y) dy =

Z

"<|y|⌘K(y)(f(x�y)�f(x)) dy

y entonces

kT⌘f � T"fkp Z

"<|y|⌘|K(y)|kf(·� y)� f(·)kp dy.

Como f tiene soporte compacto y podemos pensar que |y| < 1 (porque nosinteresa ⌘ ! 0), la funcion |f(·� y)� f(·)| tambien tiene soporte compacto,y ademas |f(x� y)� f(x)| krfk1|y|. Entonces,

kT⌘f � T"fkp C

Z

"<|y|⌘|y||K(y)| dy CB

Z

|y|⌘

1

|y|n�1dy = CB⌘ ! 0.

Por lo tanto T"f es de Cauchy en Lp(Rn) y entonces existe lım"!0 T"f =: Tf .

Si ahora f 2 Lp(Rn), dado � > 0 existe g 2 C1 de soporte compacto tal quekf � gkp < �. Entonces, si ⌘ > " > 0,

kT⌘f � T"fkp kT⌘(f � g)kp + kT⌘g � T"gkp + kT"(g � f)kp C kf � gkp| {z }

<�

+ kT⌘g � T"gkp| {z }!0

,

de donde deducimos que tambien en este caso T"f es de Cauchy en Lp(Rn).Por lo tanto, existe lım"!0 T"f =: Tf en Lp(Rn) y vale ademas que kT"fkp !kTfkp, de donde deducimos que T es continuo en Lp(Rn). ⇤

2. Integrales singulares con nucleos homogeneos

En esta seccion nos proponemos estudiar la convergencia en Lp y la conver-gencia puntual de una clase particular de integrales singulares de convolu-cion, que son aquellas que conmutan con dilataciones.

Para esto, dado ", llamamos �"f(x) := f("x). Dado Tf = K ⇤ f , queremosver que propiedades tiene que tener K para que �"T = T �" para todo " > 0.

Notemos que, por un lado,

�"Tf(x) = Tf("x) =

Z

Rn

K(y)f("x� y) dy =

Z

Rn

"nK("z)f("x� "z) dz

2. INTEGRALES SINGULARES CON NUCLEOS HOMOGENEOS 67

y, por el otro,

T (�"f)(x) =

Z

Rn

K(z)�"f(x� z) dz =

Z

Rn

K(z)f("x� "z) dz

por lo tanto, para todo " > 0 debe valer K(z) = "nK("z), o sea que K esuna funcion homogenea de grado �n.

Observemos que si una funcion es homogenea, nos basta conocer sus valoresen la esfera unitaria. En efecto,

(5.47) K(x) = |x|�nK

✓x

|x|

◆= |x|�n⌦

✓x

|x|

◆

donde ⌦ es una funcion definida en la esfera unitaria. Empecemos entoncespor ver que propiedades tiene que cumplir ⌦ para que K cumpla las condi-ciones (5.45), (5.46) y (5.43), es decir, para que la integral singular este biendefinida y sea continua en Lp para p 2 (1,1).

Teorema 5.12. Si ⌦ es una funcion definida en la esfera unitaria tal que⌦ 2 L1(Sn�1),

Z

Sn�1⌦(x0) dx0 = 0

y ademas cumple una condicion de Dini, es decir que si !(�) = sup|x0�y0|� |⌦(x0)�⌦(y0)| (x0, y0 2 Sn�1) entonces para algun a > 0 vale

Z a

0

!(t)

tdt < 1,

entonces el nucleo K definido por (5.47) cumple las condiciones (5.45),(5.46) y (5.43).

Demostracion. Es inmediato que si k⌦k1 = B, entonces |K(x)| B|x|n .

Para ver que K tiene integral cero en coronas, escribimos

Z

a<|x|<bK(x) dx =

Z

Sn�1

Z b

aK(rx0)rn�1 dr dx0

=

Z

Sn�1

Z b

ar�n⌦(x0)rn�1 dr dx0

=

Z b

a

dr

r

Z

Sn�1⌦(x0) dx0

| {z }=0

.


Nos falta probar que K cumple la condicion de Hormander (5.43). Para estoescribimos

K(x)�K(x� y) = |x|�n⌦

✓x

|x|

◆� |x� y|�n⌦

✓x� y

|x� y|

◆

= ⌦

✓x

|x|

◆1

|x|n � 1

|x� y|n

�

| {z }(i)

+ |x� y|�n

⌦

✓x

|x|

◆� ⌦

✓x� y

|x� y|

◆�

| {z }(ii)

Por un lado, tenemos que

|(i)| k⌦k1

1

|x|n � 1

|x� y|n

� k⌦k1

|y||x� ⇠|n+1

con 0 < |⇠| < |y|. Pero como vamos a integrar en la region |y| < |x|2 , entonces

|x� ⇠| � |x|� |⇠| > |x|� |x|2 = |x|

2 , de donde

|(i)| k⌦k12n+1 |y||x|n+1

e, integrando,Z

|x|�2|y|(i) dx C|y|

Z

|x|�2|y|

1

|x|n+1dx = C.

