AM5 2008: Tracce delle lezioni- 4

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1 AM5 008: Tracce delle lezioni- 4 L e gli spazi di HILBERT f := f = < f, f > ove < f, g > := fg dµ, f, g L é un prodotto scalare (ovvero una forma bilineare simmetrica positiva) in L. Notiamo che la diseguaglianza di Holder, con p = q = dá la ben nota fg f g diseguaglianza di Cauchy-Schwartz Lo spazio L é uno spazio di Hilbert: SPAZI DI HILBERT. Sia (H,. ) spazio di Banach. Se esiste in H un prodotto scalare < x, y >:= b(x, y), x, y H ovvero b é bilineare e < x, y > = < y, x > x, y H, < x, x > > 0 x H, x 0 tale che x = < x, x > x H, H si dice spazio di Hilbert. Le seguenti (ben note) proprietá si verificano facilmente: Cauchy-Schwartz : < x, y > x y x, y H Pitagora : < x, y >= 0 x + y = x + y x, y H Regola del Parallelogramma : x + y + x y = ( x + y ) La proprietá fondamentale degli spazi di Hilbert é l esistenza della PROIEZIONE ORTOGONALE : Sia V sottospazio lineare chiuso di H. Allora h H! h V V : < h h V, v >= 0 v V Tale vettore si chiama proiezione ortogonale di h su V e si indica P V h. 30

2 L operatore P V é una proiezione lineare : P V = P V, P V (rh + sk) = rp V (h) + sp V (k) r, s R, h, k H Inoltre P V é operatore lineare continuo: P V (h) h h H Infine, indicato V := {h H : < h, v >= 0 v V }, risulta KerP V = V. Prova. Il vettore v(h) é quello che realizza la minima distanza di h da V : se d := inf h v, allora h v(h) = d v V Esistenza: Mostriamo innanzi tutto che tale inf é realizzato: se v n V é minimizzante, cioé h v n n d, allora, dalla regola del parallelogramma v n v m = (v n h) + (h v m ) = ( v n h + h v m ) [ v n + v m ( v n h + h v m ) 4d n 0 h] perché vn+vm h d in quanto vn+vm V ; dunque v n é di Cauchy e quindi converge, necessariamente ad un elemento di V perché V é chiuso. Poi, se v realizza il minimo, cioé h v = d, allora, fissato v V e posto ϕ v (t) := h v + tv = h v + t v + t < h v, v > risulta ϕ v (t) ϕ v (0) cioé t = 0 é di minimo per ϕ v (t) e quindi t R 0 = ϕ v(0) = < h v, v > v V Unicitá: se v 1, v V sono tali che < h v 1, v >=< h v, v > v V allora < v v 1, v >=< h v 1, v > < h v, v >= 0 v V e quindi, prendendo v = v v 1, troviamo che v 1 = v. Linearitá: Da < h P V h, v > = < k P V k, v > = 0 v V segue < rh + sk (rp V h + sp V k), v >= 0 v V P V (rh + sk) = rp V h + sp V k 31

3 per l unicitá. Poi, siccome P V v = v v V e P V h V h H, P V é idempotente. Inoltre, P V h = 0 < h, v >= 0 v V. Continuitá: Per Pitagora: h = (h P V h) + P V h = h P V h + P V h P V h h H Corollario : V = V H = V V. Infatti V V = {0} ed ogni h H si scrive come h = P V h+(h P V h) V +V. ESEMPIO. Sia V =< e 1,..., e n >, e j H, < e i, e j >= δ ij. Allora n P V h = < h, e j > e j Essendo tutte le norme su R n tra loro equivalenti, V é completo e quindi é chiuso in H. Poi, < h i < h, e i > e i, e j > =< h, e j > < h, e j >= 0 Proiezione su un insieme convesso e chiuso. Sia C sottoinsieme chiuso in H Hilbert. Se C é anche convesso (cioé x, y C tx + (1 t)y C t [0, 1]), allora, esattamente come nel caso in cui C é sottospazio lineare, si vede che Fissato v C, la funzione h H h C C : inf C h v = h h C ϕ v (t) := h [tv+(1 t)h C ] = h h C +t h C v +t < h h C, h C v >, t [0, 1] ha, in t = 0, un punto di minimo, e quindi 0 ϕ v(0) = < h h C, h C v > v V ovvero < h h C, v h C > 0 v C 3

