AM310- IV Settimana 2012

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1 AM310- IV Settimana 2012 L 2 e gli spazi di HILBERT f 2 2 := f 2 = < f, f > ove < f, g > := fg dµ, f, g L 2 é un prodotto scalare (ovvero una forma bilineare simmetrica positiva) in L 2. Notiamo che la diseguaglianza di Holder, con p = q = 2 dá la ben nota fg f 2 g 2 diseguaglianza di Cauchy-Schwartz Lo spazio L 2 é uno spazio di Hilbert: SPAZI DI HILBERT. Un Banach (H,. ) é Hilbert se x = < x, x > x H, ove < x, y > é un prodotto scalare in H ovvero é forma bilineare e < x, y > = < y, x > x, y H, < x, x > > 0 x H, x 0 Le seguenti (ben note) proprietá si verificano facilmente: Cauchy-Schwartz : < x, y > x y x, y H Pitagora : < x, y >= 0 x + y 2 = x 2 + y 2 x, y H Regola del Parallelogramma : x + y 2 + x y 2 = 2( x 2 + y 2 ) Lemma. Sia C H convesso (cioé tx + (1 t)y C x, y C, t [0, 1]) e chiuso. Allora esiste un unico h C C tale che h h C h x x C. Inoltre < h h C, x h C > 0 x C Prova del Lemma Posto d := inf x C h x, sia x n C minimizzante, cioé h x n n d. Dalla regola del parallelogramma 4d+ (1) = 2( h x n 2 + h x m 2 ) = x n x m 2 + 2[ x n + x m h] 2 x n x m 2 +4d 2 2 perché xn+xm h d in quanto xn+xm C. Dunque x 2 2 n é di Cauchy e quindi converge, necessariamente ad un elemento h C C perché C é chiuso. La regola del parallelogramma assicura, allo stesso modo, l unicitá di tale punto di minimo. Infine, da h h C h x x C, segue, fissato x C, che per ogni t [0, 1] h h C 2 ϕ x (t) := h (tx+(1 t)h C ) 2 = h h C 2 +t 2 x h C 2 +2t < h h C, h C x > ovvero ϕ x (0) ϕ x (t) t [0, 1] e quindi 0 ϕ x(0) = 2 < h h C, h C x > x C. 1

2 Se il convesso C viene sostituito con un sottospazio vettoriale V di H, allora < h h V, x >= 0 x V ( h h V é ortogonale a V ) e si trova Corollario : V = V V {0}, H = V V. Infatti V V = {0} ed ogni h H si scrive come h = P V h + (h P V h) V + V. PROIEZIONE ORTOGONALE : Se V é sottospazio lineare chiuso di H, 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. L operatore h P V (h) é una proiezione lineare di H in sé ed é continuo: P 2 V = P V, P V (rh + sk) = rp V (h) + sp V (k) r, s R, h, k H P V (h) h h H Infine, indicato V := {h H : < h, v >= 0 v V }, risulta KerP V = V. Unicitá: v 1, v 2 V, < h v 1, v >=< h v 2, v > v V < v 2 v 1, v >=< h v 1, v > < h v 2, v >= 0 v V v 1 = v 2 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 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 2 = (h P V h)+p V h 2 = h P V h 2 + P V h 2 P V h 2 h H. Dunque P V h h e P V h = h P V h = h. SISTEMI ORTONORMALI (SO) : Se e H sono tali che < e i, e >= δ i, (e ) N é sistema ortonormale. Se V n =< e 1,..., e n >, allora V n é chiaramente completo e, siccome < h i < h, e i > e i, e > =< h, e > < h, e >= 0, concludiamo che n P Vn h = < h, e > e In particolare n < h, e > 2 = P n h 2 h 2 h H, n N e quindi Diseguaglianza di BESSEL : < h, e > 2 h 2 h H 2