Por otro lado, usando que, por el teorema de valor medio,

x� y

|x� y| �x

|x| =x� ⇠

|x� ⇠|2 |y||x� ⇠| ,

con |⇠| < |y|, tenemos que

|(ii)| 1

|x� y|n!✓��

x

|x| �x� y

|x� y|

��

◆ 1

|x� y|n!✓

|y||x� ⇠|

◆.

Por la cuenta anterior, si |y| |x|2 ,

|(ii)| 1

|x� y|n!✓2|y||x|

◆ 2n

|x|n!✓2|y||x|

◆

e, integrando,Z

|x|�2|y||(ii)|

Z

|x|�2|y|

2n

|x|n!✓2|y||x|

◆dx = C

Z 1

2|y|

1

r!

✓2|y|r

◆dr = C

Z 1

0

!(t)

tdt < 1.

⇤


Ahora nos interesa estudiar si T"f(x) ! Tf(x) en casi todo punto. Pro-baremos que este resultado efectivamente vale si 1 p < 1. Para esto,introducimos el operador maximal asociado a K,

T ⇤f(x) = sup">0

��

Z

|y|>"K(y)f(x� y) dy

��

y consideramos por separado los casos p = 1 y 1 < p < 1. Antes vamos aver algunos resultados previos que necesitaremos.

Teorema 5.13. Dada ' 2 L1(Rn), si ' esta acotada por una funcion 2L1(Rn) radial, decreciente como funcion de r = |x| y tal que k k1 = A < 1,entonces

sup">0

|(f ⇤ '")(x)| AMf(x)

para toda f 2 Lp(Rn), 1 p 1.

Demostracion. Notemos que basta ver que si f � 0, (f ⇤ )(0) AMf(0), y supongamos que Mf(0) < 1.

Ahora, como es radial, por un abuso de notacion podemos escribir (x) = (r) y tenemos que

(f ⇤ )(0) =Z

Rn

f(x) (x) dx =

Z

Sn�1

Z 1

0f(rx0) (r)rn�1 dr d�(x0).

Si definimos

�(r) =

Z

Sn�1f(rx0)d�(x0)

y

⇤(r) =

Z

|x|rf(x) dx =

Z r

0�(t)tn�1 dt,

entonces(5.48)Z

Rn

f(x) (x) dx =

Z 1

0�(r) (r)rn�1 dr = lım

"!0,M!1

Z M

"⇤0(r) (r) dr.

Notemos que

⇤(r) =

Z

|x|rf(x) dx = !nr

n 1

!nrn

Z

|x|rf(x) dx !nr

nMf(0)

y que, ademas, ⇤(M) (M) � ⇤(") (") ! 0 cuando M ! 1, " ! 0. Enefecto, como ⇤(r) Crn, basta ver que rn (r) ! 0 cuando r ! 0 o r ! 1.Pero esto se deduce de

(r)rn C

Z

r

2<|x|<r (x) dx ! 0

pues 2 L1(Rn).


Por lo tanto, al hacer partes en (5.48), como los terminos integrados tiendena cero, tenemos que

(f ⇤ )(0) Z 1

0⇤(r) d(� (r)) !nMf(0)

Z 1

0rn d(� (r))

= !nMf(0)

Z 1

0(rn)0 (r) dr = !nMf(0)

Z 1

0rn�1 (r) dr

= Mf(0)

Z

Rn

(x) dx = AMf(0),

como querıamos.

⇤

Lema 5.14 (Cotlar). Con las hipotesis del Teorema 5.12

T ⇤f(x) M(Tf)(x) + CMf(x)

y, en consecuencia, kT ⇤fkp Ckfkp si 1 < p < 1.

Demostracion. Sea ' 2 C10 (Rn) tal que sop(') ✓ {|x| 1} y sea

= T' � K1. Vamos a ver que esta acotada por una funcion radialdecreciente en L1(Rn). Para esto separamos en casos.

Si |x| 1,

(x) = lım"!0

Z

"<|y|2K(y)'(x�y) dy = lım

"!0

Z

"<|y|2K(y)['(x� y)� '(x)]| {z }

C |y||y|n

dy

que es acotado.

Si 1 < |x| 2,

(x) = (K ⇤ ')(x)�K1(x)

pero K ⇤ ' se acota como antes y |K1(x)| B|x|�n B.

Si |x| > 2, como ' tiene integral 1, tenemos que

(x) =

Z

Rn

K(x�y)'(y) dy�Z

Rn

K(x)'(y) dy =

Z

Rn

[K(x�y)�K(x)]'(y) dy.

Pero

|K(x� y)�K(x)| ��⌦✓

x� y

|x� y|

◆� ⌦(x)

�� |x� y|�n

| {z }(i)

+ |⌦(x)|��

1

|x� y|n � 1

|x|n

��| {z }

(ii)

y, como estamos suponiendo que |y| 1 y |x| > 2, entonces |x| > 2|y|.


