ANALISI FUNZIONALE SPAZI DI HILBERT (ESEMPI, ESERCIZI e DIMOSTRAZIONI

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1 Page 1 of 106 ANALISI FUNZIONALE SPAZI DI HILBERT (ESEMPI, ESERCIZI e DIMOSTRAZIONI che sono indicati e non risolti nella dispensa) Diego AVERNA con ringraziamenti alle Dott.sse Loredana BONSIGNORE e Maria Stella CANDELA che sono state mie studentesse durante l A.A. 2006/07 Dipartimento di Matematica e Informatica Facoltà di Scienze MM.FF.NN. Via Archirafi, Palermo (Italy) diego.averna@unipa.it 1

2 Prima Edizione 13/03/2007. Ultima Edizione 26/10/2016. Questo documento è stampabile se preso da Funzionale/index.html. Typeset by AMS-L A TEX. Page 2 of 106 2

3 Page 3 of SPAZI DI HILBERT CAPITOLO 1 SPAZI DI HILBERT 1. Spazi pre-hilbertiani Esempio 1.1. Sullo spazio euclideo n-dimensionale, IR n = {a = (α 1,..., α n ) : α k IR} definiamo: a + b = (α 1 + β 1,..., α n + β n ) λa = (λα 1,..., λα n ) a, b = Σ n k=1 α kβ k Provare che gli assiomi p 1 ), p 2 ), p 3 ), p 4 ), p 5 ) sono banalmente verificati e quindi, è un prodotto interno. 3

4 1. SPAZI DI HILBERT Dim. p 1 ) a 1 + a 2, b = Σ n k=1 (α 1,k + α 2,k )β k = Σ n k=1 α 1,kβ k + Σ n k=1 α 2,kβ k = a 1, b + a 2, b p 2 ) αa, b = Σ n k=1 (αα k)β k = Σ n k=1 α(α kβ k ) = ασ n k=1 α kβ k = α a, b p 3 ) b, a = Σ n k=1 β kα k = Σ n k=1 α kβ k = (poiché α k β k IR) = Σ n k=1 α kβ k = Σ n k=1 α kβ k = a, b p 4 ) a, a = Σ n k=1 α2 k 0 p 5 ) (= ) : a, a = Σ n k=1 α2 k = 0 = α k = 0 k = 1,..., n = a = (0,..., 0). ( =) : Sia a = (0,..., 0) = a, a = 0. Page 4 of 106 4

5 1. SPAZI DI HILBERT Esempio 1.2. Sia n 1. Consideriamo lo spazio unitario n- dimensionale C n = {a = (α 1,..., α n ) : α k C, k = 1,..., n} e definiamo: a + b = (α 1 + β 1,..., α n + β n ) λa = (λα 1,..., λα n ) a, b = Σ n k=1 α kβ k Verificare che tutte le condizioni menzionate nella definizione di spazio pre-hilbertiano sono soddisfatte. Page 5 of 106 5

6 1. SPAZI DI HILBERT Dim. p 1 ) a 1 + a 2, b = Σ n k=1 (α 1,k + α 2,k )β k = Σ n k=1 α 1,kβ k + Σ n k=1 α 2,kβ k = a 1, b + a 2, b p 2 ) αa, b = Σ n k=1 (αα k)β k = Σ n k=1 α(α kβ k ) = ασ n k=1 α kβ k = α a, b p 3 ) b, a = Σ n k=1 β kα k = Σ n k=1 α kβ k = Σ n k=1 α kβ k = Σ n k=1 α kβ k = a, b p 4 ) a, a = Σ n k=1 α kα k = Σ n k=1 α k 2 0 p 5 )(= ) : a, a = Σ n k=1 α kα k = Σ n k=1 α k 2 = 0 = α k = 0 k = 1,..., n = α k = 0 k = 1,..., n = a = (0,..., 0). ( =) : Se a = (0,..., 0) = a, a = 0. Page 6 of 106 6

7 1. SPAZI DI HILBERT Esempio 1.3. [Successione finite] Sia L = {a = (α k ) k=1 : α k C per k IN, α k = 0 per k > n(a)} e definiamo: a + b = (α k + β k ) k=1 λa = (λα k ) k=1 a, b = Σ k=1 α kβ k N.B. La serie si riduce ad una somma finita. Verificare che L è uno spazio pre-hilbertiano. Page 7 of 106 7

8 1. SPAZI DI HILBERT Dim. Si osserva subito che la serie a, b = Σ k=1 α kβ k può essere ridotta ad una somma finita (di quanti termini non di sa). Infatti, se a, b L, allora chiaramente a = (α k ) k=1 con α k C per k IN, α k = 0 per k > n(a) e b = (β k ) k=1 con β k C per k IN, β k = 0 per k > n(b). Quindi, posto n = min{n(a), n(b)} si deduce che: α k β k = 0 per k > n = α k β k = 0 per k > n = a, b = Σ n k=1 α kβ k. Procedendo in modo analogo all esempio 1.2 si ricava che a, b = Σ k=1 α kβ k è un prodotto interno su L. Page 8 of 106 8

9 1. SPAZI DI HILBERT Esempio 1.4. Siano a, b IR con a < b. Poniano I = [a, b]. Denotiamo con C(I) la classe di tutte le funzioni f : I C continue. Definiamo (puntualmente su I) (f + g)(x) = f (x) + g(x), x I (λf )(x) = λf (x), x I Inoltre poniamo: f, g = b a f (x)g(x)dx Provare che C(I) è uno spazio munito di prodotto interno. Page 9 of 106 9

10 1. SPAZI DI HILBERT Dim. p 1 ) f 1 + f 2, g = b a (f 1 + f 2 )(x)g(x)dx = b a (f 1(x) + f 2 (x))g(x)dx = b a f 1(x)g(x)dx + b a f 2(x)g(x)dx = f 1, g + f 2, g p 2 ) αf, g = b a (αf )(x)g(x)dx = α b a f (x)g(x)dx = α f, g b a b a αf (x)g(x)dx = p 3 ) g, f = b a g(x)f (x)dx = b a f (x)g(x)dx = f (x)g(x)dx = f, g p 4 ) f, f = b a f (x)f (x)dx = b a f (x) 2 dx 0 p 5 )(= ) : f, f = b a f (x)f (x)dx = b f (x) = 0 x I = f (x) = 0 x I = f = 0. ( =) : Se f = 0 = f, f = 0. a f (x) 2 dx = 0 = Page 10 of

11 1. SPAZI DI HILBERT Esercizio 1.1 Se {e k } n k=1 è una famiglia ortonormale di vettori, allora f 2 = n k=1 f, e k 2 f = n k=1 f, e k e k. Page 11 of

12 Page 12 of SPAZI DI HILBERT Dim. ( =): Sia f = n k=1 f, e k e k. Allora: n f 2 = f, f = f, e k e k, = n k=1 k=1 n f, e h e h = h=1 n f, e k f, e h e k, e h. h=1 Inoltre, sapendo che {e k } n k=1 è una famiglia ortonormale di vettori, dalla relazione precedente segue che f 2 = n f, e k 2. k=1 (= ): Si ponga g = f n k=1 f, e k e k. Si è visto nella dimostrazione della disuguaglianza di Bessel che g e h per h = 1,..., n e che i vettori g, f, e 1 e 1,..., f, e n e n formano una famiglia ortogonale. Pertanto, per il Corollario 1.2 si ha che: 12

13 1. SPAZI DI HILBERT f 2 = g + n f, e k e k 2 = g 2 + k=1 n f, e k 2 Ma, per ipotesi si ha che: f 2 = n k=1 f, e k 2, da cui segue che g 2 = 0 = g = 0 = g = 0. Quindi: k=1 0 = g = f n f, e k e k = f = n f, e k e k. k=1 k=1 Page 13 of

14 2. SPAZI DI HILBERT 2. Spazi lineari normati Esercizio 2.1. Provare che una successione convegente determina univocamente il suo limite. Page 14 of

15 2. SPAZI DI HILBERT Dim. Supponiamo che lim n f n = f e lim n f n = g. Per ogni ε > 0 esistono n 2 1 = n 1 ( ε ) e n 2 2 = n 2 ( ε ) tali che 2 Per n > max{n 1, n 2 } f f n < ε 2 n > n 1 g f n < ε 2 n > n 2. f g = f f n +f n g f f n + f n g < ε 2 + ε 2 = ε > 0. Allora: f g = 0 = f = g. Page 15 of

16 2. SPAZI DI HILBERT Esercizio 2.2. Ogni successione di Cauchy è limitata. Page 16 of