3 BASI ORTONORMALI (o Hilbertiane). Sia e sistema ortonormale e sia V := < e > la chiusura della varietá lineare generata dagli e, cioé h V h é limite di combinazioni lineari degli e. Dato h H, da Bessel segue che la successione h n := n < h, e > e é di Cauchy, perché h n+p h n 2 = n+p =n+1 < h, e > 2 ed ha quindi un limite, che indichiamo n < h, e > e := lim < h, e > e n + Esattamente come sopra P V h = < h, e > e h H Infatti, usando la linearitá e continuitá dei funzionali x < k, x >, troviamo < lim n n < h, e > e, e i > = lim n < n < h, e > e, e i > = < h, e i > e quindi < h < h, e > e, e i >= 0 i e quindi, di nuovo per linearitá e continuitá, < h < h, e > e, v >= 0 v V. Proposizione. Sia e sistema ortonormale. Allora, le affermazioni (i) V := < e > = H (la varietá lineare generata dagli e é densa in H) (ii) h = < h, e > e h H (e é base ortonormale) (iii) x 2 = < x, e > 2 x H (identitá di Parseval) (iv) < x, e >= 0 x = 0 (e é sistema completo) sono tra loro equivalenti. Nomenclatura. Supponiamo e sia base ortonormale. Allora: - < h, e > e si dice sviluppo in serie di Fourier (nella base e ) di h -< h, e > si dicono coefficenti di Fourier di h(nella base e ). Prova (i) V = H P V h = h h (ii) P V h = h h (iii) (iii) x = 0 se < x, e >, ovvero e é completo, ovvero(iv). (iv) (i), ovvero V = H, perché se no esiste h 0, h V e tale quindi che < h, e >= 0. Un esempio importante: e := eit 2π, t [0, 2π], Z formano un sistema ortonormale completo in L 2 ([0, 2π]). Ció segue dal teorema di Weierstrass (ogni funzione continua in [0, 2π] 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. 3

4 Un Hilbert separabile 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 tali che la varietá lineare < f > coincide con < D > e quindi < f > é densa in H. Posto e 1 = f 1 f 1 e quindi, induttivamente, e k+1 = v k+1 v k+1 k v k+1 := f k+1 < f k+1, e > e (proiezione ortogonale di f k+1 sulla varietá < e 1,..., e k > : procedimento di ortonormalizzazione di Gram-Schmidt) si ottiene un sistema (numerabile) ortonormale che genera una varietá lineare densa (e quindi é completo). Proposizione 2. Ogni Hilbert separabile ha una base hilbertiana. NOTA. Sia e base ortonormale. Da Parseval: x (F x) :=< x, e >, x H é una isometria ( lineare) di H su l 2. (Suriettivitá: (a ) N, a 2 < + x := a e H é tale che (F x) = a.) Teorema di isomorfismo. Ogni Hilbert separabile é isometricamente isomorfo a l 2. NOTA. Piú in generale, ogni Hilbert é isometricamente isomorfo a un L 2 (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. SPAZIO DUALE. Sia H := {l : H R : l é lineare e continuo} H l(x) é spazio lineare. Dotato della norma degli operatori l := sup x 0 x uno spazio di Banach. Tale spazio é detto duale algebrico topologico di H. é TEOREMA DI RAPPRESENTAZIONE DI RIESZ. Per ogni l H esiste h H : tale che 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 >. 4

5 NOTA. Dato h H, il funzionale l h (x) :=< x, h >, x H, é lineare, e, per Cauchy-Schwartz, continuo e quindi l h H. Inoltre, l applicazione T : h l h di H in H é lineare ed isometrica, cioé T (h) = l h = h. Il Teorema di Riesz dice che T é isometria suriettiva, ovvero Corollario ( RIESZ ). Ogni Hilbert é isometricamente isomorfo al suo duale. 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, N é sistema ortonormale, allora e i e 2 = 2 se i e quindi e 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, N é sistema ortonormale, e 0. Proposizione 3 (i) x n x x n n x (ma non viceversa!) (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. Da (iii): la norma é inferiormente semicontinua rispetto alla convergenza debole. 5