Notemos que, por la condicion de Dini,

(i) C!

✓C2

|x|

◆|x|�n 2 L1.

En efecto,Z

|x|>2!

✓C2

|x|

◆|x|�n dx = C

Z 1

2!

✓C2

r

◆dr

r= C

Z C2/2

0

!(s)

sds < 1.

Por otro lado,

(ii) C|y|

|x� ⇠|n+1 C

1

|x|n+1

que es una funcion radial decreciente.

Ahora, afirmamos que como = K ⇤ ' �K1, entonces " = K ⇤ '" �K".En efecto,

"(x) = "�n ⇣x"

⌘= "�nT'

⇣x"

⌘� "�nK1

⇣x"

⌘= K ⇤ '"(x)�K"(x)

donde para la ultima igualdad usamos que T conmuta con dilataciones.

Deducimos entonces que

K" ⇤ f = K ⇤ '" ⇤ f � " ⇤ f = Tf ⇤ '" � " ⇤ f

y, por lo tanto,

T ⇤f(x) = sup">0

|(K"⇤f)(x)| sup">0

|(Tf⇤'")(x)|+sup">0

|( "⇤f)(x)| M(Tf)(x)+CMf

que es lo que querıamos probar. ⇤

Teorema 5.15. Con las hipotesis del Teorema 5.12, si 1 < p < 1 y f 2Lp(Rn), T"f ! f en casi todo punto.

Demostracion. Si definimos

⇤f(x) =

��lım sup"!0

T"f(x)� lım inf"!0

T"f(x)

�� ,

basta ver que ⇤f(x) = 0 en casi todo punto.

Si f 2 C1 y tiene soporte compacto, entonces

T"f(x) =

Z

"<|y|<MK(y)f(x� y) dy =

Z

"<|y|<MK(y) [f(x)� f(x� y)]| {z }

C|y|

dy

y como el integrando esta en L1loc(Rn), entonces existe el lımite cuando "! 0,

y ⇤f = 0.


Si ahora f 2 Lp(Rn) cualquiera, dado � > 0 existen f1, f2 tales que f =f1 + f2 con f1 2 C1 de soporte compacto y kf2kp �. Entonces,

k⇤fkp k⇤f1kp + k⇤f2kp = k⇤f2kp 2kT ⇤f2kp Ckf2kp C�

y como � es arbitrario, k⇤fkp = 0, de donde ⇤f = 0 en casi todo punto.

⇤Teorema 5.16. T ⇤ es de tipo debil (1, 1).

Demostracion. Dada f 2 L1(Rn) y � > 0, consideramos la descompo-sicion de Calderon-Zygmund de |f |, y obtenemos f = g + b, con |g(x)| �,

b =P

j bj ,Rbj = 0, sop(bj) ✓ Qj y | [j Qj | kfk1

� .

T ⇤g se puede acotar igual que Tg. Falta ver que

|{x : T ⇤b(x) > �}| Ckfk1�

.

Para esto introducimos Q⇤j dilatados fijos de Q y definimos F ⇤ = ([jQ⇤

j )c.

Ya sabemos que��[jQ

⇤j

�� Ckfk1�

,

entonces basta ver que

|{x 2 F ⇤ : T ⇤b(x) > �}| Ckfk1�

.

Si probamos que para x 2 F ⇤ e yj el centro de Qj

T ⇤b(x) X

j

Z

Qj

|K(x� y)�K(x� yj)||b(y)| dy + CMb(x),

entonces la demostracion sale del tipo debil (1, 1) para M y de la mismademostracion que para T . Pero

T"b(x) =

Z

|x�y|>",y2Qj

K(x� y)b(y) dy

=

Z

[j

Qj

K"(x� y)b(y) dy

=X

j

Z

Qj

K"(x� y)b(y) dy.

Ahora, dado " > 0, si x 2 F ⇤ para cada Qj hay 3 posibilidades:

1. |x� y| < " para todo y 2 Qj ,2. |x� y| > " para todo y 2 Qj ,3. existe y 2 Qj tal que |x� y| = ".


En el primer caso, K"(x � y) = 0 para todo y 2 Qj . En el segundo caso,K"(x� y) = K(x� y) para todo y 2 Qj y, por lo tanto, si yj es el centro deQjZ

Qj

K"(x�y)b(y) dy =

Z

Qj

K(x�y)b(y) dy =

Z

Qj

[K(x�y)�K(x�yj)]b(y) dy

y entonces��

Z

Qj

K"(x� y)b(y) dy

�� Z

Qj

|K(x� y)�K(x� yj)||b(y)| dy.

Por ultimo, si existe y 2 Qj tal que |x� y| = ", entonces existen C1, C2, C3

tales que " � C1l(Qj), Qj ✓ B(x,C2") y |x � y| � C3" para todo y 2 Qj .EntoncesZ

Qj

|K"(x�y)||b(y)| dy C

Z

Qj

1

|x� y|n |b(y)| dy C

"n

Z

B(x,C2")|b(y)| dy CMb(x).

