AM : V Settimana

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1 AM30 0: V Settimaa SPAZI L p : DUALITÁ E COMPATTEZZA DEBOLE Sia µ misura su X, p >, p + q = ;. p idicherá la orma i L p (X, µ). Siao p, q > espoeti coiugati: + =. La diseguagliaza di Holder p q permette di mettere i relazioe ( dualitá ) L p ed L q mediate la forma bilieare e cotiua (che é tale grazie a Holder) su L p L q < f, g >:= fg, < f, g > f p g q f L p, g L q Tale dualitá supplisce il prodotto scalare i L e permette di ritrovare ua buoa parte delle proprietá di L (ovvero degli Hilbert). Tale forma bilieare forisce, i primo luogo, elemeti di (L p ), il duale di L p : se g L q, allora l g (f) :=< f, g > é u fuzioale lieare e cotiuo su L p (cotiuo perché l g (f) f p g q ). Di piú l applicazioe T : g l g, l g (f) := f g, g L q mada L q el duale di L p i modo lieare ed isometrico, T é ua isometria lieare: g q = T (g) ove T (g) := sup f p= l g (f) = sup f p= f g Ifatti T (g) g q. Poi, g q g p p = g q g p = g q = g q q ( i particolare, g L q, fg = 0 f L p g = 0) e quidi T (g) l g( g q g) q p g q = g q q p g q = g q q p q = g q Mostreremo che T é suriettiva. Nel caso p =, tale fatto deriva dall esisteza della proiezioe ortogoale. La ozioe di ortogoalitá si esprime qui attraverso la relazioe < f, g >= 0. Siccome, come visto sopra, f L p f p f L q, diremo ache (co abuso di liguaggio) che f L p é ortogoale a h L p se f p f é ortogoale a h, cioé se f p fh = 0. La proprietá di L (i quato Hilbert) da cui deriva la proiezioe ortogoale é l idetitá del parallelogramma, che possiamo ache scrivere ( f + g ) + ( f g ) = f + g + f g f, g L Tale idetitá o sussiste i L p se p, ma puó essere sostituita dalla

2 DISEGUAGLIANZA DI HANNER p ( f p + g p ) p + f p g p p f+g p p+ f g p p f, g L p p ( f p + g p ) p + f p g p p f+g p p+ f g p p f, g L p Proiezioe su u covesso chiuso. Sia p >, C L p chiuso e covesso. Allora h L p, h C C : h h C h g g C e h hc p (h h C ) (g h C ) 0 g C. Se V = V L p é lieare, allora h h V p (h h V ) g = 0 g V, ovvero h h V é ortogoale a V Prova. Sia f C miimizzate: f h d := if g C h g. Basta provare che f é di Cauchy, perché allora h C C = C tale che f h C 0 e quidi h h C = d. Proviamo che Haer f é di Cauchy. Caso p. Prediamo, i Haer, f = f h, g = f m h, e otteiamo (d + ()) p + () = ( f h p + f m h p ) p + f h p f m h p p f f m p p + f + f m h p p f f m p p + p d p () f f m p p Caso < p. I Haer, f = h f+fm, g = f fm, dao ( h f + f m p + f ) p f m p [ h f p p + h f m p] p d p + () Dalla covessitá di C segue h f+fm p d ed allora d p ( + p f f m p d ) d p ( + f + f m p ) p d p + () d p f f m p + () f f m < d d perché p >. Quidi, usado di uovo la covessitá i Haer (d + f f m p ) p + (d f f m p ) p p+ d p + () e quidi, posto φ(t) := (+t)p +( t) p, φ( f fm p ) + (). d Siccome φ (t) > 0 t (0, ] cocludiamo che f f m p 0 per, m +.

3 Ifie, ϕ g (t) := h [tg+( t)h C )] p h h C p = ϕ g (0) g C, t [0, ] 0 ϕ g(0) = h h C p (h h C ) (h C g) g C. Defiizioe di covergeza debole i L p. Sia f L p : f f f g dµ f g dµ g L q Dal Pricipio di Uiforme Limitatezza segue subito che Proposizioe. f f i L p sup f p < + Ifatti i fuzioali lieari e cotiui su L q dati da l (g) := f g, g L q soo putualmete limitati (covergoo putualmete a l(g) := fg, g L q ) e quidi sup l <. Ma l = f p. Proposizioe. (i) f f p 0 f f i L p (ma o viceversa) (ii) f f, g g, i L p, α, β R αf + βg αf + βg i L p (iii) f f i L p sup f p < + e lim if f p f p (iv) f f i L p, g g i L q f g f g (v) < g i > = L q, f g j 0 j, sup f p < + f 0 i L p Prova. (i) (f f) g f f p g q 0 g L q (ii) ovvia (iii) f g f p g q f g (lim if f p ) g q g L q f p = f ( f p f) lim if f p f p q = lim if f p ( f p ) q (iv) sup f p < + (f g f g) (f f)g + (g g)f (f f)g + f p g g q 0 (v) É f g 0 g < g j >. Dato g L q, siao h j < g j > tali che h j g q j 0. Allora f g f h j + f h j g lim sup f g h j g q sup f p j e quidi lim sup f g = 0. 3