6 Teorema (uniforme limitatezza). x n n x sup n x n < + Lemma di Mazur. v n C chiuso e convesso, v n n v v C. Prova. Sia h C la proiezione di h su C. Si ha < h h C, v n h C > 0 n, perché v n C. Passando al limite otteniamo h h C 2 0 e quindi h = h C C. Proposizione 2 (i) x n n x, y n y < x n, y n > n < x, y > (ii) < e i > = H, < x n, e > n 0, 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 >. Se h k < e >, 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 base ortonormale. Siccome x n é limitata, basta (vedi Proposizione 2-(ii)) provare che x nk, x : < x nk, e > k < x, e > N Siccome < x n, e 1 > sup n x n < +, esiste una selezione (crescente) di indici ϕ 1 : N N e un numero c 1 tale che c 1 = lim < x ϕ1 (), e 1 >. Effettuando una (ulteriore) selezione di indici ϕ 2 (), troviamo che c 2 := lim < x ϕ2 (), e 2 > e quindi c i = lim < x ϕ1 ϕ 2 (), e i >, i = 1, 2. Effettuando k successive selezioni di indici ϕ k troviamo (metodo diagonale di Cantor) che lungo la sottosuccessione (diagonale) n k := (ϕ 1... ϕ k )(k) si ha c i := lim k < x nk, e i > i N Da Ni=1 c 2 i = lim Ni=1 k < x nk, e i > 2 sup n x n 2 N segue che i=1 c 2 i < +. Resta quindi definito il vettore in H dato da x := i=1 c i e i avente appunto la proprietá < x, e >= c = lim k < x nk, e >. NOTA. L ipotesi di separabilitá si puó facilmente eliminare, argomentando nella chiusura della varitá lineare generata dagli x n (che é appunto separabile). 6

7 Esercizi e complementi 4 Spazi L p 1 Esercizio 1. Siano p i > 1, p p l = 1 1. Siano f p 1,..., f l misurabili. Provare che ( f 1... f l p ) 1 p ( f1 p 1 ) 1 p 1... ( f l p 1 l ) p l Esercizio 2. Data f Lebesgue misurabile in R n, t > 0, sia f t (x) = f(tx). Provare che (i) f t è misurabile, (ii) f L p f t L p e f t p = t n p f p Esercizio 3. Siano f n L p (X) tali che sup n X f n p < +. Provare che lim inf f n L p, mentre può accadere che lim sup f n = +. Esercizio 4. Sia µ(x) < +. Siano 1 s < t. Provare che (i) f L t f L s, e l inclusione L t L s è stretta (ii) l inclusione L t L s è falsa se µ(x) = +. Esercizio 5. Sia f n successione limitata in L p (R n ), p 1. Provare che f n f q.o., f n p f p f n f p 0 Esercizi sugli L p : cenni di soluzione Esercizio 2. E misurabile, A te, B te c 1A E, 1 B t t E c µ(a B) = t n µ( 1A B) = t tn [µ( 1A) + µ( 1 B)] = µ(a) + µ(b) te t t é misurabile. Inoltre, χ E (tx) = χ 1 t E é misurabile e χ E (tx)dµ(x) = µ( 1E) = t ( 1 t )n µ(e) = t n χ E. Infine, se 0 f é misurabile e 0 ϕ ϕ +1 f, allora f p (tx)dµ(x) = lim ϕ p (tx)dµ(x) = t n Esercizio 5. Dallle ipotesi ed usando Fatou segue che, se E é misurabile f p lim n E f n p = lim n [ f n p E f n p ] E c f p e quindi lim n E f n p E f p e quindi, di nuovo per Fatou, lim n E f n p = E f p. Ció assicura l uniforme assoluta continuitá degli integrali e quindi l applicabilitá del Teorema di Vitali, e quindi f n f p n 0. f p 7

8 SERIE DI FOURIER DI FUNZIONI L 2 ([, π]) Indichiamo con C 2π lo spazio delle funzioni continue in R a valori complessi che sono 2π periodiche, dotato della norma della convergenza uniforme in [, π]: C 2π := {f C(R, C) : f(t+2π) = 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 it : N. Esercizio 1. Provare che (i) f g = g f (ii) f C 2π, g PT f g PT Esercizio 2. Siano g n C 2π tali che g n (t) 0 t, π g n = 1 n N, g n n 0 δ > 0 t δ Provare che f g n n f uniformemente in [, π]. Esercizio 3. g(t) := Siano 1 + cos t 2 = 1 2 [1 + eit + e it ], g n := gn 2 π g n Provare che le g n soddisfano le condizioni dell Esercizio 2 e concludere che PT é denso in C 2π. Esercizio 4. Sia f L 2 ([, π]). Provare che ɛ > 0, φ ɛ C 0 ([, π]) : π f φ ɛ 2 ɛ e concludere che 1 π sin kt, 1 π cos kt, k N é base hilbertiana in L 2 ([, π]). 8