⇤Teorema 5.17. Si f 2 L1(Rn), tambien vale que T"f ! f en casi todopunto.

Demostracion. Como T ⇤ es de tipo debil (1, 1), definiendo ⇤ comoantes, tenemos que para todo � > 0

|{x : |⇤f(x)| > �}| 2Ckfk1�

Escribimos f = f1 + f2, con f1 2 C1 de soporte compacto y kf2k1 �.Entonces ⇤f1 = 0 y

|{x : |⇤f(x)| > �}| |{x : |⇤f2(x)| > �}| 2Ckf2k1�

<2C�

�.

Como � es arbitrario,|{x : ⇤f(x) > �}| = 0

y, por lo tanto, ⇤f2 = 0 en casi todo punto. ⇤

Capıtulo 6

B.M.O. y H1

1. El espacio B.M.O.

Definicion 6.1. Dada f 2 L1loc(Rn) y un cubo Q ✓ Rn, notamos fQ al

promedio de f sobre Q, es decir,

fQ :=1

|Q|

Z

Qf

y definimos la oscilacion media de f sobre Q como

1

|Q|

Z

Q|f � fQ|.

Decimos que f 2 B.M.O. si f tiene oscilacion media acotada, es decir si

M#f(x) = supQ3x

1

|Q|

Z

Q|f � fQ| < +1

M#f se llama funcion maximal aguda y, si f 2 B.M.O., entonces notamoskfk⇤ := kM#fk1.

Observacion 6.2. kfk⇤ es una seminorma, ya que kfk⇤ = 0 para toda fconstante en casi todo punto. Por eso consideramos como B.M.O. al cocientede las funciones que acabamos de definir por las funciones constantes en casitodo punto. Con esta definicion y k · k⇤, B.M.O. resulta ser un espacio deBanach.

Observacion 6.3. Vale que L1 ✓ B.M.O., y que M#f(x) CMf(x).

Demostracion. Basta notar que, dado Q ✓ Rn,

1

|Q|

Z

Q|f � fQ|

1

|Q|

Z

Q|f |+ |fQ|

2

|Q|

Z

Q|f |

y que ademas este ultimo termino se puede acotar por 2kfk1. ⇤

Proposicion 6.4.

1

2kfk⇤ sup

Qınfa2C

1

|Q|

Z

Q|f(x)� a| dx kfk⇤

76 6. B.M.O. Y H1

Demostracion. La desigualdad de la derecha es inmediata. Para verque vale la de la izquierda, basta observar que

Z

Q|f(x)� fQ| dx

Z

Q|f(x)� a| dx+ |Q||a� fQ|

=

Z

Q|f(x)� a| dx+ |Q|

��1

|Q|

Z

Q(a� f(x)) dx

��

2

Z

Q|f(x)� a| dx.

⇤Observacion 6.5. Usando la propiedad anterior y la desigualdad triangular,se puede ver que M#(|f |)(x) 2M#f(x), de donde se sigue que si f 2B.M.O. entonces |f | 2 B.M.O.

Notemos que la recıproca no es cierta. En efecto, si

g(x) =

⇢log 1

|x| |x| < 1

0 |x| � 1

y f(x) = sg(x)g(x), entonces |f | 2 B.M.O. pero f(x) 62 B.M.O. Observe-mos que esta funcion tambien sirve para ver que la inclusion L1 ⇢ B.M.O.es estricta.

Teorema 6.6. Sea T un operador integral singular dado por

Tf(x) =

Z

Rn

K(x, y)f(y) dy

si x 62 sop(f), y supongamos que existe una constante B tal que:

1. kTfk2 Bkfk22. vale la condicion de HormanderZ

|x�y|�2|x�x0||K(x, y)�K(x0, y)| dy B.

Entonces, si f 2 L1(Rn) tiene soporte compacto, Tf esta en B.M.O. ykTfk⇤ Ckfk1.

Demostracion. Sea Q ✓ Rn y sea Q⇤ el cubo expandido que tiene elmismo centro que Q y lados de longitud igual a un multiplo de la longituddel lado de Q (que elegiremos mas adelante). Escribimos f = f1 + f2, conf1 = f�Q⇤ y f2 = f�(Q⇤)c . Por la Proposicion 6.4 basta ver que si a =Tf2(yQ) con xQ el centro del cubo Q, entonces

1

|Q|

Z

Q|Tf(x)� a| dx C,

1. EL ESPACIO B.M.O. 77

donde C no depende de Q. Para esto escribimos

1

|Q|

Z

Q|Tf(x)� a| dx =

1

|Q|

Z

Q|T (f1 + f2)(x)� a| dx

1

|Q|

Z

Q|Tf1(x)| dx

| {z }(i)

+1

|Q|

Z

Q|Tf2(x)� Tf2(xQ)| dx

| {z }(ii)

.