4 Lemma di Mazur Sia C chiuso e covesso. Allora f C, f f f C Prova. Idicata co f C la proiezioe di f su C, risulta 0 f f C p (f f C ) (f C f ) N Quidi, passado al limite, si trova 0 f f C p e quidi f = f C C. Teorema ( IL DUALE DI L p é L q ) Sia p >, + =. Allora p q (Lp ) é isometricamete isomorfo a L q. Prova. Abbiamo visto che l applicazioe T (g) := l g, l g (f) := f g,, é isometria lieare di L q el duale di L p. Proviamo ora che T é suriettiva: l (L p ),! g = g l L q : l(f) = f g f L p Sia ifatti V := Ker l. Se l 0, V é sottospazio lieare chiuso proprio di L p, e quidi esiste h L p : h / V. Se h V h é la sua proiezioe su V, detta g := h h V p (h h V ), si ha che g L q e g v = h h V p (h h V ) v = 0 v V, g h > 0 perché g h = h hv p (h h V )[(h h V ) + h V ] = h h V p. f L p : l(f l(f) l(h) h) = 0 e quidi 0 = e quidi l(f) = [ ] l(h) g f g h g (f l(f) l(h) h) = Ora, g f l(f) l(h) g h Teorema (compattezza debole) Sia L p separabile. Allora sup f p < + f L p, k k + : f k k f Prova. Sia u desa i L p. É facile vedere (vedi Problema ) che g := u p u é deso i L q. Siccome sup f g j < + j e quidi, per ogi j, la successioe umerica f g j ha ua estratta covergete, si puó estrarre da f ( metodo diagoale di Cator ) ua f k tale che l(g j ) := lim k f k g j esiste fiito j 4

5 e quidi l(g) := lim k f k g esiste fiito g < g > Ioltre, l é chiaramete lieare su < g j >, e l(g) ( sup f p ) g q g < g j > Duque l si estede (i modo uico) a u fuzioale lieare e cotiuo su tutto L q, che cotiuiamo ad idicare l. Dal teorema di rappresetazioe: f L p : l(g) = f g g L q Per quato sopra, f k g j k l(g j ) = fg j j e (puto v) della Proposizioe) ció é sufficete a garatire che f k k f. Esercizi, problemi e complemeti 5 Uiforme limitatezza i L p : ua dimostrazioe diretta h L p, sup h g < + g L p sup h p < + Prova. Equivaletemete, h L p, sup h p = + g L q : sup h g = + Passado ad ua sottosuccessioe, possiamo supporre che h p 4, e quidi f := h 4 soddisfa f p = 4, sup h p f g < + g L q Sia g := f p f. Si ha f p p g q = e f g = f p = 4. Poi ĝ := +m 3 g j j q 3 j g j L q e j> 3 j +m 3 j 0 m f g j j> Ora, i umeri si possoo sciegliere i modo che f ĝ j = (4 3 ) Basta predere

6 σ := e, iduttivamete, σ := sig ( j= 3 j f g j ) ( sig 0:= ) perché, co tale scelta, risulta j= 3 j f g j = j= 3 j f g j + σ 3 f g ( 3 ) f g = ( 4 3 ) Quidi f ĝ = j= j= 3 j 3 j f g j + j> f g j j> 3 j f g j 3 j f g j (4 3 ) + Prova della diseguagliaza di Haer Siccome la diseguagliaza é simmetrica i f, g, e certamete vera se f p g p = 0, possiamo supporre f p g p > 0. Dividedo per f p p, ed avedo posto ˆf := f f p, ĝ := g f p la diseguagliaza si riscrive, ( ) p [, ] : ˆf p =, ĝ p (+ ĝ p ) p +( ĝ p ) p ˆf+ĝ p p+ ˆf ĝ p p ( ) p : ˆf p =, ĝ p (+ ĝ p ) p +( ĝ p ) p ˆf+ĝ p p+ ˆf ĝ p p Ora, ( ), ( ) si possoo derivare da Ua diseguagliaza elemetare. ( ) < p < a(r) t p + b(r) s p t + s p + t s p s, t R, r (0, ] ( ) < p a(r) t p + b(r) s p t + s p + t s p s, t R, r (0, ] ove a(r) := ( + r) p + ( r) p, b(r) := r p [( + r) p ( r) p ]. Proviamo che ( ) ( ) (e ( ) ( )). Da ( + r) p + ( r) p = [( + r) p + ( r) p ] + r p r p [( + r) p ( r) p ] = = a(r) + b(r)r p segue, posto r = ĝ p, (+ ĝ p ) p +( ĝ p ) p = a(r) ˆf(x) p +b(r) ĝ(x) p perché ˆf p =. Quidi, posto t = ˆf(x), s = ĝ(x), i ( ), otteiamo ( ). 6

