SPAZI METRICI COMPLETI

Capitolo 1 SPAZI METRICI COMPLETI Sia dato uno spazio metrico (X, d). Definizione 1.1 Una successione {x n } si dice successione di Cauchy se ε > 0 n 0 n, m n 0 = d(x n x m ) < ε (1.1) Esercizio 1.1 Dimostrare che (1.1) è equivalente a ε > 0 n 0 n n 0 p 1 = d(x n x n+p ) < ε (1.2) Definizione 1.2 Uno spazio metrico (X, d) si dice completo se ogni successione di Cauchy è convergente. Definizione 1.3 Uno spazio vettoriale normato (V, ) completo nella metrica d(x, y) = x y si dice spazio di Banach. Definizione 1.4 Uno spazio di Banach la cui norma deriva da un prodotto scalare si dice spazio di Hilbert. Completezza di R Teorema 1.1 Sia {x n } una successione in R. Allora: {x n } è una successione di Cauchy {x n } è convergente. In particolare, R è completo. Dim. =) Se la successione converge a x R, è facile vedere che è una successione di Cauchy. Infatti, se converge: ε > 0 n 0 n n 0 = d(x n, x m ) = x n x < ε. Se prendiamo n, m n 0, abbiamo che: x n x m = x n x + x x m x n x + x x m < 2ε e quindi la successione è di Cauchy, per l arbitrarietà di ε. 1

2 = ) Devo costruire il limite x della successione. Osservo che, dalla definizione di successione di Cauchy: ε > 0 n 0 n, m n 0 = x n x m < ε. (1.3) (1.3) è vera per n = n 0,, cioè x n0 x n < ε x n0 ε < x m < x n0 + ε Dato che per ogni n n 0, x m > x n0 ε, esiste solo un numero finito di x n minori di x n0 ε. Invece, per tutti gli n n 0, x n < x n0 + ε (e quindi ci sono infiniti elementi della successione minori di x n0 + ε). Definiamo allora È vero che: S = {y R : esiste un numero finito di x n < y}. 1. S, perché (x n0 ε) S. 2. Se y S = (, y] S 3. S è limitato superiormente, perché x n0 + ε è un maggiorante di S. Per l assioma di completezza di R, esiste l estremo superiore di S; poniamo Per quanto detto finora: Inoltre, se m n 0 : x = sup S R. x n0 ε x < x n0 + ε (1.4) x n0 ε < x m < x n0 + ε (1.5) Cambiando segno ai termini della disequazione (4.2) x n0 ε < x m < x n0 + ε (1.6) Sommando termine a termine le disequazioni (4.1) e (4.4), abbiamo Ne segue che 2ε < x x m < 2ε. ε > 0 n 0 m n 0 = x x m < 2ε e dunque la successione {x n } converge a x. Completezza di R k La completezza di R k, con la norma del prodotto scalare, discende dalla completezza di R attraverso il seguente Lemma. Lemma 1.1 1. Una successione {v n = (v 1n, v 2n,..., v kn )} in R k è una successione di Cauchy nella norma del sup le successioni {v 1n }, {v 2n },... {v kn }, sono successioni di Cauchy in R.