17 2. SPAZI DI HILBERT Dim. Sia (f n ) n=1 una successione di Cauchy, allora fissato 1 > 0 si può determinare un indice n = n(1) tale che n, m > n si ha: f n f m < 1. Fissato m > n risulta che n > n è f n f m f n f m < 1 per il Teorema 2.2, e per la relazione precedente. Da cui: f n < f m + 1 n > n. Posto M = max{ f 1,..., f n, f m + 1} risulta f n M n IN. Page 17 of

18 2. SPAZI DI HILBERT Teorema 2.5. Ogni successione convergente in L è di Cauchy. Page 18 of

19 2. SPAZI DI HILBERT Dim. Sia (f n ) n=1 una successione convergente a f in L. ε Per ogni > 0 esiste un n = n( ε ) tale che f 2 2 n f < ε 2 n > n. Allora n, m > n: f n f m = f n f +f f m f n f + f f m < ε 2 + ε 2 = ε. Quindi la successione (f n ) n=1 è una successione di Cauchy. Page 19 of

20 2. SPAZI DI HILBERT Esempio 2.3. Sia L = C n. Provare che L è completo nella norma indotta dal prodotto interno dato nell esempio 1.2. Page 20 of

21 Page 21 of SPAZI DI HILBERT Dim. Sia a i = (α 1,i,..., α n,i ) C n e sia (a i ) i=1 una successione di Cauchy in L. Allora per ogni ε > 0 esiste un i = i(ε) tale che per ogni j, i > i è a i a j < ε. a i a j 2 = a i a j, a i a j = Σ n k=1 (α k,i α k,j )(α k,i α k,j ) = = Σ n k=1 α k,i α k,j 2 < ε 2 Da α k,i α k,j 2 < n k=1 α k,i α k,j 2 < ε 2 si ha che per ogni k = 1,..., n e per ogni i, j > i è α k,i α k,j < ε. Quindi k = 1,..., n la successione (α k,i ) i=1 è una successione di Cauchy in C, (C è uno spazio metrico completo) allora converge ad un numero α k C. Ossia fissato ε n esiste i = i ( ε n ) tale che α k α k,i < ε n i > i Sia a = (α 1,..., α n ) C n allora 21

22 2. SPAZI DI HILBERT a a i 2 = n k=1 α k α k,i 2 < n ε2 n = ε2 i > i e quindi a a i < ε i > i ossia lim i a i = a, a C n. Page 22 of

23 3. SPAZI DI HILBERT 3. Lo spazio di Hilbert l 2 Esercizio 3.1. Sia U = {a = (α k ) k=1 : α k C, α k < 1, k k 1}. Dimostrare che: a) U l 2 b) Ogni successione (a n ) n=1 U contiene una sottosuccessione convergente c) Per n 1 sia e n = (δ n,k ) k=1 ; allora ogni sottosuccessione della successione (e n ) n=1 non converge. Page 23 of

24 Page 24 of SPAZI DI HILBERT Dim. a) k=1 α k 2 < 1 k=1 < +. k 2 b) a n = (α n,k ) k, α n,k < 1 n 1, k 1. k α n,1 < 1 quindi è limitata, per un teorema di Analisi I (il caso complesso è lo stesso) esiste una sottosuccessione (α hn,1) n convergente a α 1. Pigliamo la successione α hn,2 < 1 quindi è limitata, per lo 2 stesso teorema di Analisi I, esiste una sottosuccessione che non è restrittivo continuare a chiamare (α hn,2) n convergente a α 2. Pigliamo la successione α hn,3 < è cosi via. 3 La sottosuccessione che otteniamo alla fine è quella convergente richiesta: (α hn,k) n. c) Osserviamo che comunque presi due elementi distinti, e n ed e m, della successione (e n ) n=1 risulta e n e m = ( k=1 δ n,k δ m,k 2 ) 1 2 = 2 pertanto non è verificata la condizione di Cauchy. 24

25 4. SPAZI DI HILBERT 4. Lo spazio di Hilbert L 2 Teorema 4.3. L 2 [a, b] è completo rispetto alla norma indotta dal prodotto interno. Page 25 of

26 Page 26 of SPAZI DI HILBERT (1) Dim. Se f L 2 [a, b], per la disuguaglianza di Cauchy, si ha: b a f (x) dx = f, 1 f 1 = b a f. Supponiamo ora che (f n ) n=1 sia una successione di Cauchy in L 2 [a, b]. Allora esiste un indice n 1 = n 1 ( 1 ) tale che: 2 f m f n < 1 2 per m, n n 1. Per induzione costruiamo una successione crescente di numeri naturali n 1 < n 2 <... < n k <... tale che: f m f n < 1 2 k per m, n n k. Consideriamo la successione (f nk+1 f nk ) n=1 L 2[a, b]. Per il Teorema di Lebesgue sulla convergenza dominata 1 abbiamo: 1 Teorema di Lebesgue sulla convergenza dominata: Se la successione (g k ) k=1 M[X] ha la proprietà che lim k g k esiste ed è finito q.o. in X e se g k h per qualche funzione h non negativa di L 1 [X] e per ogni k 1 allora lim k g k L 1 [X] e X lim k g k dµ = lim k X g kdµ. 26

27 Page 27 of SPAZI DI HILBERT (2) Σ k=1 b a b a Σ k=1 f n k+1 (x) f nk (x) dx = f nk+1 (x) f nk (x) dx b a Σ k=1 f n k+1 f nk b a Σ 1 k=1 2 = b a. k Per il Teorema di Beppo Levi 2 la serie Σ k=1 f n k+1 (x) f nk (x) converge q.o. e così la serie: f n1 (x) + [f nk+1 (x) f nk (x)] = lim f nk (x). k k=1 Di conseguenza la funzione f definita q.o. in [a, b] da f (x) = lim k f nk (x) è finita q.o. e appartiene a M[a, b]. Inoltre, usando ancora il Teorema di Lebesgue sulla convergenza dominata, abbiamo: 2 Teorema di Beppo Levi: Se la successione (g k ) k=1 L 1[X] ha la proprietà che k=1 X g k dµ <, allora k=1 g k converge q.o. in X a una funzione integrabile e X ( k=1 g k)dµ = k=1 X g kdµ. 27

28 Page 28 of SPAZI DI HILBERT b a f (x) f nh (x) 2 dx = lim m b a [ = lim m lim m lim m b a [ f nk+1 (x) f nk (x) ] 2 dx k=h m f nk+1 (x) f nk (x) ] 2 dx k=h m f nk+1 (x) f nk (x) 2 k=h ( m f nk+1 (x) f nk (x) k=h ( m k=h ) 2 ( 1 1 = 2 k 2 h 1 ) 2 ) 2. Concludiamo così che (f f nh ) L 2 [a, b] e f f nh 1. 2 h 1 Perciò abbiamo f = (f f nh ) + f nh L 2 [a, b] e per n > n h otteniamo f f n f f nh + f nh f n h 1 2 < 1 h h 2

29 4. SPAZI DI HILBERT Questo prova che lim n f n = f. Page 29 of

30 4. SPAZI DI HILBERT Teorema 4.5 L 2 [a, b] è separabile. Page 30 of

31 Page 31 of SPAZI DI HILBERT Dim. Denotiamo con L l insieme di tutte le combinazioni lineari finite, m k= m α k e k, delle funzioni e k (x) = 1 x a 2πik e b a, x [a, b] b a con coefficienti complessi razionali α k. L insieme L è numerabile (vedi la dimostrazione del Teorema 3.5). Proveremo ora che L è ovunque denso in L 2 [a, b]. Sia f L 2 [a, b] e sia ε > 0. Per dimostrare che f = Re f + i Im f può essere approssiamata con elementi di L da ε è sufficiente provarlo separatamente per la funzioni reali: Re f = 1 2 (f + f ) L 2[a, b] Im f = 1 2i (f f ) L 2[a, b]. Senza perdita di generalità possiamo quindi supporre che f sia a valori reali. Per n 1 definiamo su [a, b] la funzione: 31

32 Page 32 of SPAZI DI HILBERT Così f n M[a, b] e n se f (x) < n f n (x) = f (x) se n f (x) n n se f (x) > n. b a f n (x) 2 dx b a f (x) 2 dx < perciò f n L 2 [a, b] L 1 [a, b] (Corollario 4.1). Inoltre per il Teorema di Lebesgue sulla convergenza dominata risulta: b lim f f n 2 = lim f (x) f n (x) 2 dx = 0. n n a Scegliamo quindi un indice n tale che f f n ε/4. Per il Teorema di Lusin 3 scegliamo una funzione continua h su [a, b] che coincide con f n su [a, b] eccetto un insieme di misura di Lebesgue minore di 3 Teorema di Lusin: Per ogni f M(X) e per ogni ε > 0 esiste una funzione a valori complessi h che è continua su X e coincide con f su X eccetto un sottoinsieme Y X di misura µ(y ) < ε. 32