Para (i), como T es continuo en L2(Rn) y f1 = f�Q⇤ , escribimos

(i) 1

|Q|

✓Z

Q|Tf1(x)|2 dx

◆ 12

|Q|12

C

✓1

|Q|

Z

Q⇤|f1(x)|2 dx

◆ 12

Ckfk1✓|Q⇤||Q|

◆ 12

Ckfk1.

Por otro lado,

(ii) =1

|Q|

Z

Q

��

Z

(Q⇤)c(K(x, y)�K(xQ, y))f(y) dy

�� dx

kfk1|Q|

Z

Q

Z

(Q⇤)c|K(x, y)�K(xQ, y)| dy

| {z }(⇤)

dx

Para poder acotar (⇤) usando la condicion de Hormander, necesitamos verque si x 2 Q e y 2 (Q⇤)c, entonces |x � y| � 2|x � xQ|, pero esto esefectivamente ası si elegimos el factor de expansion de Q⇤ adecuadamente.

Por lo tanto,

(ii) Bkfk1y, en definitiva, tenemos que

1

|Q|

Z

Q|Tf(x)� a| dx Ckfk1,

de donde se sigue que kTfk⇤ Ckfk1, como querıamos. ⇤

Observacion 6.7. Como las funciones de soporte compacto no son densasen L1, no se puede extender Tf a todo L1 por densidad, por lo que esnecesario definir el operador de alguna manera. Para esto, sea f 2 L1 y

78 6. B.M.O. Y H1

sea Q ✓ Rn un cubo centrado en cero. Escribimos f = f1 + f2 como antes,y definimos, para x 2 Q

Tf(x) := Tf1(x) +

Z

Rn

(K(x, y)�K(0, y))f2(y) dy.

Notemos que Tf1 esta bien definida en casi todo punto porque f1 tiene so-porte compacto, y que por las cuentas anteriores la integral esta acotada.Tenemos que ver entonces que si tomamos otro dilatado Q0 de Q y defini-mos las respectivas f1 y f2, ambas definiciones coinciden. Para esto, notemosque la diferencia entre las dos definiciones, suponiendo que Q⇤ ✓ Q

0(ya que

ambos estan centrados en cero), es

T (f1 � f 01)(x) +

Z

(Q⇤)c(K(x, y)�K(0, y))f(y) dy

�Z

(Q0 )c(K(x, y)�K(0, y))f(y) dy

= �Z

Q0\Q⇤K(x, y)f(y) dy +

Z

Q0\Q⇤(K(x, y)�K(0, y))f(y) dy

= �Z

Q0\Q⇤K(0, y)f(y) dy

que es una constante independiente de x. Por lo tanto, ambas definicionescoinciden como funciones de B.M.O.

Ya vimos un ejemplo de funcion no acotada en B.M.O. Nos interesa ahoraestudiar que crecimiento pueden tener estas funciones. Para esto, volvamosal ejemplo anterior.

Ejemplo 6.8. El promedio de log 1|x| en (�a, a) es 1� log a, y si � > 1

��

⇢x 2 (�a, a) :

��log1

|x| � (1� log a)

�� > �

�� 2ae��1

El siguiente teorema nos dice que esencialmente esto es lo maximo que unafuncion en B.M.O. puede separarse de su promedio.

Teorema 6.9 (John-Nirenberg). Si f 2 B.M.O., Q ✓ Rn y � > 0, entoncesexisten constantes c1, c2 que solo dependen de la dimension tales que

|{x 2 Q : |f(x)� fQ| > �}| c1e�c2�/kfk⇤ |Q|.

Demostracion. Notemos que reemplazando f por un multiplo en ladesigualdad que queremos probar podemos suponer que kfk⇤ = 1 y, por lotanto,

1

|Q|

Z

Q|f(x)� fQ| 1.

1. EL ESPACIO B.M.O. 79

Consideramos la funcion |f(x)� fQ|�Q(x) y hacemos su descomposicion deCalderon-Zygmund a altura 2, para obtener una familia de cubos {Q1,j}tales que:

|f(x)� fQ| 2 si x 62 [jQ1,j

X

j

|Q1,j | 1

2

Z

Q|f(x)� fQ| dx 1

2|Q|kfk⇤ =

1

2|Q|

y

2 <1

|Q1,j |

Z

Q1,j

|f(x)� fQ| dx 2n+1

Notemos que de esta ultima propiedad se deduce ademas que

|fQ1,j � fQ|

��1

|Q1,j |

Z

Q1,j

|f(x)� fQ| dx

�� 2n+1.