3 2. Una successione {v n = (v 1n, v 2n,..., v kn )} in R k converge a v = (v 1,..., v k ) R k v jn v j, per ogni j = 1,..., k Dim. Dimostriamo il punto (1). = ) Dire che {v n } è di Cauchy nella norma del sup significa che ε > 0 n 0 n, m n 0 = v n v m = sup v nj v mj < ε. j=1,...,k Allora, per ogni j = 1,..., k: v jn v jm < ε e quindi ogni successione {v jn } è di Cauchy. =) {v jn } è di Cauchy se ε > 0, n j n, m n j = v jn v jm < ε.. Se prendiamo n 0 = max{n 1,..., n k }, abbiamo che, per ogni n, m n 0 v n v m = sup v nj v mj = max v nj v mj < ε. j=1,...,k j=1,...,k e quindi la successione {v n } è una successione di Cauchy nella norma del sup. Esercizio 1.2 Dimostrare il punto (2) Teorema 1.2 R k con la norma del sup è completo. Dim. Discende dalla completezza di R. Infatti, se {v n } è di Cauchy in R k, per il Lemma 1.1, le successioni {v jn } sono successioni di Cauchy in R, e dunque convergono a v j, per ogni j = 1,..., k. Dal Lemma 1.1, segue che la successione data converge a v = (v 1,..., v n ). Esercizio 1.3 Se due norme 1 e 2 sono equivalenti, allora è vero che: 1. La successione {v n } è di Cauchy nella norma 1 {v n } è di Cauchy nella norma 2. 2. La successione {v n } converge a v nella norma 1 {v n } converge a v nella norma 2. Teorema 1.3 R k è completo rispetto ad una norma qualunque. Dim. Dimostreremo in seguito che in R k tutte le norme sono equivalenti, e dunque la completezza discende dal Teorema 1.2 e dall Esercizio 1.3.

4

Capitolo 2 Lemma delle contrazioni Il Lemma delle contrazioni (o Shrinking Lemma) ha molteplici applicazioni, che vedremo nel seguito. Al Lemma facciamo precedere un Lemma tecnico, che si rifà alla teoria delle serie numeriche. Lemma 2.1 La successione s n (x) = 1 + x +... + x n è crescente e converge a, per ogni x (0, 1). 1 1 x Dim. Dato che x > 0, è chiaro che, per ogni n 0, s n (x) = 1 + x +... + x n < 1 + x +... + x n + x n+1 = s n+1 (x), e dunque la successione è crescente. Dalla fattorizzazione segue che, per ogni x 1 1 x n+1 = (1 x)(1 + x +... + x n ) s n (x) = 1 xn+1 1 x. Se x (0, 1), la successione x n 0 per n +, quindi lim s 1 x n+1 n(x) = lim n + n + 1 x = sup s n(x) = 1 1 x. Definizione 2.1 Data un insieme X e un applicazione T : X X, un punto x 0 X è detto punto fisso di T se T (x 0 ) = x 0. Teorema 2.1 ( Lemma delle Contrazioni) Sia (X, d) uno spazio metrico completo e sia T : X X una contrazione, cioè un applicazione per cui esiste K (0, 1) tale che, per ogni x, y X, d(t (x), T (y)) Kd(x, y) = T ha un unico punto fisso x 0. Si dimostra che per ogni x X, x 0 = lim n + T n (x). Dim. Preso un qualunque x X, si definisce la successione T n (x) = T... T (x), dove T n è la composizione di T con se stessa n volte. La dimostrazione si articola in 5 passi: Passo 1. x X, d(t n (x), T n 1 (x)) K n d, con d = d(t (x), x). Passo 2. d(t n 1 (x), x) d 1 K per ogni n 5

6 Passo 3. T n (x) è una successione di Cauchy Passo 4. T n (x) converge ad un punto fisso x 0 Passo 5. Il punto fisso trovato è unico Dim. Passo 1. Dimostriamo il passo 1 per induzione. Per definizione di contrazione, la proposizione è vera per n = 2 Assumiamo vero che d(t 2 (x), T (x)) = d(t (T (x)), T (x)) Kd(T (x), x) = Kd. d(t n 1 (x), T n 2 (x)) K n 1 d (2.1) e dimostriamo che la proposizione è vera al passo n: d(t n (x), T n 1 (x)) = d(t (T n 1 (x)), T (T n 2 (x)) Kd(T n 1 (x), T n 2 (x)) per definizione di contrazion k k n 1 d = K n d per (2.1) Dim. Passo 2. Usando più volte la disuguaglianza triangolare, abbiamo che (2.2) d(t n (x), x) d(t n (x), T n 1 (x)) + d(t n 1 (x), x) per il Passo 1 per il Lemma (2.1) d(t n (x), T n 1 (x)) + d(t n 1 (x), T n 2 (x)) +... + d(t (x), x) K n d + K n 1 d +... + Kd + d = d(k n +... + K + 1) K 1 1 K. Dim. Passo 3. Bisogna dimostrare che Osserviamo che ε > 0 n 0 m n 0 p 1 = d(t m+p (x), T m (x)) < ε. d(t m+p (x), T m (x)) = d(t m (T p (x)), T m (x)) Kd(T m 1 (T p (x)), T m 1 (x)) K m (T p (x), x) K m 1 1 K iterando il procedimento per il passo 2. Dato che K (0, 1), K m 1 1 K 0 per n +, e quindi, per definizione di limite ε > 0 n 0 n n 0 = K m 1 1 K < ε e otteniamo che ε > 0 n 0 m n 0 p 1 = d(t m+p (x), T m (x)) K m Poiché X è uno spazio metrico completo, T n (x) converge. 1 1 K < ε.