33 Page 33 of SPAZI DI HILBERT ε 2 128n 2. Senza perdita di generalità possiamo assumemere che h è a valori reali e che assume valori compresi nell intevallo [ n, n]. Abbassando o alzando linearmente la funzione h in [b ε 2, b] fino a farla coincidere con il valore h(a) otteniamo una 128n 2 funzione reale g su [a, b] tale che g(a) = g(b), assume i valori in [ n, n] e coincide con f n su [a, b] eccetto un insieme Y di ε misura minore di 2. 64n Troviamo: 2 f n g 2 = b a f n (x) g(x) 2 dx Scegliamo una combinazione lineare complessa: Y (2n) 2 dx (2n) 2 ε2 64n = ε m α k e k k= m 33

34 Page 34 of SPAZI DI HILBERT tale che g(x) m k= m α ke k (x) < ε 4, per ogni x b a [a, b], in virtù del Teorema di approssimazione di Weierstrass 4. Finalmente scegliamo dei numeri razionali α k ( m k m) in modo tale che: Pertanto: α k α k < g(x) ε 4(2m + 1) g(x) m k= m m k= m α k e k (x) +, per m k m. α k e k(x) m k= m ε 4 b a + ε 4 b a = α k α k e k(x) 4 Teorema di approssimazione di Weierstrass: Sia f a valori complessi e definita nel disco di raggio r e centro l origine di C una funzione continua. Allora per ogni ε > 0 esiste un polinomio complesso p(x) = Σ n k=0 Σn h=0 α k,hx k x h tale che f (x) p(x) ε per ogni x C con x r. 34

35 4. SPAZI DI HILBERT ε 2, per ogni x [a, b]; b a m m f (x) α k e k f f n + f n g + g α k e k k= m k= m ε 4 + ε 4 + ε 2 = ε. Page 35 of

36 4. SPAZI DI HILBERT Page 36 of

37 Page 37 of GEOMETRIA DEGLI SPAZI DI HILBERT CAPITOLO 2 GEOMETRIA DEGLI SPAZI DI HILBERT Esercizio 1.1. Sia H = l 2, definiamo: M 1 = {a = (α k ) k=1 l 2 : α 2k = 0, k = 1, 2,...} M 2 = {b = (β k ) k=1 l 2 : β 2k 1 = δ k cos 1 k, β 2k = δ k sin 1, k = 1, 2,...} k e sia c = (γ k ) k=1 dove γ 2k 1 = 0, γ 2k = sin 1, per k = k 1, 2,.... Provare le seguenti affermazioni: a) M 1 e M 2 sono due sottospazi. b) M 1 M2 = l 2. c) c l 2. d) c M 1 + M 2. 37

38 Page 38 of GEOMETRIA DEGLI SPAZI DI HILBERT Dim. a) Sapendo che H = l 2 = { (ζ k ) k=1 : ζ k C, k, si prova, innanzitutto, che } ζ k 2 <, k=1 M 1 = {a = (α k ) k=1 l 2 : α 2k = 0, k = 1, 2,...} è un sottospazio. Per prima cosa, bisogna fare vedere che M 1 è una varietà lineare. Ma: a + a = (α k ) k=1 + (α k ) k=1 = (α k + α k ) k=1 M 1, a = ( α k) k=1, a = ( α k) k=1 M 1. Infatti: α 2k + α 2k = 0 per k = 1, 2,..., dal momento che α 2k = α 2k = 0 per k = 1, 2,.... Inoltre: λa = λ (α k ) k=1 = (λα k) k=1 M 1, 38

39 Page 39 of GEOMETRIA DEGLI SPAZI DI HILBERT a = (α k ) k=1 M 1 e λ C. Infatti: λα 2k = 0 per k = 1, 2,..., dato che α 2k = 0 per k = 1, 2,.... Quindi, M 1 è una varietà lineare. È facile provare, ora, che M 1 è un sottospazio. Infatti, se a = ( α k) l k=1 2 è un punto di accumulazione per M 1, cioè a = ( α k) M k=1 1, allora per ogni ɛ > 0 esiste un elemento a = ( α k) M k=1 1 tale che a a < ɛ. Poiché α 2k = α 2k α 2k a a < ɛ, ne segue, data l arbitrarietà di ɛ, che α 2k = 0 per k = 1, 2,..., il che implica α 2k = 0 per k = 1, 2,.... Pertanto, a = ( α k) M k=1 1 e, quindi, M 1 M 1. Sapendo, chiaramente, che M 1 M 1, si ha che M 1 = M 1, cioè M 1 è una varietà lineare chiusa, ossia un sottospazio. Analogamente, si dimostra che anche M 2 = {b = (β k ) k=1 l 2 : β 2k 1 = δ k cos 1, β k 2k = δ k sin 1 k = 1, 2,...} è un sottospazio k di H = l 2. Per prima cosa, bisogna fare vedere che M 2 è una varietà 39

40 Page 40 of GEOMETRIA DEGLI SPAZI DI HILBERT lineare. Ma: b + b = (β k ) k=1 + (β k ) k=1 = (β k + β k ) k=1 M 2, b = ( β k) k=1, b = ( β k ) k=1 M 2. Infatti: β 2k 1 + β 2k 1 = δ k cos 1 k + δ k cos 1 k = (δ k + δ k ) cos 1 k β 2k + β 2k = δ k sin 1 k + δ k sin 1 k = (δ k + δ k ) sin 1 k per k = 1, 2,.... Inoltre: λb = λ (β k ) k=1 = (λβ k) k=1 M 2, b = (β k ) k=1 M 2 e λ C. Infatti: ( λβ 2k 1 = λ δ k cos 1 ) = (λδ k ) cos 1 k k ( λβ 2k = λ δ k sin 1 ) = (λδ k ) sin 1 k k per k = 1, 2,.... Quindi, M 2 è una varietà lineare. Ora proviamo che M 2 è un sottospazio. 40

41 Page 41 of GEOMETRIA DEGLI SPAZI DI HILBERT Osserviamo preliminarmente che se b ɛ = (β ɛ,k ) k=1 M 2, ɛ > 0, per la definizione di M 2 si ha β ɛ,2k 1 = δ ɛ,k cos 1 e k β ɛ,2k = δ ɛ,k sin 1, k = 1, 2,..., allora si verificherà che: k b ɛ 2 = β ɛ,k 2 = k=1 = δ ɛ,k 2 (cos 2 1 k + 1 sin2 k ) = k=1 δ ɛ,k 2 = δ ɛ 2. k=1 Dall osservazione precedente segue che se b ɛ l 2 allora δ ɛ = (δ ɛ,k ) k=1 l 2. Proprio il fatto che l 2 è completo, ci permette di dire che δ ɛ al tendete di ɛ a 0 ammette limite: (3) lim ɛ 0 δ ɛ = δ = (δ k ) k=1 l 2 Definiamo c = (γ k ) k=1 M 2 come γ ɛ,2k 1 = δ k cos 1 k e β ɛ,2k = δ k sin 1 k, k = 1, 2,... 41

42 Page 42 of GEOMETRIA DEGLI SPAZI DI HILBERT (4) b ɛ c 2 = β ɛ,k γ k 2 = k=1 = k=1 δ ɛ,k δk 2 (cos 2 1 k + 1 sin2 k ) = k=1 δ ɛ,k δ k 2 = δ ɛ δ 2 ɛ 0 0, per la definizione di limite (3). Se b = ( ) β k l k=1 2 è un punto di accumulazione per M 2, cioè b = ( ) β k M k=1 2, allora per ogni ɛ > 0 esiste un elemento b ɛ = (β ɛ,k ) k=1 M 2 tale che (5) b b ɛ < ɛ. A questo punto ci basta dimostrare che b = c, b c = b b ɛ + b ɛ c b b ɛ + b ɛ c, questo è minore di 2ɛ, per la (5), (4). Quindi: 0 b c < ɛ, 42

