Esercizi svolti. Luca Granieri

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1 Esercizi svolti Luc Grnieri Gli esercizi qui rccolti sono trtti dlle prove ssegnte nei concorsi di mmissione l dottorto di ricerc in mtemtic negli ultimi nni ed in diverse università itline. Per ogni esercizio viene indict l sede, l nno e il tem in cui è stto ssegnto. Si trtt di esercizi per lo più di nlisi, scelti tr quelli che mi prev di poter risolvere correttmente ( tl proposito ricevo volentieri ogni segnlzione di errore). Nonostnte quest limitzione, credo comunque che possno risultre utili qunti si preprno detti concorsi, o gli studenti che bbino lo scritto per gli esmi degli ultimi nni, per i quli, in genere, non c è molto mterile disponibile per potersi preprre degutmente. A tl fine, ho inserito nche diversi riferimenti bibliogrfici, utili per rivedere ed pprofondire l teori richiest dgli esercizi. Esercizio 1 (Milno, 21, Tem C, Esercizio 5) Si H 1 l chiusur di {u C 1 ([, 1]), u() = u(1) = } rispetto ll norm u 2 = 1 ( u 2 + u 2 )dx. Sino f : H 1 : f(v) = 1 B : H 1 H 1 : B(u, v) = (12x 1)vdx 1 (3x + 1)u v dx i) Dimostrre che f è un funzionle linere limitto su H 1, e B un form bilinere che gener un prodotto sclre su H 1 ; ii) dimostrre che esiste un unico ū H 1 tle che B(ū, v) = f(v), per ogni v H 1 ; iii) determinre ū. svolgimento. Questo è un esercizio sugli spzi di Sobolev 1-dimensionli. Un buon riferimento è il cpitolo 8 di [2]. Dunque, lo spzio di Sobolev H 1 è ftto dlle funzioni di L 2 ([, 1]) l cui derivt debole è ncor in L 2 ([, 1]) e che si nnullno negli estremi dell intervllo. [2, pg.211] Poichè l funzione integrnd è linere, llor ovvimente nche f è linere. Essendo nche l Diprtimento di Mtemtic L. Tonelli Università di Pis, vi Buonrroti 2, Pis, Itly. grnieri@mil.dm.unipi.it 1

2 derivzione debole un operzione linere, è chiro che B è bilinere. Utilizzndo l disuguglinz di Hölder bbimo: f(v) 2 1 ( 1 12x 1 v(x) dx C v 2 C v ) 1 ( 2 1 ) x 1 2 dx v(x) 2 dx Pertnto f è continuo. Verifichimo or le ulteriore proprietà del prodotto sclre per B. Intnto è ovvio che B(u, v) = B(v, u). Inoltre B(u, u) = 1 (3x + 1)(u ) 2 dx, essendo l funzione 3x + 1 positiv in [, 1]. Infine B(u, u) = 1 (u ) 2 dx = u = q.o. (1) D ltronde sppimo che per le funzioni di H 1 vle l formul fondmentle del clcolo integrle [2, pg.193], ovvero x, y [, 1] : u(x) = u(y) + y x u (t)dt Questo, unito ll (1), ci dice che u è costnte in [, 1]. Allor poichè u si nnull gli estremi, senz ltro dev essere u =. Dunque il punto i) è verificto. ii) Dobbimo verificre che il funzionle f si può rppresentre medinte l form bilinere B. Uno strumento nturle in questo frngente è il teorem di Lx-Milgrm [2, pg.136], che ci dice che questo è possibile non ppen B è continu e coercitiv. In effetti, B(u, v) 1 3x + 1 u v dx 3x + 1 ( 1 3x + 1 u v ) 1 ( 2 1 ) 1 2 u 2 dx v 2 dx Donde B è continu. Utilizzndo or l disuguglinz di Poincrè [2, pg.213] bbimo B(u, u) = 1 (3x + 1)(u ) 2 dx 1 (u ) 2 dx = u 2 2 u 2 2 Donde B è coercitiv. ii) segue llor d Lx-Milgrm. iii) Dobbimo determinre ū H 1 che verifichi l equzione: B(ū, v) f(v) = v H 1. Per semplificrci l vit, supponimo che ū, v sino regolri. Per l unicità, se troveremo un ū sifftt sremo posto. integrndo per prti bbimo B(ū, v) f(v) = 1 1 (3x+1)ū vdx 1 [ū (3x + 1) + 3ū ]vdx 1 (12x 1)vdx = [(3x + 1)ū v] 1 1 (12x 1)vdx = [ū (3x + 1) + 3ū 12x + 1]vdx = 2