Ahora consideramos para cadaQ1,j la descomposicion de Calderon-Zygmundde |f � fQ1,j | a altura 2 y obtenemos, para cada Q1,j , una familia de cubos{Q2,k} para los que vale

|f(x)� fQ1,j | 2 si x 2 Q1,j \ [kQ2,k

X

k

|Q2,k| 1

2

Z

Q1,j

|f(x)� fQ1,j | dx 1

2|Q1,j |kfk⇤ =

1

2|Q1,j |

y

|fQ2,k � fQ1,j |

��1

|Q2,k|

Z

Q2,k

|f(x)� fQ1,j | dx

�� 2n+1.

Si consideramos la familia de los cubos correspondientes a todos los Q1,j ylos renumeramos nuevamente en una sola familia que llamamos {Q2,k}, paraesta nueva familia vale que si x 62 [Q2,k, entonces

|f(x)� fQ| |f(x)� fQ1,j |+ |fQ1,j � fQ| 2 + 2n+1 2,2n+1

y queX

k

|Q2,k| X

j

1

2|Q1,j |

1

4|Q|

Repitiendo este proceso, conseguimos para cada N una familia {QN,j} decubos disjuntos tales que

|f(x)� fQ| N2n+1 si x 62 [jQN,j

yX

j

|QN,j | 1

2N|Q|.

80 6. B.M.O. Y H1

Para probar la desigualdad del enunciado, si � � 2n+1, tomamos N tal queN2n+1 � < (N + 1)2n+1 y tenemos que entonces

|{x 2 Q : |f(x)� fQ| > �}| X

j

|QN,j | 1

2N|Q| = e�N log 2|Q| e�c2�|Q|

tomando c2 =log 22n+2 .

Si, en cambio, � < 2n+1, entonces para la misma constante c2 vale quec2� < log 2

2 = logp2 y, entonces,

|{x 2 Q : |f(x)� fQ| > �}| |Q| elogp2�c2�|Q| =

p2e�c2�|Q|,

por lo que basta tomar c1 =p2. ⇤

Corolario 6.10. Para todo 1 p < 1, existe una constante C tal que

C supQ

✓1

|Q|

Z

Q|f(x)� fQ|p dx

◆ 1p

kfk⇤ supQ

✓1

|Q|

Z

Q|f(x)� fQ|p dx

◆ 1p

Demostracion. La desigualdad de la derecha es consecuencia de ladesigualdad de Holder. Para probar la de la izquierda, notemos que

1

|Q|

Z

Q|f(x)� fQ|p dx =

p

|Q|

Z 1

0�p�1|{x 2 Q : |f(x)� fQ| > �}| d�

p

|Q|

Z 1

0�p�1c1e

� c2�kfk⇤ |Q| d�

= c1p⇣kfk⇤

c2

⌘p�(p),

de donde se sigue el resultado. ⇤Corolario 6.11. Del corolario anterior se deduce inmediatamente que lasfunciones de B.M.O. no solo estan en L1

loc(Rn), sino en todo Lploc(Rn) con

1 p < 1.

2. El espacio H1 atomico

Definicion 6.12. Decimos que a : Rn ! C es un (1, 2)-atomo si

sop(a) ✓ Q, donde Q es un cubo

a 2 L2(Rn) con kak2 |Q|�12Z

Qa(x) dx = 0

Llamamos A al conjunto de (1, 2)-atomos.

Observacion 6.13. Es facil ver que kak1 1 para todo a 2 A.

2. EL ESPACIO H1 ATOMICO 81

Definicion 6.14. Definimos el espacio H1(Rn) atomico como

f 2 H1 , 9(�i)i2N ⇢ R, (ai)i2N ⇢ A tales queX

i

|�i| < 1 y f =X

i

�iai,

donde la convergencia de la serie es en el sentido de L1(Rn) por la observa-cion anterior.

Definimos ademas

kfkH1 := ınf

(X

i

|�i| : f =X

i

�iai

).

Observacion 6.15. Dada f 2 H1, kfkL1 kfkH1, ya queZ

Rn

|f(x)| dx =

Z

Rn

��X

i

�iai(x)�� dx

X

i

|�i|Z

Rn

|ai(x)| dx X

i

|�i|.

Teorema 6.16. H1 es un espacio de Banach.

Demostracion. Dejamos como ejercicio verificar que k · kH1 es unanorma. Para ver que el espacio es completo basta probar que, dada (fn)n2Ntal que

Pn kfnkH1 < 1, vale que

Pn fn 2 H1.

Supongamos entonces que (fn)n2N es tal queP1

n=1 kfnkH1 < 1. Por laobservacion anterior,

P1n=1 kfnkL1 < 1 y, como L1 es completo, existe

f :=P1

n=1 fn 2 L1. Queremos ver que f 2 H1 y que lımN!1PN

n=1 fn = fen el sentido de H1.

Para esto, como la norma es un ınfimo, para cada fn podemos consideraruna sucesion de (1, 2)-atomos tales que fn =

P1i=1 �

ni a

ni y

1X

i=1

|�ni | kfnkH1 + "2�n.