7 Prova di ( ), ( ). Itato, soo vere per t = 0: r > 0 si ha b (r) = p r p [ ( r) p ( + r) p ] > 0 se p < e b (r) < 0 se p > Siccome b() = p < se p < e b() > se p >, si ha quidi che < p < b(r) < i (0, ] metre p > b(r) > i (0, ]. Ovvero, ( ) e (( )) valgoo per t = 0 e si possoo duque riscrivere, dividedo per t p, ella forma equivalete ( ) < p < a(r) + b(r) τ p + τ p + τ p τ R ( ) p > a(r) + b(r) τ p + τ p + τ p τ R che ifatti basta provare per ogi τ 0, perché la diseguagliaza é pari i τ. Posto γ(r, τ) := a(r) + b(r)τ p, r (0, ], τ 0, basta provare che < p < sup γ(r, τ) = + τ p + τ p τ 0 0<r p > if 0<r γ(r, τ) = + τ p + τ p τ 0 É a (r) = (p )[(+r) p ( r) p ], b (r) = a (r) r p, γ (r) = a (r)[ ( τ r )p ] a < 0, b > 0 se p < e a > 0, b < 0 se p > r > 0 I particolare, γ si aulla esattamete i r = τ, e γ(τ) = + τ p + τ p é u massimo se p < ed u miimo se p >. Quidi τ ( ), ( ) valgoo Sia ifie τ >. Per quato visto, se p < δ := τ allora < e r (0, ] a(r) + b(r)δ p ( + δ) p + ( δ) p e quidi τ p a(r) + b(r) ( + τ) p + ( τ) p e vale la diseguagliaza opposta se p >. Basta allora provare che r (0, ] a(r) + b(r)τ p a(r)τ p + b(r) se p < a(r) + b(r)τ p a(r)τ p + b(r) se p > E ció segue dal fatto che p < a b = a ( + ) < 0 i (0, ] r p quidi e a() = b() = p a(r) b(r) r (0, ] [a(r) b(r)] τ p a(r) b(r) 7

8 a(r) + τ p b(r) τ p a(r) + b(r) Se ivece p >, é a b > 0 i (0, ], e quidi si ottiee la diseguagliaza opposta. Problema. Provare che L p separabile, p + q = Lq separabile e, piú i geerale, se E é u Baach, allora E separabile E separabile Provare co u esempio che l implicazioe E separabile E separabile é falsa. Suggerimeto. Usare il fatto seguete: se V é sottospazio chiuso proprio di E, allora esiste u x E, x 0 tale che x (x) = 0 per ogi x V Problema. Sia p. Provare che. p é uiformemete covessa: f, g, f + g p f g p 0 Suggerimeto: usare la diseguagliaza di Haer Problema 3. Sia p. Provare che f f, f p f p f f p 0 Suggerimeto: usare la uiforme covessitá della orma Esercizio. Dare u esempio di L p o separabile. Esercizio. Sia f f i L p, p >. (i) Provare co u esempio che f può o covergere i alcu puto, può o covergere i misura. Può accadere che f o abbia alcua sottosuccessioe covergete q.o.? (ii)provare che se f (x) g(x) q.o. allora g = f q.o. (iii) Provare che se f p f p allora f ha almeo ua sottosuccesioe covergete q.o. ad f. 8

9 Esercizio 3 Sia f f quasi ovuque. Provare che µ(e) < + f χ E fχ E i misura Esercizio 4 Sia f L p limitata: sup f p < +. Provare che f f q.o., oppure i misura, f coverge a f debolmete. Suggerimeto Fissata φ L L q, usare la diseguagliaza (f f)φ ( f p + f p )( φ q ) q {x: f (x) f(x) δ} Esercizio 5 Siao f L p. Provare che (i)f f i misura, f f i misura f = f q.o. (ii)f f i misura, f f q.o. f = f q.o. (iii)f f i misura, f f i L p, f = f q.o. (iv)f f q.o., f f i L p, f = f q.o. (v)f f debolmete f f debolmete f = f q.o. (vi)f f debolmete f f i misura f = f q.o. (vii)f f debolmete f f q.o. f = f q.o. + δ φ Esercizio 6 Sia f L p. Provare che (i) µ({x R + : f p t}) f p p t (ii) t p µ({x R + : f(x) t}) 0 al tedere di t a 0 e a +. Provare co u esempio che tale codizioe o garatisce l apparteeza di f ad L p. (iii) Sia µ(x) < +. Siao f L p, p >, tale che sup f p < +, e f f, q.o.. Provare che f f i L q q < p. 9