3 In prticolre ciò deve vlere v C c ([, 1], ), pertnto dev essere (3x + 1)ū + 3ū 12x + 1 =. Dunque bbimo ricvto che ū soddisf il seguente problem i limiti: { (3x + 1)u + 3u 12x + 1 = u() = u(1) = Si trtt llor di risolvere un eqzione differenzile ordinri del second ordine coefficienti vribili. A tl fine cerchimo di bbssrne l ordine ponendo z = u, d cui ricvimo l equzione (3x + 1)z + 3z 12x + 1 = (2) In form normle bbimo z = 3 3x+1 z + 12x 1 3x+1 Quindi ci simo ricondotti d un equzione del prim ordine. Considerimo llor l omogene ssocit z = 3 3x+1z. Seprndo le vribili, ottenimo che z(x) = ce lg(3x+1) = c 1 3x+1 Per trovre un integrle prticolre dell (2) clcolimo 12x 1 3x+1 (3x + 1)dx = (12x 1)dx = 6x 2 x. Pertnto un integrle prticolre dell (2) è 6x2 x c 3x+1. In definitiv bbimo che z(x) = 3x+1 + 6x2 x 3x+1. Allor bbimo u = Integrndo ottenimo c 3x+1 + 6x2 x 3x+1 u(x) = c 1 lg(3x + 1) + x 2 x + c 2 Dlle condizioni i limiti llor si ricv fcilmente che u(x) = x 2 x. Per l unicità bbimo trovto che ū = x 2 x. Esercizio 2 (Milno, 21, Tem C, esercizio 6) Si (X, M, µ) uno spzio di misur. i) Sino 1 < p < + e q tli che 1 p + 1 q = 1. Sino {f n}, {g n } due successioni di funzioni misurbili tli che f n f in L p (X, µ) e g n g in L q (X, µ) per n. Mostrre che f n g n fg in L 1 (X, µ). ii) Sino E uno spzio di Bnch e E il suo dule. Sino {f n } E e {φ n } E successioni tli che f n f (convergenz debole in E ) e φ n φ (convergenz forte nel dule E ). Mostrre che < φ n, f n > < φ, f > per n +. Qui <, > denot l form dule. iii) Sino X = e µ l misur di Lebesgue. Si g un funzione misurbile tle che g L p () dove 1 < p < +. Discutere l convergenz forte ( in norm p ) e convergenz debole delle successioni f n (x) = rctn(n x )g(x) e g n (x) = n 1 p g(nx). svolgimento. Le nozioni fondmentli sugli spzil p e sui vri tipi di convergenz si possono trovre per esempio in [2]. i) Utilizzndo l disuguglinz di Hölder e il ftto che le successioni che convergono debolmente sono limitte [2, pg.53], bbimo f n g n fg dµ f n g n f n g dµ + f n g fg dµ = f n g n g dµ+ X X + g f n f dµ f n p g n g q + g q f n f p X 3 X X