Entonces f =P1

n=1 fn =P1

n=1

P1i=1 �

ni a

ni es una descomposicion atomica

de f . En efecto, para ver que (�ni ) 2 `1(N), notemos que1X

n=1

1X

i=1

|�ni | 1X

n=1

(kfnkH1 + "2�n) =1X

n=1

kfnkH1 + " < 1.

Para ver que converge en H1, notemos que f �PN

n=1 fn =P1

n=N+1 fn =P1n=N+1

P1i=1 �

ni a

ni y, por lo tanto

��f �NX

n=1

fn

��H1

1X

n=N+1

1X

i=1

|�ni | ! 0 (N ! 1).

⇤

82 6. B.M.O. Y H1

3. Dualidad entre H1 y B.M.O.

Definicion 6.17. Llamaremos H10 (Rn) a todas las combinaciones lineales

finitas de (1, 2)-atomos.

Teorema 6.18. El dual de H1 es B.M.O.

Demostracion. La demostracion esta dividida en dos partes:

Dada b 2 B.M.O(Rn), la funcional lineal Lb dada por

(6.49) Lb(f) =

Z

Rn

b(x)f(x) dx

esta bien definida para toda f 2 H10 y kLbk Ckbk⇤. Por lo tanto,

por densidad, tiene una unica extension a H1.Toda L funcional lineal y continua en H1 se representa como

L(f) =

Z

Rn

b(x)f(x) dx

si f 2 H10 , con b 2 B.M.O. y kbk⇤ CkLk.

Comencemos por la primer afirmacion. Notemos que no hay problema conque b este definida salvo constante, ya que, como

RRn

f(x) dx = 0, si cam-biamos b por b+ c con c una constante, (6.49) no cambia.

Ademas, como f 2 H10 (Rn), f =

PNi=1 �iai donde ai son (1, 2)-atomos

con soporte en Qi, y b 2 L2loc(Rn) (por el Corolario (6.11)), entonces bf 2

L1(Rn). Es decir que Lb(f) esta bien definida.

Falta ver que kLbk Ckbk⇤. Probemos primero que la desigualdad��Z

Rn

b(x)f(x) dx

�� Ckbk⇤kfkH1

vale si b 2 L1.

Sea f =P

i �iai una descomposicion atomica de f tal queP

i |�i| 2kfkH1 .Entonces,

Z

Rn

b(x)f(x) dx =1X

i=1

�i

Z

Rn

b(x)ai(x) dx,

donde usamos que la suma converge en L1(Rn) porque b 2 L1(Rn). Se sigueque

3. DUALIDAD ENTRE H1 Y B.M.O. 83

Z

Rn

|b(x)f(x)| dx 1X

i=1

|�i|Z

Qi

ai(x)(b(x)� bQi

) dx

1X

i=1

|�i|kaik2✓Z

Qi

|b(x)� bQi

|2 dx◆ 1

2

1X

i=1

|�i|✓

1

|Qi|

Z

Qi

|b(x)� bQi

|2 dx◆ 1

2

2kfkH1kbk⇤

Notemos ademas que esta acotacion es independiente de kbk1.

Si ahora f 2 H10 , reemplazando b por b(k) definida como

b(k)(x) =

8<

:

�k si b(x) �kb(x) si � k b(x) kk si b(x) � k

tenemos, por lo anterior, que��Z

Rn

b(k)(x)f(x) dx

�� Ckb(k)k⇤kfkH1 Ckbk⇤kfkH1 .

Pero b(k) ! b en casi todo punto y, por lo tanto, podemos pasar al lımiteusando convergencia mayorada (ya que b 2 L2

loc(Rn) y f 2 L2(Rn) tienesoporte compacto).

Como H10 (Rn) es un subespacio denso de H1(Rn), Lb admite una unica

extension acotada a H1(Rn). Es decir, dada f 2 H1(Rn), sean fj 2 H10 (Rn)

tales que fj ! f en H1(Rn). Por la cuenta anterior,

|Lb(fj)� Lb(fk)| Ckbk⇤kfj � fkkH1

y, por lo tanto, Lb(fj) es una sucesion de Cauchy en C. Entonces, si Lb(f) :=lımj!1 Lb(fj), Lb esta bien definida en H1(Rn), coincide con Lb en H1

0 (Rn)y satisface |Lb(f)| Ckbk⇤kfkH1 para toda f 2 H1(Rn).

Para la implicacion recıproca, primero notemos que si llamamos L20(Q) al

subespacio de funciones de L2 con soporte en un cubo Q e integral cero, se

puede ver que si g 2 L20(Q), entonces |Q|�

12

kgk2 g es un (1,2)-atomo y, por lo

tanto, g 2 H1(Rn) con kgkH1 |Q|12 kgk2.

Entonces, si L es una funcional lineal y acotada en H1(Rn), tambien es una

funcional lineal y acotada en L20(Q) con norma a lo sumo |Q|

12 kLk. Por el

teorema de representacion de Riesz existe FQ en L20(Q) tal que, para toda

84 6. B.M.O. Y H1

g 2 L20(Q),

L(g) =

Z

QFQ(x)g(x) dx y kFQkL2(Q) |Q|

12 kLk.