43 Page 43 of GEOMETRIA DEGLI SPAZI DI HILBERT e data l arbitrarietà di ɛ, b = c M 2, quindi, M 2 M 2. Sapendo, chiaramente, che M 2 M 2, si ha che M 2 = M 2, cioè M 2 è una varietà lineare chiusa, ossia un sottospazio di H = l 2. b) Bisogna dimostrare, ora, che M 1 M 2 = l 2, dove M 1 M 2 = M 1 + M 2 = { a + b : a = (αk ) k=1 M 1, b = (β k ) k=1 M } 2 = = { (α k + β k ) k=1 : α 2k = 0, β 2k 1 = δ k cos 1 k, β 2k = δ k sin 1 k, k = 1, 2,... } = = { (η k ) k=1 : η 2k 1 = α 2k 1 + δ k cos 1 k, η 2k = δ k sin 1 k, k = 1, 2,... }. Poiché M 1 ed M 2 sono sottospazi di H = l 2, allora anche M 1 M 2 è un sottospazio di H = l 2, cioè M 1 M 2 l 2. In particolare, è il sottospazio generato da M 1 M 2. Per far vedere che M 1 M 2 = l 2, rimane da provare che l 2 M 1 M 2. 43

44 Page 44 of GEOMETRIA DEGLI SPAZI DI HILBERT In particolare proveremo che un qualunque elemento di l 2 appartiene alla chiusura di M 1 +M 2, cioè che c l 2, fissato ad arbitrio ɛ > 0 esiste η = (η k ) k=1 M 1+M 2 tale che c η < ɛ. Poiché è c = (c k ) k=1 l 2, si ha che per ogni ɛ > 0 esiste un k IN tale che la serie resto, r k, k-mo della serie k=1 c k 2, visto che lim k r k = 0: (6) r k = k=k c k 2 < ɛ 2. Consideriamo ora l elemento η M 1 + M 2 tale che δ k = { ck k < k sin 1 k 0 k k ; { c 2k 1 δ k cos 1 k < k a 2k 1 = k 0 k k. In particolare è: { δ k sin 1 η 2k = = c k k k < k 0 k k ; 44

45 Page 45 of GEOMETRIA DEGLI SPAZI DI HILBERT ɛ. { α 2k 1 + δ k cos 1 η 2k 1 = = c k 2k 1 k < k 0 k k. Si ha quindi c η = (c k ) k=k e dalla (6) segue che c η < Di conseguenza, è possibile affermare che M 1 M 2 = l 2. c) Si consideri la successione c = (γ k ) k=1, dove γ 2k 1 = 0, γ 2k = sin 1, per k = 1, 2,.... k Per dimostrare che c l 2, bisogna fare vedere che la serie γ k 2 = γ 2k 2 = sin 1 2 k <, k=1 k=1 k=1 cioè che la serie considerata è convergente. Ma, osservando che sin 1 2 k 1 per ogni k 1, k 2 per il criterio del confronto, si ottiene che la serie data è convergente essendo tale la serie 1 k. 2 k=1 45

46 Page 46 of GEOMETRIA DEGLI SPAZI DI HILBERT 1 Infatti, per il criterio della serie di Cauchy, la serie k ha 2 k=1 2 k lo stesso carattere della serie, cioè della serie geometrica di ragione 1 che è convergente. k=1 (2 k 2 ) ( ) 1 k 2 2 k=1 Pertanto, c l 2. d) Si consideri, ancora, la successione c = (γ k ) k=1, con γ 2k 1 = 0, γ 2k = sin 1, per k = 1, 2,... e si provi che c / k M 1 + M 2, dove M 1 + M 2 = { a + b : a = (α k ) k=1 M 1, b = (β k ) k=1 M 2} = { = (α k + β k ) k=1 : α 2k = 0, β 2k 1 = δ k cos 1 k, β 2k = δ k sin 1 k, = k = 1, 2,...} = { (η k ) k=1 : η 2k 1 = α 2k 1 + δ k cos 1 k, η 2k = δ k sin 1 k, 46 k = 1, 2,...}.

47 Page 47 of GEOMETRIA DEGLI SPAZI DI HILBERT Si supponga per assurdo che c M 1 + M 2. In tal caso, la successione considerata si può scrivere nel modo seguente: con c = (η k ) k=1 η 2k 1 = α 2k 1 + δ k cos 1 k = 0 η 2k = δ k sin 1 k = sin 1 k, per k = 1, 2,..., da cui si ricava che δ k = 1 α 2k 1 = cos 1 k per k = 1, 2,.... Di conseguenza, si ottiene che dove c = a + b, a = (α k ) k=1 M 1 con α 2k = 0 e α 2k 1 = cos 1 k, b = (β k ) k=1 M 2 con β 2k = sin 1 k e β 2k 1 = cos 1 k, 47

48 Page 48 of GEOMETRIA DEGLI SPAZI DI HILBERT per k = 1, 2,.... Naturalmente, si deve verificare, affinché a = (α k ) k=1 M 1 e b = (β k ) k=1 M 2, che a = (α k ) k=1 H = l 2 e b = (β k ) k=1 H = l 2. In particolare, perché a = (α k ) k=1 H = l 2, si deve avere che α k 2 <. Ma, si osserva che α k 2 = k=1 lim k k=1 α 2k 1 2 = k=1 k=1 ( cos 1 ) 2 k è una serie divergente, dal momento che il suo termine generale non tende a zero ed è una serie a termini positivi. Infatti: ( cos 1 ) 2 = 1 0. k Da quanto detto, si deduce che si è ottenuta una contraddizione. Pertanto, è possibile concludere che c / M 1 + M 2. 48

49 2. GEOMETRIA DEGLI SPAZI DI HILBERT 2. Sottospazi ortogonali Esercizio 2.1. Sia H = l 2. Per ogni n 1 sia e n = (δ n,k ) k=1 l 2 e sia A = (e 2n 1 + e 2n ) n=1. a) Identifica A e A in l 2. b) a = (α k ) k=1 l 2 allora P A a = (β k ) k=1, dove β 2n 1 = β 2n = 1 (α 2 2n 1 + α 2n ) per n 1; P A a = (γ k ) k=1 con γ 2n 1 = γ 2n = 1 (α 2 2n 1 α 2n ) per n 1. Page 49 of

50 Page 50 of GEOMETRIA DEGLI SPAZI DI HILBERT Dim. a) Sia H = l 2. Per ogni n 1 sia e n = (δ n,k ) k=1 l 2 e sia A = (e 2n 1 + e 2n ) n=1 Allora: A = { c = (γ k ) k=1 l 2 : (γ k ) k=1 A} = = { c = (γ k ) k=1 l 2 : (γ k ) k=1 (e 2n 1 + e 2n ) dove e n = (δ n,k ) k=1, n = 1, 2,...} = = { c = (γ k ) k=1 l 2 : (γ k ) k=1, ((δ 2n 1,k) k=1 + (δ 2n,k) k=1 ) = 0, = { c = (γ k ) k=1 l 2 : n = 1, 2,...} = γ k ((δ 2n 1,k ) + (δ 2n,k )) = 0, k=1 n = 1, 2,...} = = { c = (γ k ) k=1 l 2 : γ k (δ 2n 1,k ) + k=1 50 γ k (δ 2n,k ) = 0, k=1 n = 1, 2,...} =

51 Page 51 of GEOMETRIA DEGLI SPAZI DI HILBERT = { c = (γ k ) k=1 l 2 : γ 2n 1 + γ 2n = 0, n = 1, 2,... } = = { c = (γ k ) k=1 l 2 : γ 2n 1 = γ 2n, n = 1, 2,... }. A = A = { b = (β k ) k=1 l 2 : (β k ) k=1 A } = = { b = (β k ) k=1 l 2 : (β k ) k=1 (γ k) k=1, (γ k) k=1 A } = = { b = (β k ) k=1 l 2 : (β k ) k=1, (γ k) k=1 = 0, dove γ 2n 1 = γ 2n, n = 1, 2,...} = { = b = (β k ) k=1 l 2 : β k γ k = 0, dove γ 2n 1 = γ 2n, n = 1, 2,...} = { } = b = (β k ) k=1 l 2 : (β 2k 1 γ 2k 1 β 2k γ 2k 1 ) = 0 = = { b = (β k ) k=1 l 2 : k=1 k=1 } (β 2k 1 β 2k ) γ 2k 1 = 0 = k=1 = { b = (β k ) k=1 l 2 : β 2k 1 β 2k = 0 } = 51