4 C g n g q + g q f n f p per n + ii) icordimo che f n f φ E :< φ, f n > < φ, f > per n + Allor < φ n, f n > < φ, f > < φ n, f n > < φ, f n > + + < φ, f n > < φ, f > φ n φ E f n + < φ, f n > < φ, f > per n + iii) Ponimo ϕ n (x) = rctn(n x ). ϕ n π 2. Dunque bbimo: Trnne che nell origine, sppimo che f n (x) π 2 g(x) p = g(x) p ϕ n (x) π 2 p g(x) p L 1 Mentre lim n + f n π 2 g p = q.o. Allor, per il teorem dell convergenz domint di Lebesgue, posimo concludere che lim n + f n π 2 g p dx =. Pertnto f n π 2 g in Lp. Or oservimo che g n (x) p dx = n g(nx) p dx = g(y) dy g n p = g p Poichè per 1 < p < + lo spzio L p è riflessivo, per Eberlein-Smulin [2, pg.76], lmeno possimo dire che c è un estrtt g h(n) che converge debolmente. Vedimo di determinrne il limite. Osservimo che g n (x)ϕ(x)dx = n 1 p g(nx)ϕ(x)dx = n (1/p) 1 g(y)ϕ(y/n)dy con ϕ L q. Se sceglimo ϕ C c, per l convergenz domint di Lebesgue, il secondo membro dell precedente uguglinz converge zero. Allor, per densità, questo vle nche per ϕ L q. Inftti, se fissimo ϕ L q ed ε >, per densità, esiste ϕ ε C c tle che ϕ ϕ ε q < ε. Allor, per n bbstnz grnde, bbimo pure che g nϕ ε dx < ε. Allor g n ϕdx g n ϕ g n ϕ ε dx + g n ϕ ε dx < g n p ϕ ϕ ε q + ε < g p ε + ε Pertnto, bbimo che in effetti g n. Poichè {g n } h norm costnte, llor l convergenz non può essere forte. Esercizio 3 (Torino, 21, Tem 3, esercizio 4) Si f n : [, + [ dt d f n (x) = n 2 x 1 2 e nx. () Clcolre f n = sup{ f n : x [, + [}. Clcolre il limite puntule f di f n. (b) E vero che f n f uniformemente in [, + [? E in [1, + [? (c) E vero che lim + f n (x)dx = + f(x)dx? 4

5 svolgimento. Questo è un tipico esercizio di nlisi II. Un ottimo testo per esercitrsi su questi temi è ()Comincimo con l osservre che si trtt di funzioni continue, positive, con f n () =, mentre lim x + f n (x) =. Allor senz ltro f n è dott di mssimo in [, + [. Per x clcolimo: f n(x) = n x e nx n 3 x e nx = n 2 e nx ( ) 1 2 x n x 1 2 x n x 1 2 nx x 1 2n < 1 (3) Allor possimo concludere che f n h un mssimo nel punto x = 1 2n. Pertnto f n = f n ( 1 2n ) = 1 2 n 3 2 e 1/2 E fcile verificre che il limite puntule è f =. (b) L convergenz non può essere uniforme in [, + [, poichè dll (4) risult che f n +. L (3) ci dice che le f n sono decrescenti in in [1, + [. In tl cso bimo che f n = f n (1) = n 2 e n. Quindi l rispost ll second domnd è positiv. (c) + f n (x)dx = = n + + Pertnto l rispost è negtiv. n 2 x e nx dx = + y e y dy + per n + n 2 y n n e y dy = Esercizio 4 (Torino, 21, Tem 3, esercizio 5) Si D() = C () e si D il suo dule, cioè lo spzio delle distribuzioni su, δ D () l delt di Dirc concentrt in x =. Si ε ϕ ε (x) = x 2 + ε 2 Si dimostri che in D () vle il seguente pssggio l limite lim ϕ ε(x) = πδ ε svolgimento. Un semplice introduzione lle distribuzioni si può trovre in [4]. Un trttzione più pprofondit si trov in [9]. L fmigli di funzioni (ϕ ε ) ε> è, meno del fttore 1 π, l fmigli regolrizznte ssocit l cosiddetto nucleo di Cuchy-Poisson : ψ(x) = 1 1 π 1+x. In effetti si trtt di un funzione 2 ψ L 1 () con ψ(x)dx = 1. Inftti ψ(x)dx = 1 1 π 1 + x 2 dx = 1 [rctn x]+ = 1 π π π = 1 (4) L fmigli regolrizznte è dt llor d ψ ε (x) = 1 ε ψ( x ε ). Nturlmente bbimo nche ψ ε(x)dx = 1 ε ψ(y)εdy = 1. Tr le proprietà fondmentli delle fmiglie regolrizznti c è l seguente: f uniformmemente continu e limitt lim ε ψ ε f = f uniformemente (5) 5

