Demostrar que $C^1[0,1]$ no es un espacio de Hilbert.

Question

Problema: En $C^1[0,1]$, definimos un producto interno por

$$\langle x, y \rangle = x(0)y(0) + \int_0^1 x^\prime (t) y^\prime (t) dt.$$ Demostrar que $(C^1[0,1],\langle \cdot,\cdot \rangle)$ no es un espacio de Hilbert.

Mi intento: Supongamos que $(C^1[0,1],\langle \cdot,\cdot \rangle)$ es un espacio de Hilbert.

Luego, denotamos $\Vert \cdot \Vert$ como la norma inducida por $\langle \cdot,\cdot \rangle$. Así, para todo $x\in C^1[0,1]$ tenemos $$\Vert x \Vert= \sqrt{x^2(0)+\int_{0}^{1}[x'(t)]^2dt}.$$

Consideremos $(x_n)_n \subset C^1[0,1]$ definido por $x_n(t)=\dfrac{t^{n+1}}{n+1}$. Voy a demostrar que $(x_n)_n$ es una sucesión de Cauchy de la siguiente manera $$\lim_{n\to+\infty}\Vert x_{n+p}-x_n \Vert^2= \lim_{n\to+\infty}\int_{0}^{1}t^{2n}(t^p-1)^2dt=\int_{0}^{1}\lim_{n\to+\infty}t^{2n}(t^p-1)^2dt=0.$$ Ya que $(C^1[0,1],\langle\cdot,\cdot\rangle)$ es un espacio de Hilbert, tenemos que $(x_n)$ converge a $x_0 \in (C^1[0,1],\Vert\cdot\Vert)$. Ahora, solo tengo que demostrar que $x_0 \notin C^1[0,1]$ entonces el problema estará resuelto pero me he atascado.

Gracias por cualquier ayuda.

PD: Además, también intenté resolver este problema eligiendo una sucesión que es de Cauchy pero no converge en $(C^1[0,1],\Vert \cdot \Vert)$ pero no funcionó.

Answer 1

Aquí hay una solución diferente. Tu norma es $$\|f\| = \sqrt{|f(0)|^2+\|f'\|_2^2}$$ y sabemos que $(C[0,1],\|\cdot\|_2)$ no es completo con la sucesión de Cauchy no convergente dada con $$f_n(x) := \begin{cases} 0, & \text{si $x \in \left[0,\frac1{2}\right]$}\\ n\left(x-\frac{1}{2}\right), & \text{si $x \in \left[\frac1{2},\frac1{2}+\frac1n\right]$}\\ 1, & \text{si $x \in \left[\frac1{2}+\frac1n,1\right]$} \end{cases}$$ Por lo tanto, tiene sentido definir $$g_n(x):=\int_0^x f_n(t)\,dt$$ que es una función de $C^1[0,1]$ con $g_n' = f_n$. Para $m \ge n$ tenemos \begin{align} \|g_m-g_n\|^2 &= |g_m(0)-g_n(0)|^2 + \int_0^1 |g_m'(t)-g_n'(t)|^2\,dt\\ &= \int_0^1 |f_m(t)-f_n(t)|^2\,dt\\ &= \int_{\frac12}^{\frac12+\frac1m} (m-n)^2\left(t-\frac12\right)^2\,dt + \int_{\frac12+\frac1m}^{\frac12+\frac1n}\left(1-n\left(x-\frac12\right)\right)^2\,dt\\ &= (m-n)^2\int_{0}^{\frac1m} t^2\,dt + \int_{\frac1m}^{\frac1n}(1-nt)^2\,dt\\ &= \frac{(m-n)^2}{3m^3}+\frac{\left(1-\frac{n}{m}\right)^3}{3n}\\ &\le \frac1{3m}+\frac1{3n} \xrightarrow{m,n\to\infty} 0 \end{align}

entonces $(g_n)_n$ es una sucesión de Cauchy en $(C^1[0,1],\|\cdot\|)$. Supongamos que $g_n \xrightarrow{\|\cdot\|} g$ para algún $g \in C^1[0,1]$.

En particular, esto significa que $g_n(0) \to g(0)$ y $g_n' \xrightarrow{L^2} g'$, lo que implica que $g'$ es el límite en $L^2$ de $(f_n)_n$. Tenemos $$\left\|f_n-\chi_{\left\langle\frac12,1\right]}\right\|_2^2 = \int_{\frac12}^{\frac12+\frac1n} \left(1-n\left(x-\frac12\right)\right)^2\,dt = \int_0^{\frac1n} (1-nx)^2\,dt = \frac1{3n} \xrightarrow{n\to\infty} 0$$ entonces $g' = \chi_{\left\langle\frac12,1\right]}$ casi en todas partes. Dado que $g(0)=0$, se sigue que $$g(x) = \int_0^x g'(t)\,dt = \left(x-\frac12\right)\chi_{\left\langle \frac12,1\right]}(x)$$ que no es diferenciable en $x=\frac12$. Esto es una contradicción.