52 2. GEOMETRIA DEGLI SPAZI DI HILBERT = { b = (β k ) k=1 l 2 : β 2k 1 = β 2k }. b) È possibile scrivere ogni successione a = (α k ) k=1 l 2 nel seguente modo: a = (α k ) k=1 = (β k) k=1 + (γ k) k=1, con (β k ) k=1 A e (γ k ) k=1 A. Infatti: β 2n 1 + γ 2n 1 = 1 2 (α 2n 1 + α 2n ) (α 2n 1 α 2n ) = α 2n 1, β 2n + γ 2n = 1 2 (α 2n 1 + α 2n ) 1 2 (α 2n 1 α 2n ) = α 2n. Poiché la decomposizione di una qualunque successione nella somma di una successione di A e di una successione di A = A è unica per il Teorema 2.9, è possibile concludere che Page 52 of 106 P A a = (β k ) k=1, con β 2n 1 = β 2n = 1 2 (α 2n 1 +α 2n ) per n 1, P A a = (γ k ) k=1, con γ 2n 1 = γ 2n = 1 2 (α 2n 1 α 2n ) per n 1. 52

53 3. GEOMETRIA DEGLI SPAZI DI HILBERT Esempio 3.4. Sia L 2 [0, 1] e sia e 0 = 1, f k (x) = 2 cos 2πkx, g k (x) = 2 sin 2πkx per k = 1, 2,.... Provare che la famiglia F = {e 0 } {f k } k=1 {g k} k=1 è ortonormale. Page 53 of

54 Page 54 of GEOMETRIA DEGLI SPAZI DI HILBERT Dim. Occorre verificare che nello spazio L 2 [0, 1] le funzioni e 0 = 1, f k (x) = 2 cos 2πkx, g k (x) = 2 sin 2πkx per k = 1, 2,... costituiscono una famiglia ortonormale. Cominciamo con l osservare che la famiglia di funzioni {e 2kπi } k= è costituita da funzioni ortonormali. Infatti h, k ZZ riesce e 2kπi, e 2hπi = 0 k h in quanto è (7) e 2kπi, e 2hπi 1 = e 2kπix e 2hπix dx = e 2(k h)πix dx = 1 = 2(k h)π (e2(k h)πi 1) 1 = (cos 2(k h)π + i sin 2(k h)π 1) = 0 2(k h)π ciò prova che dette funzioni sono ortogonali. Proviamo ora che esse hanno norma 1 cioè che e 2kπi = e 2kπi, e 2kπi 1 2 = 1; ciò è immediatamente verificato in quanto è: 1 0 e 2kπix e 2kπix dx = dx = 1.

55 Page 55 of GEOMETRIA DEGLI SPAZI DI HILBERT Essendo segue che e 2kπix = cos 2kπx + i sin 2kπx e 2kπix + e 2kπix = 2 cos 2kπx e e 2kπix e 2kπix = 2i sin 2kπx pertanto si ha: (8) f k (x) = e2kπix + e 2kπix e g k (x) = e2kπix e 2kπix 2 i 2 Dalla (8) segue che f k f h, k h {1, 2...} in quanto f k, f h = 1 1 = 1 2 f k f h dx = e 2kπix + e 2kπix 2 e 2hπix + e 2hπix 2 dx = (e 2kπix + e 2kπix )(e 2hπix + e 2hπix )dx = = 1 (e 2(k h)πix + e 2(k+h)πix + e 2(k+h)πix + e 2( k+h)πix )dx = e questo per quanto ottenuto nella (7). 55

56 Page 56 of GEOMETRIA DEGLI SPAZI DI HILBERT Analogamente si prova che g k g h e che f k g h, k, h IN, con k h. Proviamo infine che f k g k ; infatti si ha: = 1 i2 1 0 f k, g k = 1 0 f k g k dx (e 2kπix + e 2kπix )(e 2kπix e 2kπix )dx = 1 = 1 [(e 2kπix ) 2 (e 2kπix ) 2 ]dx = 0 i2 0 Banalmente si verifica che le funzioni f k e g k sono ortogonali ad e 0 = 1. Proviamo ora che f k 2 = 1 (In modo analogo si prova che g k 2 = 1). 1 1 f k 2 = f k f k dx = 2 cos 2 2kπx dx 0 0 = 2 ( ) 2kπx + sin 2kπx cos 2kπx 1 0 = 1 2kπ 2 56

57 3. GEOMETRIA DEGLI SPAZI DI HILBERT Corollario 3.1. Sia F = {f k } χ k=1 e G = {g k} χ k=1 come nel Teorema 3.1. Allora valgono le seguenti affermazioni: a) f k è una combinazione lineare di g 1,..., g k per 1 k χ b) {f k } χ k=1 = {g k } χ k=1 c) La famiglia {e k = g k g k }χ k=1 è una famiglia ortonormale verificante il Teorema 3.1 d) Se {h k } χ k=1 è un altra famiglia ortogonale di vettori non nulli verificante il Teorema 3.1 allora h k = α k g k e α k 0 per 1 k χ. Page 57 of

58 Page 58 of GEOMETRIA DEGLI SPAZI DI HILBERT Dim. a) L affermazione è banale per k = 1. Supponiamo che sia vera per k 1. Risulta: g k = k k 1 α k,h f h = α k,k f k + β k,h g h. h=1 Poiché i vettori g 1,..., g k non nulli e mutuamente ortogonali sono linearmente independenti, dovrà essere α k,k 0. In conclusione: f k = 1 α k,k (g k h=1 k 1 β k,h g h ). b) Per la a) e il Teorema 3.1 ogni combinazione lineare finita di vettori di F è una anche una combinazione lineare finita di vettori di G e viceversa. L affermazione è conseguenza del Teorema 1.4. c) ovvia. d) Poiché h k è una combinazione lineare di f 1,..., f k e poiché ognuno di questi vettori è una combinazione lineare di g 1,..., g k segue: 58 h=1

59 3. GEOMETRIA DEGLI SPAZI DI HILBERT k h k = α k,h g h per 1 k χ. h=1 D altra parte, per lo stesso motivo, risulta: g h = In conclusione: h β h,j h j per 1 h χ. j=1 Page 59 of 106 e α k,h = h k, g h g h 2 = 0 per 1 h χ. h k = α k,k g k. Da h k 0 segue α k,k 0. 59

60 3. GEOMETRIA DEGLI SPAZI DI HILBERT Teorema 3.2. Uno spazio di Hilbert H è separabile possiede una base numerabile (finita o infinita). Page 60 of

61 Page 61 of GEOMETRIA DEGLI SPAZI DI HILBERT Dim. (= ): Supponiamo che H sia separabile e sia (f n ) n=1 una successione in H ovunque densa. Scegliamo una sottosuccessione F = (f nk ) χ k=1, di vettori linearmente indipendenti come segue. Sia n 1 il più piccolo indice n tale che f n 0. Se n 1 <... < n k sono scelti in modo che f n1,..., f nk sono linearmente indipendenti e f n è una combinazione lineare di f n1,..., f nk per 1 n n k allora sia n k+1 il più piccolo indice n > n k tale che f n1,..., f nk, f n sono linearmente indipendenti (se un tale indice n esiste va bene, altrimenti il processo termina a k = χ). Ovviamente ogni vettore f n è una combinazione lineare finita di vettori di F. Sia G = {e k } χ k=1 una famiglia ortonormale ottenuta ortogonalizzando F. Allora ogni vettore f n è una combinazione lineare finita di vettori di G. Supponiamo che esista f H tale che f e k per ogni e k G. Allora f f n per n 1. Scegliamo una sottosuccessione (f n) n=1 che è ovunque densa e tale che: f = lim n f n. Allora f, f = lim n f, f n = 0 e quindi f = 0. In questo modo G è una base. 61

62 Page 62 of GEOMETRIA DEGLI SPAZI DI HILBERT ( =): Viceversa, supponiamo che G = {e k } χ k=1 sia una base numerabile. Sia M la varietà lineare di tutte le combinazioni lineari finite di vettori di G. Se f M per qualche f H, allora f e k per ogni e k G e quindi f = 0. Per il Corollario 2.3 segue che M è ovunque denso in H. Sia M il sottoinsieme di M costituito da tutte le tutte le combinazioni lineari finite di vettori di G a coefficienti razionali complessi. L insieme M è numerabile. Proviamo che anche M è ovunque denso in H. Infatti per ogni f H e per ogni ε > 0 possiamo scegliere un elemento g = n α k e k M tale che f g < 1 2 ε. k=1 Per 1 k n scegliamo un razionale complesso α k in modo che α k α k < ε. Sia 2n g = n k=1 α k e k. Risulta: f g f g + g g 1 2 ε+ n 62 k=1 α k α k < 1 2 ε+n ε 2n = ε.