Notemos que si Q esta contenido en otro cubo Q0, entonces FQ0 � FQ esconstante sobre Q, ya que si definen la misma funcional sobre Q tiene quevaler, para toda g 2 L2

0(Q),Z

(FQ0(x)� FQ(x))g(x) dx = 0.

Afirmamos que existe b 2 L1loc(Rn) tal que para cada cubo Q existe una

constante c(Q) tal que FQ = b � c(Q) en Q. Observemos primero que siQm = [�m,m]n (m 2 N) y l < m, como FQ

m � FQl es constante en Ql e

igual al promedio de FQm � FQ

l sobre Ql, tenemos que

FQm � FQ

l =1

|Ql|

Z

Ql

FQm(t)� FQ

l(t) dt

y entonces

FQm � 1

|Ql|

Z

Ql

FQm(t) dt = FQ

l � 1

|Ql|

Z

Ql

FQl(t) dt.

Por lo tanto, si x 2 Qm, la funcion

b(x) = FQm(x)� 1

|Q1|

Z

Q1

FQm(t) dt

esta bien definida. Entonces, si Q = Qm para algun m 2 N, basta tomarc(Qm) = � 1

|Q1|RQ1

FQm(t) dt. Si Q es cualquier otro cubo de Rn, como

FQm � FQ es constante sobre Q, tambien vale FQ = b� c(Q).

Entonces, para todo cubo Q y toda g 2 L20(Q),

L(g) =

Z

Qb(x)g(x) dx.

Falta ver que b(x) 2 B.M.O.(Rn). Pero

supQ

1

|Q|

Z

Q|b(x)� c(Q)| dx = sup

Q

1

|Q|

Z

Q|FQ(x)| dx

supQ

|Q|�12 kFQkL2(Q)

CkLk

y, por lo tanto, kbk⇤ CkLk.

4. CONTINUIDAD DE INTEGRALES SINGULARES EN H1(Rn) 85

Ademas, para toda f 2 H10 (Rn), f =

PNi=1 �iai con ai (1, 2)-atomos, y

entonces

L(f) =NX

i=1

�iL(ai) =

Zb(x)f(x) dx.

⇤

4. Continuidad de integrales singulares en H1(Rn)

Teorema 6.19. Sea T un operador integral singular dado por

Tf(x) =

Z

Rn

K(x, y)f(y) dy

si x 62 sop(f), y supongamos que existe una constante B tal que:

1. kTfk2 Bkfk22. vale la condicion de HormanderZ

|x�y|�2|y�y0||K(x, y)�K(x, y0)| dy B.

Entonces, para todo (1, 2)-atomo a vale que kTakL1 C.

Demostracion. Sea Q un cubo con centro yQ tal que sop(a) ✓ Qy sea Q⇤ el cubo expandido que tiene el mismo centro que Q y lados delongitud igual a un multiplo de la longitud del lado de Q (que elegiremosmas adelante). Entonces, por un lado, usando que T es continuo en L2,

Z

Q⇤|Ta(x)| dx |Q⇤|

12

✓Z

Q⇤|Ta(x)|2 dx

◆ 12

|Q⇤|12 kak2

✓|Q⇤||Q|

◆ 12

C

y, por otro lado,Z

(Q⇤)c|Ta(x)| dx =

Z

(Q⇤)c

��Z

QK(x, y)a(y) dy

�� dx

=

Z

(Q⇤)c

��Z

Q(K(x, y)�K(x, yQ)a(y) dy

�� dx

Z

Q

Z

(Q⇤)c|K(x, y)�K(x, yQ)| dx

| {z }(⇤)

|a(y)| dy

Para poder acotar (⇤) usando la condicion de Hormander, necesitamos verque si x 2 (Q⇤)c e y 2 Q, entonces |x � y| � 2|y � yQ|, pero esto esefectivamente ası si elegimos el factor de expansion de Q⇤ adecuadamente.

86 6. B.M.O. Y H1

Se sigue queZ

(Q⇤)c|Ta(x)| dx B

Z

Q|a(y)| dy Bkak2|Q|

12 B.

⇤Corolario 6.20. Si T es como antes y f 2 H1(Rn), entonces kTfkL1 CkfkH1.

Demostracion. Si f =P

i �iai conP

i |�i| 2kfkH1 , entonces

kTfkL1 1X

i=1

|�i|kTaikL1 C1X

i=1

|�i| = CkfkH1

donde para intercambiar serie e integral podemos usar convergencia mayo-rada, ya que

Pi |�iT (ai)| 2 L1(Rn). ⇤

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APUNTES DE ANALISIS ARM´ ONICO´ Irene Drelichman y Ricardo ... · Series de Fourier 1 1. Algunas nociones historicas 1 2. La ecuacion de la cuerda vibrante 1 3. M´etodo de separacion