9 SPAZI DI HILBERT, CONVERGENZA DEBOLE Procedimento diagonale di Cantor. Siano f n : N R tali che sup n f n () < + N Provare che f : N R ed una selezione n k tale che f nk () f() N. Esercizio 1 (uniforme limitatezza). Provare che x n x sup n x n < +. Esercizio 2. Sia x n C chiuso e convesso in H. Provare 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 chiuso e Γ : C R funzionale convesso e continuo. Provare che (x n C, x n x) lim inf Γ(x n ) Γ(x) e che, se Γ é anche coercivo, cioé x n C, x n + Γ(x n ) +, allora x C : inf C Γ = Γ(x) Esercizio 4. Provare che x n x, x n x x n x 0. Esercizio 5. 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 6. 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. CENNI DI SOLUZIONE Serie di Fourier in L 2 ([, π]) Esercizio 1 - (ii). Sia g(t) = n c e it. Si ha π π n n (f g)(t) = f(s) c e i(t s) ds = [c f(s)e is ds] e it Esercizio 2. (f g k )(t) f(t) = π f(t s) g k (s) ds π f(t) g k (s) ds f(t s) f(t) g k (s) ds + 2 f g k (s) ds ɛ + 2 f ɛ s δ s δ 9

10 se δ δ ɛ, s δ f(t s) f(s) ɛ e k k ɛ Esercizio 3. Si tratta di provare che É c k := π [ ] k 1+cos t π 2 dt Quindi c k s δ s δ [ ] k 1+cos t 2 sin t dt = 4 g k (s) ds (k+1)π 2 g k (s) ds k 0 δ > 0. k+1 [ 1+cos δ 2 π 0 d dt t δ g k ɛ. [ ] k+1 1+cos t 2 = 4. k+1 ] k 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 ] 2 ɛ se n é grande (assoluta continuitá dell integrale). Siccome f = f + f, basta provare che se g 0, g L 2 (R), g(t) = 0 t / [ + 1, π 1 ], allora n n π ɛ > 0, g C 0 ((, π)) : g g 2 ɛ Siccome esistono 0 φ n g semplici con φ n φ n+1 puntualmente convergenti a f, e quindi (Levi!) convergenti a g anche in L 2, basta provare che, se E [ + 1, π 1 ] é Lebesgue misurabile, allora n n ɛ > 0, h C 0 (, π) : χe h 2 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 2 4 χ Oɛ\K ɛ = 4L 1 (O ɛ \ K ɛ ) 4ɛ Spazi di Hilbert, convergenza debole Procedimento diagonale di Cantor. Siccome f n (1) é limitata, esiste una (prima) selezione di indici n 1 ed un numero f(1) tale che f n 1 (1) f(1). Poi, esiste una (seconda, ulteriore) selezione di indici (n 2 ) N (n 1 ) N ed un numero f(2) tale 10

11 che f n 2 (2) f(2) ed anche f n 2 (1) f(1). Iterando, troviamo, per ogni k N, una k-esima selezione di indici (n k ) N (n k 1 ) N e un numero f(k) tale che f n k (i) f(i) i k Siccome, fissato i N, se i risulta (n ) N (n i ) N, concludiamo che f n (i) f(i) i Esercizio 1. 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 3 h h, σ = 1 e proviamo che, per una scelta opportuna dei σ risulta < h, h > n +. É n 1 < h n, h > = σ 3 < h n, Se scegliamo σ 1 := 1 e, induttivamente, σ n := 1 se n 1 σ 3 < h n, σ 3 < h h n, h > h h > +σ n 3 h n σ n >n 3 < h n, h h 0 e vediamo che < h n, h > 4n 3 n >n 1 3 h n = 1 2 σ n := 1 se 4 n. 3 n n 1 h h > σ 3 < h n, h h < 0 Esercizio 2. 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 Γ(x n ). Allora ɛ > 0, ɛ : ɛ x n Γ c+ɛ := {x C : Γ(x) c + ɛ} 11

12 Ora, Γ c+ɛ é chiuso (perché Γ é continuo) e convesso (perché Γ é convesso), e quindi ( Esercizio 2) ovvero Γ(x) c + ɛ, ɛ > 0. x n x, x n Γ c+ɛ x Γ 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 2) x C e quindi (Esercizio 3) inf C Γ = lim inf k Γ(x nk ) Γ(x) inf C Esercizio 4. x n x 2 = x n 2 + x 2 2 < x, x n > 2 x 2 2 < x, x >. Esercizio 5. 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 > e quindi Lx y L x y L (y) L y 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 6. Da Bessel: 2π e int χ A dt 2 χ A 2 2 n 0 2π 0 Γ 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 2 n k x + cos 2 n k x 1 in A e quindi A N s N c. 12