63 3. GEOMETRIA DEGLI SPAZI DI HILBERT Teorema 3.3 Sia {e k } χ k=1 una famiglia ortonormale di H. Le seguenti affermazioni sono equivalenti: a) {e k } χ k=1 è una base b) f e k per ogni k 1 = f = 0 c) H = {e k } χ k=1 d) f = χ k=1 f, e k e k per ogni f H (Serie di Fourier) e) f, g = χ k=1 f, e k g, e k per ogni f, g H (Identità di Parseval) f) f 2 = χ k=1 f, e k 2 per ogni f H (Identità di Parseval) Page 63 of

64 Page 64 of GEOMETRIA DEGLI SPAZI DI HILBERT Dim. a) = b) per definizione di base. b) = c) Se {e k } χ k=1 H allora H deve contenere un vettore f non zero ortogonale a {e k } χ k=1 e questo contraddice b). c) = d) Gli insiemi M k = {αe k : α C}, k 1, sono sottospazi mutuamente ortogonali. Per il Teorema 2.4 risulta H = χ k=1 M k = χ k=1 M k e ogni vettore f ammette un unica rappresentazione in una serie convergente (o somma finita), f = χ k=1 α k(f )e k per il Teorema 2.5. Facendo il prodotto interno con e k di ambo i membri si ha: f, e k = α k (f ). d) = e) f, g = χ k=1 f, e k e k, g = χ k=1 f, e k g, e k per il Teorema c). e) = f) f, f = χ k=1 f, e k f, e k. f) = a) Se f e k per k 1 allora f 2 = χ k=1 f, e k 2 = 0, quindi f = 0. 64

65 Page 65 of GEOMETRIA DEGLI SPAZI DI HILBERT Esempio 3.5 Sia H = L 2 [0, 1] e consideriamo la base dell esempio 3.4. Per ogni funzione reale f L 2 [0, 1] definiamo: α k = β k = α 0 = f (x)dx, f (x) cos 2kπxdx, f (x) sin 2kπxdx, Nelle notazioni dell esempio 3.4 si ha: per k = 1, 2,.... α 0 = f, e 0, α k = 1 2 f, f k, β k = 1 2 f, g k, k = 1, 2,.... Per l identità di Parseval otteniamo: 1 0 f 2 (x)dx = α Σ k=1 (α2 k + β2 k ) 65

66 Page 66 of GEOMETRIA DEGLI SPAZI DI HILBERT Dim. Definiamo su L 2 [0, 1], per ogni funzione reale f ad esso appartenente: α k = β k = α 0 = f (x)dx, f (x) cos 2kπx dx, f (x) sin 2kπx dx. Dalle notazioni dell esempio 3.4 si ha: α 0 = f, e 0 α k = 1 2 f, f k = β k = 1 2 f, g k = Per l identità di Parseval otteniamo: f (x) cos 2kπx dx f (x) sin 2kπx dx

67 3. GEOMETRIA DEGLI SPAZI DI HILBERT (9) f 2 = 1 0 f 2 (x)dx = f, τ k 2, dove {τ k } è una famiglia numerabile di vettori ortonormali. Osservato che la famiglia {e 0 } {f k } k=1 {g k} k=1, come provato nell esempio 3.4, è una famiglia numerabile ortonormale e che la serie (9) è assolutamente convergente e pertanto la sua somma non cambia comunque si riordinino i suoi elementi, otteniamo pertanto (riordinando opportunamente gli elementi) 1 0 k=1 f 2 (x)dx = α Σ k=1 (α2 k + β2 k ). Page 67 of

68 3. GEOMETRIA DEGLI SPAZI DI HILBERT Teorema 3.4. Due qualunque basi di uno spazio di Hilbert H separabile hanno lo stesso numero cardinale. Page 68 of

69 3. GEOMETRIA DEGLI SPAZI DI HILBERT Dim. Per il Teorema 3.2, H contiene una base numerabile G = {e k } χ k=1 (χ < o χ = ). a) χ <. Per 1 k χ sia M k = {αe k : α C}. Allora H = χ k=1 M k e ogni sottoinsieme di H contiene al più χ vettori linearmente indipendenti. Una qualunque altra base G = {e k }χ k=1 deve quindi avere χ χ. Per lo stesso fatto χ χ e quindi χ = χ. b) χ =. Per a) ogni base G deve essere infinita. Se G non fosse numerabile allora H non sarebbe separabile. Quindi G deve essere numerabilmente infinito. Page 69 of

70 4. GEOMETRIA DEGLI SPAZI DI HILBERT Teorema 4.1. Se due spazi di Hilbert separabili, H e H, hanno la stessa (finita o infinita) dimensione, allora esiste una applicazione biiettiva: U : H H, f Uf tale che per ogni f, g H e λ C, si ha: a) U(f + g) = Uf + Ug b) U(λf ) = λuf c) Uf, Ug = f, g (N.B. = Uf = f ) Page 70 of

71 Page 71 of GEOMETRIA DEGLI SPAZI DI HILBERT Dim. {e k } χ k=1 e {e k }χ k=1 basi per H e H rispettivamente (χ ). Per ogni f H definiamo: f = Uf = Σ χ k=1 f, e k e k Questa definizione ha senso poiché per l identità di Parseval Σ χ k=1 f, e k 2 = f 2 < e in virtù del Teorema 2.3 la serie Σ χ k=1 f, e k e k converge in H. Inoltre: Ue k = e k, k 1. Si prova adesso che U verifica le proprietà a), b) e c) e che U è una biiezione. a) f, g H, si ha: U (f + g) = χ χ f + g, e k e k = ( f, e k + g, e k ) e k = k=1 k=1 = χ χ f, e k e k + g, e k e k k=1 k=1 71 = Uf + Ug.

72 Page 72 of GEOMETRIA DEGLI SPAZI DI HILBERT b) f H e λ C, si ha: χ U (λf ) = λf, e k e k = k=1 = λ χ λ f, e k e k k=1 χ f, e k e k = λuf. k=1 c) f, g H, si ha: χ Uf, Ug = f, e k e k, = χ k=1 k=1 χ g, e h e h h=1 χ f, e k g, e h e k, e h = h=1 (sapendo che { e k} χ è una famiglia ortonormale di vettori) k=1 χ = f, e k g, e k = (per l identità di Parseval) = f, g. k=1 Si osserva, inoltre, che f H: Uf 2 = Uf, Uf = f, f = f 2. 72

73 Page 73 of GEOMETRIA DEGLI SPAZI DI HILBERT Per dimostrare ora che U è un applicazione biiettiva bisogna fare vedere che U è iniettiva e suriettiva. Innanzitutto, si prova che U è iniettiva verificando che f, g H se f g = Uf Ug. Infatti: f g = 0 f g = U (f g) = U (f g) 0 = Uf Ug 0 = Uf Ug. Si mostra, infine, che U è suriettiva facendo vedere che f H f H tale che Uf = f. Per fare ciò basta considerare f = f, e k e k. Infatti: χ k=1 χ χ χ Uf = f, e h e h = f, e k e k, e h e h = χ h=1 h=1 h=1 k=1 χ χ f, e k e k, e h e h = f, e h e h k=1 h=1 = (per il Teorema 3.3. punto d)) = f. 73

74 4. GEOMETRIA DEGLI SPAZI DI HILBERT Page 74 of

75 1. OPERATORI LINEARI E LIMITATI CAPITOLO 3 OPERATORI LINEARI E LIMITATI 1. Applicazioni (Operatori) lineari e limitati Esempio 1.4. Sia h un vettore di H. Per ogni f H definiamo φf = f, h C. Allora provare che φ è un funzionale lineare e limitato su H e φ = h. Page 75 of

76 1. OPERATORI LINEARI E LIMITATI Dim. φ è lineare: f, g H = φ(f + g) = f + g, h = f, h + g, h = φ(f ) + φ(g). λ C, f H = φ(λf ) = λf, h = λ f, h = λφf. φ è limitato: φ = sup f H, f =1 φf = sup f H, f =1 f, h = h. Page 76 of

77 2. OPERATORI LINEARI E LIMITATI Teorema 2.1. Siano A e B due operatori lineari in H con varietà lineari D A e D B rispettivamente. Allora le applicazioni A + B, λa, e AB definite da: (A + B)f = Af + Bf, f D A D B Page 77 of 106 (λa)f = λ(af ), f D A (AB)f = A(Bf ), f D AB = {f D B : Bf D A } sono operatori lineari in H nelle varietà lineari corrispondenti. 77