4 TEOREMA DI RAPPRESENTAZIONE DI RIESZ. Sia l : H R lineare e continuo. Allora h H : l(x) = < x, h > x H Prova. Se l(x) = 0 x H, basta prendere h = 0. Altrimenti, l continuo V := l 1 (0) é sottospazio lineare chiuso proprio di H, e quindi esiste h 0 tale che < h, v >= 0 v V. Posiamo supporre h = 1. Siccome l(x l(x) h) = 0 l(x) x H, abbiamo che < h, x h >= 0 x H ovvero l(h) l(h) l(x) =< x, l(h)h >. NOTA. Lo spazio lineare H := {l : H R : l é lineare e continuo} dotato della norma degli operatori l(x) l := sup x 0 x é uno spazio di Banach. Tale spazio é detto duale algebrico topologico di H. Dato h H, il funzionale l h : H R definito come l h (x) :=< x, h >, é chiaramente lineare e, per Cauchy-Schwartz, continuo e quindi é un elemento di H. Inoltre, l applicazione T : h l h di H in H é chiaramente lineare e, di piú, T (h) = l h = h. Il Teorema di Riesz dice che T é suriettiva. In altre parole Corollario ( RIESZ ). Ogni spazio di Hilbert é isometricamente isomorfo al suo duale. Diseguaglianza di BESSEL. e j H, < e i, e j >= δ ij j < h, e j > h h H Prova. Posto V n =< e 1,..., e n >, P n := P Vn, é n < h, e j > = P n h h h H, n N 33

5 BASE HILBERTIANA (o base ortonormale). Un sistema di vettori e j é sistema ortonormale se < e i, e j >= δ ij Un sistema di vettori e j é completo se < x, e j >= 0 j x = 0 NOTA. (i) Un sistema ortonormale e j é completo se e solo se < e j >, varietá lineare generata dagli e j, é densa in H. Ad esempio, e j := eijt π, t [0, π], j Z formano un sistema ortonormale completo in L ([0, π]). Ció segue dal teorema di Weierstrass (ogni funzione continua in [0, π] é limite uniforme di polinomi trigonometrici) e del fatto che, come vedremo, se Ω é aperto in R N, C0 (Ω) (spazio delle funzioni C (Ω) a supporto compatto contenuto in Ω), é denso in ogni L p. (ii) Ogni Hilbert separabile H ha un sistema ortonormale (numerabile) completo. Infatti, se D é numerabile e denso in H, da D si puó costruire un insieme numerabile di vettori linearmente indipendenti f j tali che la varietá lineare < f j > coincide con < D > e quindi < f j > é densa in H. Posto e 1 = f 1 f 1 e k+1 = v k+1 v k+1, ove k vk+1 := fk+1 < f k+1, e j > e j e quindi, induttivamente, (proiezione ortogonale di f k+1 sulla varietá generata dagli e j : j = 1,..., k: procedimento di ortonormalizzazione di Gram-Schmidt) si ottiene un sistema (numerabile) ortonormale che genera una varietá lineare densa (e quindi é completo). Un sistema ortonormale di vettori e j é base hilbertiana se x = j n < x, e j > e j := lim < x, e j > e j x H n I numeri < x, e j > si chiamano coefficenti di Fourier di x nella base e j. Proposizione 1. (IDENTITÁ DI PARSEVAL) Un sistema ortonormale completo e j é base hilbertiana e x = j < x, e j > x H 34