6 ( per le proprietà fondmentli dell convoluzione e dell regolrizzzione si può d esempio consultre [2] ). Per comodità del lettore dimo l dimostrzione di qunto ffermto: ψ ε f(x) f(x) = f(x y)ψ ε (y)dy ψ ε (y)f(x)dy ψ ε (y) f(x y) f(x) dy (6) Fissto r >, per l uniforme continuità, esiste δ > tle che u, v : u v < δ f(u) f(v) < r (7) Osservimo che ψ ε (y) dy = ψ ε (y) χ B(,δ) c(y)dy = 1 ψ(y/ε) χ B(,δ) c(y)dy = y >δ ε = ψ(z) χ B(,δ) c(zε)dz = ψ(z) χ B(,δ/ε) c(z)dz = ψ(z) dz Pertnto esiste un ε tle che ε ε : y >δ z >δ/ε ψ ε (y) dy < r (8) Allor se ε < ε e x, cus di (6), (7) e (8), bbimo che: ψ ε f(x) f(x y) f(x) ψε(y) dy+ f(x y) f(x) ψε(y) dy < y δ y >δ < r ψ f r = r( ψ f ) Tornimo or l nostro esercizio, ed osservimo che ϕ ε = πψ ε. Poichè si trtt di funzioni in L 1, nel senso delle distribuzioni e tenuto conto dell (5), bbimo che f D : ϕ ε (f) = ϕ ε (x)f(x)dx = ϕ ε f() πf() = πδ(f) Esercizio 5 (S.I.S.S.A., Settore di Anlisi Funzionle e ppliczioni) (1994, esercizio 2) Si c = {(x n ) n N : lim x n = } e si u : c un funzionle linere e continuo. Per ogni n N si η n = u(e (n) ), dove e (n) j = per j n e e (n) n = 1. Provre che (η n ) l 1 e u = n N η n. svolgimento. Utilizzndo il simbolo di Kronecker bbimo: e (n) j = δ j,n. Dobbimo verificre che + n= η n è convergente. E noto che (c ) l 1. Allor esiste un unico x = (x j ) j N l 1 tle che y c : u(y) = + j= y jx j. Dunque bbimo: η n = u(e (n) ) = + j= + e (n) j x j = δ j,n x j = x n j= 6

7 Pertnto η = x l 1. est d vlutrne l norm. u(y) + j= Vicevers, considerimo l successione: y j x j y x 1 = y η 1 u η 1 ψ = σ(η) = { η n η n se η n 1 ltrimenti Allor ψ j η j = η j. Poichè η l 1, chirmente ψ c, e inoltre ψ = 1 Dunque, tenuto conto che x = η, bbimo: u(ψ) = + j= ψ j η j = + j= η j = η 1 D cui η 1 = u(ψ) u(ψ) u ψ = u. Esercizio 6 (S.I.S.S.A., Settore di Anlisi Funzionle e ppliczioni) (1994, esercizio 3) Si f : un funzione convess e per ogni x si Dimostrre che f +(x) = lim h + f(x + h) f(x) h b per ogni, b con < b. f +(x)dx = f(b) f() svolgimento.intnto ricordimo che le funzioni convesse sono dotte di derivt destr e sinistr. Essendo poi limite di funzioni misurbili, f + è misurbile. Inoltre possimo esprimere: f +(x) = lim n[f(x + 1/n) f(x)] Per le funzioni convesse sppimo che il rpporto incrementle è un funzione crescente. Quindi possimo dire che Inoltre se y < x bbimo f(b) f(y) b y f +(y) f(b) f(y) b y In effetti bst osservre che b n[f(x + 1/n) f(x)] f +(x) Al limite per x y ottenimo. Integrndo ottenimo b f +(y)dy b f(b) f(y) b y dy < ± f(b) f() dy = lim b y x b x f(x) f(y) x y f(b) f() f(b) f() dy lim (x ) = b y x b b y = f (b)(b ) 7