7 Dim. Passo 4. x 0 = lim n + T n (x) è un punto fisso di T. Infatti, ricordando che T è continua (come ogni funzione Lipschitziana) lim n + T n+1 (x) = x 0 lim T n+1 (x) = lim T (T n (x)) = T ( lim T n (x)) = T (x 0 ) n + n + n + e dunque T (x 0 ) = x 0. Dim. Passo 5. Supponiamo che T abbia due punti fissi x 0 e x 1. Allora, ricordando che K è una contrazione d(x 0, x 1 ) = d(t (x 0 ), T (x 1 )) Kd(x 0, x 1 ), con K < 1. Questo può accadere se e solo se d(x 0, x 1 ) = 0 e quindi se e solo se x 0 = x 1. Questo conclude la dimostrazione. Esercizio 2.1 Sia (V, ) uno spazio metrico normato completo. Sia B r = B(0, r) e sia f : B r X una funzione tale che 1. K (0, 1) x, y B r, f(x) f(y) K x y 2. f(0) < r(1 K) Dimostrare che se x è un punto fisso di f, allora x B r.

8

Capitolo 3 EQUAZIONI DIFFERENZIALI Definizione 3.1 Siano (X, d 1 ) e (Y, d 2 ) due spazi metrici, e sia I un intervallo in R. Una funzione f : I X Y è lipschitziana in y uniformemente rispetto a t se esiste h > 0 tale che y 1, y 2 X d 2 (f(t, y 1 ), f(t, y 2 )) h d 1 (y 1, y 2 ) (3.1) Si dice che in (t 0, y 0 ) la funzione f è localmente lipschitziana in y, uniformemente rispetto a t, se esiste un intorno di (t 0, y 0 ) su cui è verificata (3.1). In particolare, se X è un intervallo I e Y = R, (3.1) si traduce in y 1, y 2 I f(t, y 1 ) f(t, y 2 ) h y 1 y 2. Lemma 3.1 Sia f(t, y) una funzione continua sul rettangolo I J R R e sia dato il problema di Cauchy { y = f(t, y) y(t 0 ) = y 0 (3.2) con f continua su un aperto contenente (t 0, y 0 ). La funzione ϕ : I δ = (t 0 δ, t 0 + δ) R è una soluzione di (3.3) su I δ se e solo se ϕ(t) = y 0 + t t 0 f(s, φ(s)) ds, per ogni t I δ. Dim. Ricordiamo che una soluzione di (3.3) è una funzione ϕ(t) di classe C 1 (I δ ) tale che ϕ (t) = f(t, ϕ(t)) per ogni t I δ e tale che ϕ(t 0 ) = y 0. Data una funzione h(t) continua su I δ, la funzione g(t) = f(t, h(t)) è continua su I δ, quindi per il teorema fondamentale del calcolo integrale t g ϕ(t) = y 0 + f(s, h(s)) ds = y 0 + t 0 (s) ds t 0 9