6 Sia x n := n < x, e j > e j. Dalla diseguaglianza di Bessel segue che x n+p x n = n+p n+1 < x, e j > n 0 per ogni p, ovvero x n é di Cauchy e quindi converge, diciamo a x. Proviamo che x = x. Infatti, < x, e k >= lim n < x n, e k >=< x, e k >. Dunque < x x, e k >= 0 k e quindi x = x. Infine, x n x x n n x e quindi n < x, e j > = x n x. Proposizione. Ogni Hilbert separabile ha una base hilbertiana. NOTA. Sia e j base ortonormale. Da Parseval: x (F x) j :=< x, e j >, x H é una isometria ( lineare) di H su l. (Suriettivitá: (a j ) j N, j a j < + x := j a j e j H é tale che (F x) j = a j.) Teorema di isomorfismo. Ogni Hilbert separabile, é isometricamente isomorfo a l. NOTA. Piú in generale, ogni Hilbert é isometricamente isomorfo a un L (X, µ), ove X é l insieme degli indici di una base hilbertiana per H (eventualmente non numerabile) e µ é la misura che conta. CONVERGENZA DEBOLE Ricordiamo che x n n x (x n converge in norma (o fortemente ad x) se x n x n 0 e x n H si dice limitata se sup n x n < +. NOTA: successioni limitate in spazi di Hilbert di dimensione infinita non hanno in generale sottosuccessioni convergenti. Ad esempio, se e j, j N é sistema ortonormale, allora e i e j = se i j e quindi e j non ha estratte convergenti. Definizione ( = converge debolmente ). x n n 0 < x n, h > n 0 h H Si dice che x n n x se (x n x) n 0. Dalla diseguaglianza di Bessel segue ad esempio che, se e j, j N é sistema ortonormale, e j j 0. Proposizione 1 (i) x n x x n n x (ma non viceversa!) 35

7 (ii) x n n x, y n n y, α, β R αx n + βy n n αx + βy (iii) x n n x lim inf x n x Prova. (i) < x n x, h > h x n x n 0. (ii) ovvia (iii) Possiamo supporre x 0. Allora < x n, x x > x x n x = lim n < x n, x > lim inf x n NOTA. (iii) dice: la norma é inferiormente semicontinua rispetto alla convergenza debole. Teorema (uniforme limitatezza). x n n x sup n x n < + Prova. Posto y n := x n x é y n 0. Se y n é non limitata, allora, per una sottosuccessione (ancora indicata y n ), si avrá y n 4 n e quindi y n h n := 4 n y n, h n = 4 n, < y n, h > n 0 h H Basta quindi provare che se h n = 4 n allora non puó accadere che h n 0. Per provare tale affermazione, poniamo h := σ j 3 j h j h j, σ j = 1 j e proviamo che, per una scelta opportuna dei σ j risulta < h j, h > n +. É n 1 < h n, h > = σ j 3 j < h n, Se scegliamo σ 1 := 1 e, induttivamente, σ j 3 < h h j n, j h j > h j h j > +σ n 3 h n σ j n j>n 3 < h n, j h j h j > σ n := 1 se n 1 σ j 3 j < h n, h j h j 0 e vediamo che < h n, h > 4n 3 n j>n 1 3 j h n = 1 σ n := 1 se 4 n. 3 n n 1 σ j 3 j < h n, h j h j < 0 36

8 Lemma di Mazur. h n C chiuso e convesso, h n n h h C. Prova. Siccome h n C, indicata con h C la proiezione di h su C, si ha < h h C, h n h C > 0 n. Passando al limite otteniamo h h C 0 e quindi h = h C C. Proposizione (i) x n n x, y n y < x n, y n > n < x, y > (ii) < e i > = H, < x n, e j > n 0 j, sup n x n < + x n n 0 Prova. (i) < x n, y n > < x, y > = < x n x, y > + < x n, y n y > < x n x, y > + y n y x n n 0 perché x n é limitata (ii) < x n, h > n 0 h < e j >. Se h k < e j >, h k k h, allora < x n, h > < x n, h k > + < x n, h h k > lim sup n < x n, h > h k h sup n x n k N e quindi lim sup n < x n, h > = 0. Compattezza debole. Sia H Hilbert separabile. Allora x n limitata x n ha una estratta debolmente convergente. Prova. Sia e j base ortonormale. Siccome x n é limitata, basta (vedi Proposizione -(ii)) provare che x nk, x : < x nk, e j > k < x, e j > j N Siccome < x n, e 1 > sup n x n < +, esiste una ( prima) selezione di indici n j = n 1 j e un numero c 1 tale che c 1 = lim j < x 1 j, e 1 >. Effettuando una (ulteriore) selezione di indici n j, troviamo che c i := lim j < x n j, e i > i = 1,. Effettuando k successive selezioni di indici (n k 1 j ) j N (n k j ) j N ed applicando il principio diagonale di Cantor troviamo che lungo la sottosuccessione (diagonale) n k := n k k si ha c i := lim k < x nk, e i > i N Da Ni=1 c i = lim Ni=1 k < x nk, e i > sup n x n N segue che i=1 c i < +. Resta quindi definito il vettore in H dato da x := i=1 c i e i avente appunto la proprietá < x, e j >= c j = lim k < x nk, e j >. NOTA. L ipotesi di separabilitá si puó facilmente eliminare, argomentando nella chiusura della varitá lineare generata dagli x n (che é appunto separabile). 37