8 Petnto f + L 1 [, b]. Applicndo l convergenz domint di Lebesgue e per l continuità di f bbimo: = lim ( n b b+1/n b f +(x)dx = lim = lim ( n f(t)dt n b+1/n +1/n b +1/n n[f(x + 1/n) f(x)]dx = f(t)dt n f(t)dt ) b f(t)dt ) = ( = lim n f(ξ n) n f(η ) n) = n n = lim f(ξ n) lim f(η n) = f( lim ξ n) f( lim η n) = f(b) f() Poichè per l medi integrle ξ n [b, b + 1/n] e η n [, + 1/n]. Esercizio 7 (S.I.S.S.A., Settore di Anlisi Funzionle e ppliczioni) (1994, esercizio 4) Si (X, d) uno spzio metrico completo, x X, r >. Posto D = {x X : d(x, x) r}, si f : D X soddisfcente d(f(x), f(y)) kd(x, y) per ogni x, y D dove k (, 1) è un costnte. Si provi che se d( x, f( x)) r(1 k) llor f mmette un unico punto fisso. svolgimento. E chiro che dovremo fr riferimento l teorem di Bnch sui punti fissi [7]. Essendo D chiuso, è esso stesso uno spzio completo. L ipotesi dell esercizio ci dice che f è contrttiv su D. est quindi d ppurre se f pplic D in sè. A tl fine se x D : d(f(x), x) d(f(x), f( x)) + d(f( x), x) kd(x, x) + r(1 k) kr + r(1 k) = r Donde f(x) D. Esercizio 8 (S.I.S.S.A., Settore di Anlisi Funzionle e ppliczioni) (1994, esercizio 5) Si I = (, 1) e si (f n ) un successione limitt in L p (I) (1 < p < ). Provre che se (f n ) converge in L 1 (I), llor converge in L r (I) per ogni r con 1 r < p. svolgimento. Poichè f n in L 1, llor esiste un estrtt (f k(n) ) che converge q.o. Indict con µ l misur di Lebesgue, è ovvio che µ(i) <. Possimo llor pplicre il teorem di Severini-Egorov (un dimostrzione del qule si trov nell ppendice di [2] ) che ci dice che l convergenz è qusi uniforme. Ovvero, fissto ε >, esiste un insieme misurbile E ε I con µ(e ε ) < ε tle che (f k(n) ) converge uniformemente in (E ε ) c. Utilizzndo l disuguglinz di Hölder reltiv gli esponenti ( p r, p p r ) e l limittezz dell successione in L p bbimo: f k(n) r dµ = f k(n) r dµ + f k(n) r dµ I Eε Eε c 8

9 ( ) r/p f k(n) p dµ (µ(e ε )) p r p + f k(n) r dµ E ε Eε c M r ε p r p + f k(n) r dµ Eε c Pssndo l limite, essendo l convergenz uniforme nell ultimo integrle, bbimo: f k(n) r dµ M r ε p r p lim I Dt l rbitrrietà di ε > ottenimo che lim I f k(n) r dµ =, ovvero che f k(n) in L r. Verifichimo desso che in reltà l successione stess converge in L r. Inftti, se così non fosse, potremmo trovre un ε > ed un estrtt (f h(n) ) tle che I f h(n) r dµ ε > (9) Ovvimente (f h(n) ) è limitt in L p e f h(n) in L 1. ipetendo llor il rgionmento ftto in precedenz, possimo trovre un nuov estrtt (f k(h(n)) ) tle che f k(h(n)) r. M questo contrddice l (9). Esercizio 9 (S.I.S.S.A., Settore di Anlisi Funzionle e ppliczioni) (1995, esercizio 2) Un fmigli F L 1 () si dice equissolutmente integrbile se per ogni ε > esiste un δ > tle che u(t) dt ε per ogni u F e per ogni insieme E misurbile E tle che m(e) < δ. Si B = {u L 1 () : u(t) dt 1} e, ssegnt g L 1 (), si G = {g u : u B} dove (g u)(t) = g(t s)u(s)ds. () Provre che B non è equissolutmente integrbile. (b) Provre che G è equissolutmente integrbile. svolgimento.per ε > considerimo il nucleo di Cuchy-Poisson ϕ ε (x) = 1 ε π ε 2 +x già incontrto nell esercizio 4. Pertnto ϕ 2 ε B. D ltronde, trnne che nell origine, risult lim ε + ϕ ε (x) =. Se llor B fosse equissolutmente integrbile, cus del teorem di Vitli, in un qulsisi intervllo di misur finit [ r, r], potremmo pssre l limite sotto il segno di integrle. Dunque vremmo r lim ϕ ε (x)dx = (1) ε + r D ltr prte r r ϕ ε (x)dx = 1 r πε r x 2 /ε 2 dx = 1 r/ε π r/ε y 2 = 9