78 Page 78 of OPERATORI LINEARI E LIMITATI Dim. (A + B)f = Af + Bf f D A D B è un operatore lineare. Infatti ( λ C, f, g D A D B ): (A+B)(f +g) = A(f +g)+b(f +g) = (Af +Ag)+(Bf +Bg) = (Af + Bf ) + (Ag + Bg) = (A + B)f + (A + B)g, (A + B)(λf ) = A(λf ) + B(λf ) = λ(af ) + λ(bf ) = = λ(af + Bf ) = λ(a + B)f. (λa)f = λ(af ) f D A è un operatore lineare. ( µ C, f, g D A ): Infatti (λa)(f + g) = λ(a(f + g)) = λ(af + Ag) = λ(af ) + λ(ag) = (λa)f + (λa)g, (λa)(µf ) = λ(a(µf )) = λ(µa(f )) = (λµ)af = µ((λa)f ). (AB)f = A(Bf ), f D AB = {f D B : Bf D A } è un operatore lineare. Infatti ( λ C, f, g D AB ): 78

79 2. OPERATORI LINEARI E LIMITATI (AB)(f +g) = A(B(f +g)) = A(Bf +Bg) = A(Bf )+A(Bg) = (AB)f + (AB)g, (AB)(λf ) = A(B(λf )) = A(λBf ) = λa(bf ) = λ(ab)f. Page 79 of

80 2. OPERATORI LINEARI E LIMITATI Corollario 2.1. Con le operazioni definite nel Teorema 2.1 l insieme di tutti gli operatori lineari su H è uno spazio lineare verificante le seguenti proprietà: a) (AB)C = A(BC) b) A(B + C) = AB + AC, (A + B)C = AC + BC c) (αa)b = A(αB) = α(ab) d) IA = AI = A e) 0A = A0 = 0 Page 80 of

81 Page 81 of OPERATORI LINEARI E LIMITATI Dim. L insieme di tutti gli operatori lineari su H dotato delle seguenti operazioni: (A + B) f = Af + Bf, f H (λa) f = λ (Af ), f H è uno spazio lineare. Infatti, dal Teorema 2.1 si deduce che A+B e λa (con A : H H e B : H H operatori lineari su H) sono a loro volta operatori lineari su H. Si vede, poi, facilmente che tale insieme verifica tutte le condizioni menzionate nella definizione di spazio lineare su K. Inoltre, l operazione di moltiplicazione così definita (AB) f = A (Bf ), f H soddisfa sull insieme di tutti gli operatori lineari su H le proprietà a), b), c), d) ed e) dell enunciato. Infatti: a) f H, si ha: Dunque, b) f H, si ha: (AB) Cf = A (B (Cf )) = A (BC) f. (AB) C = A (BC). 81

82 Page 82 of OPERATORI LINEARI E LIMITATI A (B + C) f = A ((B + C) f ) = A (Bf + Cf ) = (per la linearità di A) = A (Bf ) + A (Cf ) = (AB) f + (AC) f. Essendo tale relazione valida qualunque sia f H, si ricava che: A (B + C) = AB + AC. Analogamente, si ha che f H: (A + B) Cf = (A + B) (Cf ) = A (Cf ) + B (Cf ) = (AC) f + (BC) f. Di conseguenza: c) f H, si ha: (A + B) C = AC + BC. (αa) Bf = (αa) (Bf ) = α (A (Bf )) = α ((AB) f ), il che implica che Analogamente: (αa) B = α (AB). A (αb) f = A ((αb) f ) = A (α (Bf )) = αa (Bf ) = α (AB) f, da cui segue, essendo tale uguaglianza vera f H, che Pertanto: A (αb) = α (AB). (αa) B = A (αb) = α (AB). 82

83 Page 83 of OPERATORI LINEARI E LIMITATI d) f H, si ha: (IA) f = I (Af ) = Af e (AI) f = A (If ) = Af. Quindi, IA = AI = A. e) f H, si ha: (0A) f = 0 (Af ) = 0 e (A0) f = A (0f ) = A0 = 0. Dunque: 0A = A0 = 0. 83

84 2. OPERATORI LINEARI E LIMITATI Teorema 2.5 Un operatore lineare, limitato e invertibile è una biiezione. L inverso è unico. Page 84 of

85 Page 85 of OPERATORI LINEARI E LIMITATI Dim. Sia A : H H un operatore lineare, limitato e invertibile. Essendo A invertibile per ipotesi, allora esiste A 1 : H H operatore lineare e limitato tale che AA 1 = A 1 A = I. Si dimostri che A è una biiezione. a) Per provare che A è iniettiva, bisogna fare vedere che se Af = Ag f = g. Si ponga Af = Ag = h. Allora: e f = If = ( A 1 A ) f = A 1 (Af ) = A 1 h g = Ig = ( A 1 A ) g = A 1 (Ag) = A 1 h. Da ciò segue che f = g e, quindi, è possibile asserire che A è un applicazione iniettiva. b) A è anche surgettiva. Infatti, f H A 1 f H tale che A ( A 1 f ) = ( AA 1) f = If = f. Si prova, ora, l unicità dell inverso. 85

86 2. OPERATORI LINEARI E LIMITATI Siano A 1 1 e A 1 2 due operatori lineari e limitati su H tali che AA 1 1 = A 1 1 A = I e AA 1 2 = A 1 2 A = I. Bisogna fare vedere che A 1 1 = A 1 2, ossia che A 1 1 f = A 1 2 f, f H. Poiché, f H si ha che: A 1 1 f = ( A 1 1 (If ) = A 1 1 AA 1 2 f ) = ( A 1 1 A) ( A 1 2 f ) si deduce che: = I ( A 1 2 f ) = A 1 2 f, A 1 1 = A 1 2. Pertanto, si può affermare che l inverso di un operatore lineare e limitato su H è unico. Page 86 of

87 Page 87 of OPERATORI LINEARI E LIMITATI Teorema 3.5. a) Sia A : H H un operatore lineare e limitato. Allora la funzione ϕ : H H K definita da: (10) ϕ(f, g) = f, Ag è una forma bilineare limitata su H e ϕ = A. b) Viceversa, sia ϕ : H H K una forma bilineare limitata. Allora esiste un unico operatore lineare e limitato A : H H, tale che: (11) ϕ(f, g) = f, Ag, (f, g) H H. 87

88 Page 88 of OPERATORI LINEARI E LIMITATI Dim. a) A : H H è un operatore lineare e limitato allora abbiamo già visto la funzione ϕ definita da (10) è una forma bilineare limitata e (12) ϕ A b) Viceversa, sia ϕ : H H C una forma bilineare limitata. Per prima cosa proveremo l esistenza di un operatore A : H H lineare e limitato verificante (11). Nel corso della dimostrazione proveremo anche che questo operatore A verifica la disuguaglianza A ϕ. Insieme con la disuguaglianza (12) della dimostrazione della parte a) proverà la desiderata uguaglianza ϕ = A se proveremo che A è unico. A tal fine per ogni g H definiamo la funzione Φ g (f ) : H C da: (13) Φ g (f ) = ϕ(f, g). Allora Φ g è un funzionale lineare su H. Il funzionale lineare Φ g è limitato; infatti: Φ g (f ) = ϕ(f, g) ϕ f g 88

89 3. OPERATORI LINEARI E LIMITATI e quindi Φ g ϕ g. Per il teorema di rappresentazione di Riesz, esiste un unico vettore Ag H, tale che: (14) Φ g (f ) = f, Ag, f H. Inoltre, per lo stesso teorema, abbiamo: Page 89 of 106 (15) Ag = Φ g ϕ g. L operatore A : H H definito da (14) è lineare; infatti: f, A(αg) = Φ αg (f ) = ϕ(f, αg) = αϕ(f, g) = αφ g (f ) f H, per cui: = α f, Ag = f, αag f, A(αg) αag = 0, f H e quindi: A(αg) = αag. Analogamente da: 89

90 Page 90 of OPERATORI LINEARI E LIMITATI f, A(g + h) = Φ g+h (f ) = ϕ(f, g + h) = ϕ(f, g) + ϕ(f, h) = Φ g (f )+Φ h (f ) = f, Ag + f, Ah = f, Ag + Ah, f H e quindi: A(g + h) = Ag + Ah. Così A è un operatore lineare su H. La disuguaglianza (15) prova che A è limitato e infatti A ϕ. Da (13) e (14) segue: ϕ(f, g) = Φ g (f ) = f, Ag, (f, g) H H. Finalmente supponiamo che B : H H è un altro operatore lineare e limitato avente la proprietà che ϕ(f, g) = f, Bg (f, g) H H. Allora per ogni fissato g H, abbiamo: f, Ag Bg = f, Ag f, Bg = 0, f H e quindi: Ag = Bg, g H. 90