9 Esercizi e complementi 4 SERIE DI FOURIER DI FUNZIONI L ([, π]) Indichiamo con C π lo spazio delle funzioni continue in R a valori complessi che sono π periodiche, dotato della norma della convergenza uniforme in [, π]: C π := {f C(R, C) : f(t+π) = f(t) t R}, f := sup f(t) t [,π] Tra tali funzioni é definito il prodotto di convoluzione f g (t) := π f(t s) g(s)ds Indicheremo con PT il sottospazio dei polinomi trigonometrici, ovvero il sottospazio lineare generato da e ijt : j N. Esercizio 1. Provare che (i) f g = g f (ii) f C π, g PT f g PT Esercizio. Siano g n C π tali che g n (t) 0 t, π g n = 1 n N, t δ g n n 0 δ > 0 Provare che f g n n f uniformemente in [, π]. Esercizio 3. g(t) := Siano 1 + cos t = 1 [1 + eit + e it ], g n := gn π g n Provare che le g n soddisfano le condizioni dell Esercizio e concludere che PT é denso in C π. Esercizio 4. Sia f L ([, π]). Provare che ɛ > 0, φ ɛ C 0 ([, π]) : π f φ ɛ ɛ e concludere che 1 π sin kt, 1 π cos kt, k N é base hilbertiana in L ([, π]). 38

10 SPAZI DI HILBERT, CONVERGENZA DEBOLE Sia H Hilbert. C H, Γ : C R sono convessi se tx + (1 t)y C, x, y C, t [0, 1] Γ(tx + (1 t)y) tγ(x) + (1 t)γ(y) x, y C, t [0, 1] Esercizio 1. Sia C H chiuso e convesso. Provare che h H,! h C C : h h C h v, v C e che < h h C, v h C > 0, v C. Esercizio. Sia C chiuso e convesso in H. Provare che x n C, x n x x C Dedurre che, se x n x allora esistono x n, combinazioni lineari convesse degli x n, tali che x n x n 0. Esercizio 3. Sia C convesso e Γ : C R funzionale convesso e continuo. Provare che x n C, x n x lim inf Γ(x n ) Γ(x) Esercizio 4. Sia C chiuso e convesso in H, Γ : C R continuo e coercivo: x n C, x n + Γ(x n ) + Provare che x C : inf C Γ = Γ(x). Esercizio 5. Provare che x n x, x n x x n x 0 Esercizio 6. Sia L L (H) ( operatore lineare e continuo in H). Provare che esiste un (unico) L L (H) tale che < L x, y >=< x, Ly > x, y H (operatore aggiunto di L) e dedurre che x n x Lx n Lx Esercizio 7. Provare che A einx dx 0 A [0, π] misurabile e dedurre che, se n k < n k+1, l insieme {x [0, π] : sin(n k x) converge } è di misura nulla. 39

11 CENNI DI SOLUZIONE Serie di Fourier in L ([, π]) Esercizio 1 - (ii). Sia g(t) = n c j e ijt. Si ha π π n n (f g)(t) = f(s) c j e ij(t s) ds = [c j f(s)e ijs ds] e ijt Esercizio. (f g k )(t) f(t) = π π f(t s) g k (s) ds f(t) g k (s) ds f(t s) f(t) g k (s) ds + f g k (s) ds ɛ + f ɛ s δ se δ δ ɛ, s δ f(t s) f(s) ɛ e k k ɛ Esercizio 3. Si tratta di provare che s δ s δ t δ g k (s) ds k 0 δ > 0. g k ɛ. É c k := π [ ] 1 + cos t k dt π 0 [ ] 1 + cos t k sin t dt = = 4 k c k s δ π 0 g k (s) ds d dt [ 1 + cos t (k + 1)π ] k+1 = 4 k + 1. Quindi [ ] k 1 + cos δ k 0 δ > 0 Esercizio 4. Possiamo supporre f 0 fuori di [, π] e infatti f 0 t / [ + 1 n, π 1 n ] perché f fχ[+ 1 n,π 1 n ] ɛ se n é grande (assoluta continuitá dell integrale). Siccome f = f + f, basta provare che se g 0, g L (R), g(t) = 0 t / [ + 1, π 1 ], allora n n ɛ > 0, g C 0 ((, π)) : 40 π g g ɛ