10 = 1 π [rctn(y)]r/ε r/ε = 2 rctn(r/ε) 1 per ε + π M questo contrddice l (1). Pertnto B non è equissolutmente integrbile. (b) Fissto ε >, per l ssolut continuità dell integrle, bbimo che esiste un δ > tle che per ogni E misurbile con m(e) < δ : g(x) dx < ε. Per ogni E u B bbimo: g u(x) dx = g u L 1 (E) g L 1 (E) u L 1 (E) g L 1 (E) = E = E g(x) dx < ε Esercizio 1 ( om-tor Vergt, 2, Tem 2, esercizio 5) Si X uno spzio topologico comptto non necessrimente di Husdorff. Fr vedere che ogni sottoinsieme infinito di X h lmeno un punto di ccumulzione. svolgimento. Si E X un sottoinsieme infinito. Se x X non è di ccumulzione per E llor esiste un perto U x tle che U x E = ( ) ({x}). Se nessun punto di X è di ccumulzione per E,l fmigli (U x ) x X è un ricovrimento di X. Per l compttezz possimo llor considerre un sottoricovrimento finito. Ovvero X = n i=1 U x i. M llor E = E X è costituito l più di punti {x 1... x n }, e questo contrddice il ftto che E è infinito. Esercizio 11 (om-tor Vergt, 2, Tem 2, esercizio 9) Si X uno spzio di Bnch riflessivo e Y un sottospzio chiuso di X. Dimostrre che per ogni x X esiste lmeno un elemento ˆx Y tle che x ˆx = inf y Y x y. Dire se quest proprietà rest vlid nche per spzi di Bnch non riflessivi. svolgimento. Questo è un bell esercizio di nlisi funzionle che estende il noto teorem sulle proiezioni negli spzi di Hilbert. Per le proprietà degli spzi riflessivi e delle topologie deboli fremo rifrimento [2, cp.3]. Si dunque x X e ponimo ϕ : Y tle che ϕ(y) = x y. Allor il nostro obiettivo è quello di mostrre che ϕ mmette minimo in Y. Intnto osservimo che ϕ è continu. Inoltre è nche convess. Inftti ϕ(λy 1 +(1 λ)y 2 ) = x λy 1 +(1 λ)y 2 ) = x λy 1 +(1 λ)y 2 )+λx λx λ(x y 1 ) + (1 λ)(x y 2 ) = λϕ(y 1 ) + (1 λ)ϕ(y 2 ) Fisimo or un qulsisi Y e ponimo λ = ϕ(). Si or K = {y Y : ϕ(y) λ }. Per qunto detto su ϕ bbimo che K è chiuso e convesso, quindi chiuso debolbente. Inoltre poichè x y x y = ϕ(y) lim ϕ(y) = + y + K è necessrimente limitto. Allor esiste un r > tle che K rb, dove B è l sfer chius unitri di X. Poichè lo spzio è riflessivo, il teorem di Kkutni [2] ci dice che K è comptto debolmente. Nturlmente, come già osservto, α : {y Y : ϕ(y) α} è chiuso debolmente, ovvero ϕ è semicontinu inferiormente per l topologi debole. Allor, per il teorem di Weierstrss generlizzto, ϕ mmette minimo in K. Dunque esiste ˆx K tle che y K : ϕ(ˆx) ϕ(y). Se poi y Y e y non è in K, bbimo nche ϕ(ˆx) λ < ϕ(y). Dunque ˆx è il punto cercto. Nell dimosrzione presentt l riflessività dello spzio è essenzile. 1

11 iferimenti bibliogrfici [1] Sterling K. Berberin. Foundmentls of rel nlysis. Springer, [2] Hime Brezis. Anlisi funzionle. Teori ed ppliczioni. Liguori, [3] L.C.Evns. Prtil Differentil Equtions. Grdute studies in mthemtics,19, AMS, 1998 [4] G. Gilrdi Anlisi 3, Mc Grw-Hill [5] D.Gilbrg, N. Trudinger. Elliptic Prtil Equtions of Second Order, Springer, 1983 [6] Luc Grnieri. Equzioni differenzili ordinrie. Aspetti del problem di Cuchy. Disponibile online ll indirizzo: grnieri [7] Luc Grnieri. Alcuni teoremi di punto fisso ed ppliczioni. Disponibile online ll indirizzo: grnieri [8] A.Kolmogorov, S.Fomine. Elementi di teori delle funzioni e di nlisi funzionle. Mir, 198 [9] W. udin. Functionl Anlysis. Mc Grw Hill, 1973 [1] G.E. Silov. Anlisi mtemtic. Funzioni di un vribile Mir, [11] E.Zeidler Nonliner functionl nlysis nd its pplictions. Vol.1, Springer,