91 3. OPERATORI LINEARI E LIMITATI Corollario 3.3. a) Sia A : H H un operatore lineare e limitato. Allora la funzione φ : H H K definita da: φ(f, g) = Af, g è una forma bilineare limitata su H e φ = A. b) Viceversa, sia φ : H H K una forma bilineare limitata. Allora esiste un unico operatore lineare e limitato A : H H, tale che: φ(f, g) = Af, g, (f, g) H H. Page 91 of

92 Page 92 of OPERATORI LINEARI E LIMITATI Dim. a) Definiamo ϕ : H H K da ϕ(f, g) = φ(g, f ) = f, Ag. Allora per il Teorema 3.5 a) ϕ è una forma bilineare limitata su H e ϕ = A. Poiché ϕ(f, g) = φ(g, f ), anche φ è una forma bilineare su H limitata e: φ = sup φ(f, g) = sup ϕ(f, g) = ϕ = A. f = g =1 f = g =1 b) Se ϕ è data allora ϕ(f, g) = φ(g, f ) è una forma bilineare limitata e per il Teorema 3.5 b) esiste un unico operatore A : H H lineare e limitato, tale che: ϕ(f, g) = f, Ag, (f, g) H H. Quindi abbiamo: φ(f, g) = ϕ(g, f ) = Af, g, (f, g) H H. 92

93 3. OPERATORI LINEARI E LIMITATI Corollario 3.4. Se A : H H è un operatore lineare e limitato, allora: A = sup f, Ag = sup Af, g. f = g =1 f = g =1 Page 93 of

94 3. OPERATORI LINEARI E LIMITATI Corollario 3.4. Se A : H H è un operatore lineare e limitato, allora: A = Dim. Immediata. sup f, Ag = sup Af, g. f = g =1 f = g =1 Page 93 of

95 4. OPERATORI LINEARI E LIMITATI 4. Operatori aggiunti Teorema 4.2. Siano A, B : H H due operatori lineari e limitati. Allora: a) A = A b) (λa) = λa c) (AB) = B A d) (A + B) = A + B e) Se A è invertibile, anche A è invertibile e: (A ) 1 = (A 1 ). Page 94 of

96 Page 95 of OPERATORI LINEARI E LIMITATI Dim. a) Essendo A tale che Af, g = f, A g f, g H, segue che A è tale A f, g = f, A g ed essendo A f, g = g, A f = Ag, f = f, Ag f, g H,segue che A = A. b) Poiché (λa) è tale che (λa)f, g = f, (λa) g f, g H, ma poiché si ha anche (λa)f, g = A(λf ), g = λf, A g = f, λ(a g) = f, (λa )g λa. c) (AB) è tale che f, g H (AB)f, g = f, (AB) g, ma si ha anche che f, g H f, g H, segue che (λa) = (AB)f, g = A(Bf ), g = Bf, A g = f, B (A g) = f, (B A )g. Quindi, (AB) = B A. d) (A + B)f, g = Af + Bf, g = Af, g + Bf, g = f, A g + f, B g = f, (A + B )g, f, g H. Quindi, ricorrendo alla definizione di operatore aggiunto si ha (A + B) = A + B. 95

97 4. OPERATORI LINEARI E LIMITATI e) Sappiamo che (A 1 A) = A (A 1 ) per la c). Da ciò, poiché (A 1 A) = I ed essendo (A 1 A)f, g = A 1 (Af ), g = (Af ), (A 1 ) g = f, A (A 1 ) g, f, g H, e quindi A (A 1 ) = I, si ha che (A 1 ) = (A ) 1. Page 96 of

98 4. OPERATORI LINEARI E LIMITATI Teorema 4.5. Sia A : H H un operatore lineare e limitato. Le seguenti affermazioni sono equivalenti: a) A è autoaggiunto b) La forma bilineare ϕ definita da ϕ(f, g) = Af, g è simmetrica c) La forma quadratica ˆϕ definita da ˆϕ(f ) = Af, f è reale. Page 97 of

99 4. OPERATORI LINEARI E LIMITATI Dim. Dire che A è autoaggiunto significa affermare A = A. a) b): ϕ(f, g) = Af, g = f, A g = f, Ag = Ag, f = ϕ(g, f ), f, g H. b) c): ˆϕ(f ) = Af, f = ϕ(f, f ) = ϕ(f, f ), f H. c) a): f H, Af, f reale implica che f, Af = Af, f = f, A f. Poiché (dal Teorema 4.1) ogni operatore lineare e limitato ammette un (unico) operatore aggiunto A, segue che A = A. Page 98 of

100 5. OPERATORI LINEARI E LIMITATI 5. Operatori di proiezione Teorema 5.6. Siano P e Q due proiezioni sopra i sottospazi M e N rispettivamente. Le seguenti affermazioni sono equivalenti: a) M N b) QP = P c) P Q = P d) Q P è una proiezione e) (Q P )f, f 0, f H f) P f Qf, f H. Page 99 of

101 Page 100 of OPERATORI LINEARI E LIMITATI Dim. a) b): Per ipotesi, siano P e Q due proiezioni sopra i sottospazi M ed N, rispettivamente. Allora, M = {g : P g = g} = {g : P g = g } = {P f : f H}, N = {h : Qh = h} = {h : Qh = h } = {Qf : f H}. Sapendo che M N, bisogna provare che QP = P, ossia che (QP ) f = P f, f H. Osservando che e si ha: P f M, f H, M N (per ipotesi), P f N, f H, il che implica, per come è definito N, Q (P f ) = P f, f H. Pertanto, è possibile dedurre che QP = P. 100

102 Page 101 of OPERATORI LINEARI E LIMITATI b) c): Sapendo, per ipotesi, che QP = P e che P è una proiezione, allora anche QP è una proiezione. Pertanto, per il Teorema 5.4 si ha che da cui segue facilmente che QP = P Q, P Q = P. c) d): Sapendo, per ipotesi, che P Q = P, bisogna provare che Q P è una proiezione, ossia che (per il Teorema 5.2) Q P = (Q P ) = (Q P ) 2. Si osserva, innanzitutto, che dal momento che P Q = P e P è, per ipotesi, una proiezione, allora anche P Q è una proiezione, e, in particolare, per il Teorema 5.4 P Q = QP. Quindi, P = P Q = QP. Sapendo, inoltre, che P = P = P 2 (essendo P una proiezione) e Q = Q = Q 2 (essendo anche Q una proiezione), si ha: (Q P ) = Q P = Q P e (Q P ) 2 = Q 2 QP P Q + P 2 = Q P P + P = Q P. 101

103 Page 102 of OPERATORI LINEARI E LIMITATI Di conseguenza, si ricava che Q P = (Q P ) = (Q P ) 2 e, dunque, Q P è una proiezione. d) e): Sapendo, per ipotesi, che Q P è una proiezione, ossia che Q P = (Q P ) = (Q P ) 2, bisogna dimostrare che (Q P ) f, f 0, f H. Ma, f H: (Q P ) f, f = (Q P ) 2 f, f = (Q P ) ((Q P ) f ), f = (Q P ) f, (Q P ) f = (Q P ) f, (Q P ) f 0. Pertanto: (Q P ) f, f 0, f H. e) f): Sapendo, per ipotesi che (Q P ) f, f 0, f H, bisogna dimostrare che P f Qf, f H. Ma, f H: 0 (Q P ) f, f = Qf P f, f = Qf, f P f, f = (sapendo che P e Q sono proiezioni) = Q 2 f, f P 2 f, f = Qf, Q f P f, P f = (dal momento che P e Q sono proiezioni) = Qf, Qf P f, P f = Qf 2 P f

104 5. OPERATORI LINEARI E LIMITATI Da ciò segue che e, quindi, P f 2 Qf 2 P f Qf f H. f) a): Per provare che M N occorre provare che ogni elemento di M è elemento di N. Supponiamo per assurdo che esista un elemento g di M che non sia appartenente ad N. Per il Teorema 2.9 del capitolo 2 si ha che g 2 = Qg 2 + Q g 2 (ovviamente Q g = 0) e quindi g 2 > Qg 2 cioè Page 103 of 106 g > Qg Ora sappiamo che (vedi Teorema 5.1) da cui segue che g = P g, P g > Qg 103

105 5. OPERATORI LINEARI E LIMITATI e ciò è assurdo essendo per ipotesi P g Qg f H. Page 104 of

106 5. OPERATORI LINEARI E LIMITATI Page 105 of

107 5. OPERATORI LINEARI E LIMITATI Bibliografia [1] D.AVERNA, Analisi Funzionale - Spazi di Hilbert. Dispensa (2010) Page 106 of