12 Siccome poi esistono funzioni semplici 0 φ n g con φ n φ n+1 puntualmente convergenti a f, e quindi (convergenza monotona!) convergenti a g anche in L, basta provare che, se E [ + 1, π 1 ] n n é Lebesgue misurabile, allora ɛ > 0, h C 0 (, π) : χ E h ɛ Ma ció segue subito dal fatto che ɛ > 0, K ɛ E O ɛ (, π) : L 1 (O ɛ \ K ɛ ) ɛ con K ɛ compatto, O ɛ aperto. Infatti, dato δ > 0 tale che d(x, K ɛ ) δ x O ɛ, basta prendere ϕ ɛ (x) := γ(d(x, K ɛ )) ove γ C(R) con γ(0) = 1 e γ(t) = 0 se t δ: ϕ ɛ χ E 4 χ Oɛ\Kɛ = 4L 1 (O ɛ \ K ɛ ) 4ɛ Spazi di Hilbert, convergenza debole Esercizio 1. L esistenza di h C segue come nel caso in cui C é sottospazio lineare. Poi, v C h [tv + (1 t)h C h h C t [0, 1] 0 d dt [ h [tv + (1 t)hc ] t=0 = d [ h + t v + (1 t) h C < h, tv + (1 t)h C > +t(1 t) < v, h C > ] dt t=0 = h C < h, v > + < h, h C > + < v, h C > = < h h C, v h C > Esercizio. x n C, x n x, x C proiezione di x sul convesso chiuso C < x x C, x n x C > 0 < x x C, x x C > 0 x = x C C Esercizio 3. Sia c := lim inf n Γ(x n ) = lim j Γ(x nj ). Allora ɛ > 0, j ɛ : j j ɛ x nj Γ c+ɛ := {x C : Γ(x) c + ɛ} Ora, Γ c+ɛ é chiuso (perché Γ é continuo) e convesso (perché Γ é convesso), e quindi ( Esercizio ) x n x, x n Γ c+ɛ x Γ c+ɛ ɛ > 0 41

13 ovvero Γ(x) c + ɛ, ɛ > 0. Esercizio 4. Sia x n C minimizzante: Γ(x n ) inf C Γ. Dalla coercivitá segue sup n x n < + e quindi esiste una sottosuccessione x nk (ancora minimizzante) che converge debolmente a un x. Siccome C é chiuso e convesso, allora (Esercizio ) x C e quindi (Esercizio 3) inf C Γ = lim inf k Γ(x nk ) Γ(x) inf C Esercizio 5. x n x = x n + x < x, x n > x < x, x >. Esercizio 6. Indichiamo con G : H H l isomorfismo di Riesz: h H, G(h) (x) = < h, x > x H Fissato y H, x l y (x) :=< L(x), y > é un funzionale lineare e continuo e quindi esiste un unico vettore, diciamo L (y), tale che G(L (y)) = l y, ovvero < L (y), x > = l y (x) =< L(x), y > x H Chiaramente, L é lineare e < L (y), x > = < L(x), y > Lx y L x y L (y) L y Γ e quindi L é continuo e L := sup{ L (y) : y 1} L In effetti, siccome chiaramente (L ) = L, si ha L = L. Infine, x n x < L(x n ), y >=< L (y), x n > < L (y), x >=< L(x), y > y H Esercizio 7. Da Bessel: π e int χ A dt χ A n 0 π 0 e int χ A dt n 0 Poi, se f(x) := lim sin(n k x) in A := {x : lim k sin(n k x)}, per quanto sopra si ha π 0 = lim sin(n k x)χ {f 0} = k 0 π fχ {f 0} 0 e quindi f + = 0 q.o. ed, analogamente per f e quindi esiste N s con µ(n s ) = 0 tale che sin n k x 0 in A \ N s. Analogamente, cos n k x 0 in A \ N c. Ma 1 = sin n k x + cos n k x 1 in A e quindi A N s N c. 4