10 CENNI DI SOLUZIONI Problema. Sia D deso i L p. Sia g L q. Allora f := g q g L p f D : f f q.o.f equidomiata i L p g := f p f f p f = g equidomiata i L q { f p f : f D} é deso il q Sia E separabile, {x : N} deso i E. Sia x E : x =, x (x ) x. Allora x (x ) = 0 N x x (x ) = x (x ) x (x ) x x N x x x + x 3 x x N x = 0 Ció comporta che V, chiusura di < x >, é desa (altrimeti esisterebbe x E, o ullo che si aulla su V ) e quidi ache l isieme delle combiazioi lieari degli x e a coefficeti razioali (che é u isieme umerabile) é deso i E. U esempio é dato da l, che é separabile (le combiazioi lieari dei vettori e i, i N, e i (j) = δ ij soo dese i l ) metre il suo duale, che é l, o é separabile: l isieme {x ij = e i + e j : i, j N} é o umerabile e i, j l, m x ij x l,m = sup x ij () x l,m () = e quidi esiste ua famiglia o umerabile di palle disgiute; u isieme deso, dovedo itersecare ogi palla, é duque ecessariamete o umerabile. Problema. Da Haer (scriveremo. p =. ): f = g =, f + g p lim sup Ora, se [ f + g p + f g p ] = p +lim sup f g p f g 0 f, g e f + g 0

11 allora f, g, perché f + g r < f+g r <. Quidi f f + g f g g 0 e quidi f + g e quidi, f g per quato appea provato, f g 0 e quidi f g f g f Problema 3. f f f f Facilmete, e f f + f f g g + g g g 0 f f f f p 0 f f p 0 Possiamo quidi supporre, (f 0 e) dividedo per f, f = f =. Quidi f f f + f f lim if f + f f = Dall uiforme covessitá segue allora che f f p 0. Esercizio. Sia X isieme o umerabile, dotato della misura che cota. Gli elemeti di L p (X, µ) dati da f = χ {x}, x X hao la proprietá x y χ {x} χ {y} p = p Duque esiste i L p (X, µ) u isieme o umerabile di palle disgiute e quidi ogi isieme deso i L p (X, µ), dovedo itersecare ogua di queste palle, é ecessariamete o umerabile. Esercizio 3 f f quasi ovuque implica 0 = µ({x E : lim sup f (x) f(x) > 0}) = µ( j k {x E : f (x) f(x) > j }) µ( k {x E : f (x) f(x) > j }) e quidi, dato che µ(e) < +, otteiamo µ({x E : f (x) f(x) > j } µ( k {x E : f (x) f(x) > j }) µ( k {x E : f (x) f(x) > j }) = 0 Esercizio 4 Sia g L L q. Se f f i misura, allora lim sup (f f) g ( f p + f p ) lim sup( {x: f (x) f(x) δ} g q ) q + δ g

12 δ g δ > 0 Basta ora osservare che L L q é deso i L q. Ifatti, se 0 g L q, é g = lim Nj= χ Ej N co N χ Ej j j= L q e quidi ache i L. Poi, scrivi g = g + g. j Se f f quasi ovuque, e g = N j= χ Ej j L q e quidi µ(e j ) < + j e quidi f f i misura su ogi E j, come sopra si ha che lim sup (f f) g = 0. Esercizio 5 (i) f f i misura f k f q.o. Passado evetualmete di uovo ad ua sottosuccessioe possiamo supporre f k f q.o. Duque f = f q.o. (ii) come i (i) (iii) segue da (i), perché f f i L p f f i misura (iv) segue dal fatto che f f i L p f k f q.o. (v) f g fg, f g fg g L q (f f)g = 0 g L q f f = 0 q.o. (vi)-(vii) f f debolmete f limitata, fatto che, isieme a f f i misura oppure q.o. implica f f debolmete, e quidi f = f q.o. per (v) Esercizio 6 { f(x) t} f p t p µ({ f(x) t}) e f p L µ({ f(x) t}) t + µ({ f(x) = + }) = 0 { f(x) t} f p t + 0 Esercizio 7 µ(x) < +, f f, q.o. f f i misura µ({x : f (x) f(x) ɛ} 0. Duque lim sup lim sup f f q lim sup f f q + ɛ q µ(x) {x: f (x) f(x) ɛ} [ ] q f f p p µ({x : f (x) f(x) ɛ}) p q p +ɛ q µ(x) = +ɛ q µ(x) {x: f (x) f(x) ɛ}