10 è tale che ϕ(t 0 ) = y 0, è derivabile e la sua derivata è uguale a ϕ (t) = g(t) = f(t, h(t)), t I δ. Allora abbiamo che ϕ(t) è soluzione del problema di Cauchy se e solo se ϕ(t) = y 0 + t t 0 f(s, ϕ(s)) ds, per ogni t I δ. Teorema 3.1 (di Cauchy o di esistenza e unicità locale delle soluzioni) Sia I J R R un rettangolo aperto, e sia dato il problema di Cauchy { y = f(t, y) y(t 0 ) = y 0 (3.3) dove 1. (t 0, y 0 ) I J 2. f è continua su I J 3. in (t 0, y 0 ) f è localmente lipschitziana in y, uniformemente rispetto a t, con costante di Lipschitz h = Esiste δ > 0, esiste ed è unica una funzione ϕ : (t 0 δ, t 0 + δ) R, di classe C 1 su tale intervallo, che è soluzione del problema di Cauchy (3.3). Dim. Passo 1. Costruiamo uno spazio metrico completo X δ. Per far questo, sia ε > 0 tale che [t 0 ε, t 0 + ε] [y 0 ε, y 0 + ε] I J e consideriamo l intervallo chiuso I δ = [t 0 δ, t 0 + δ], con δ < ε. Possiamo allora definire l insieme { } X δ = y(t) C(I δ ) : sup t I δ y(t) y 0 ε Identificando y 0 con la funzione costante y(t) = y 0, vediamo che X δ è la palla chiusa di centro y 0 e raggio δ nello spazio metrico C(I δ ) con la norma del sup, che è uno spazio metrico completo per un Teorema dimostrato in precedenza. Poiché ne è un sottospazio chiuso, anche X δ è uno spazio metrico completo. Passo 2. Costruiamo una mappa su X δ. Definiamo T : X δ C(I δ ) y(t) T (y)(t) = y 0 + t t 0 f(s, y(s)) ds. (3.4) Per il Lemma precedente, y(t) è un punto fisso di T se e solo se y(t) è una soluzione del problema di Cauchy (3.3),. Nei passi successivi della dimostrazione costruiremo un δ > 0 in modo che T sia interna a X δ e che sia una contrazione. Passo 3. Costruiamo δ > 0 in modo che T abbia valori in X δ.

11 Poiché f è continua sul chiuso K ε = [t 0 ε, t 0 + ε] [y 0 ε, y 0 + ε], per il Teorema di Weierstrass esiste N > 0 tale che f(t, y) N, (t, y) K ε. Vogliamo trovare un δ in modo che T (y) X δ, cioè in modo che T (y) y 0 ε. T (y) y 0 = sup T (y)(t) y 0 = t I δ t = sup f(s, y(s)) ds sup t f(s, y(s)) ds t I δ t 0 t I δ t 0 sup N t t 0 Nδ t I δ Se scegliamo δ in modo che δ < min{ε/n, ε}, abbiamo che T (y) y 0 ε. Passo 4. Costruiamo δ in modo che T sia una contrazione, cioè in modo che per ogni y 1, y 2 X δ, T (y 1 ) T (y 2 ) K y 1 y 2. T (y 1 ) T (y 2 ) = sup t I δ = sup t I δ sup t I δ t t 0 t t f(s, y 1 (s)) ds f(s, y 2 (s)) ds t 0 t 0 t (f(s, y 1 (s)) f(s, y 2 (s))) ds t 0 t f(s, y 1 (s)) f(s, y 2 (s)) ds t 0 ( ) sup f(t, y 1 (t)) f(t, y 2 (t)) t I δ Ma f è lipschitziana in y uniformemente rispetto a t, con costante di Lipschitz h, quindi sup t Iδ f(t, y 1 (t)) f(t, y 2 (t)) = f(t, y 1 ) f(t, y 2 ) h y 1 y 2, e se scegliamo δ < 1/h. Passo 5. Scegliendo T (y 1 ) T (y 2 ) δh y 1 y 2 < K y 1 y 2 { 1 0 < δ < min h, ε } N, ε abbiamo che T è una contrazione dallo spazio metrico completo X δ in se stesso, quindi T ha un unico punto fisso, cioè esiste un unica funzione y(t) definita su I δ tale che t y(t) = T (y)(t) = y 0 + f(s, y(s)) ds, t 0 t Iδ. Abbiamo così trovato che il problema di Cauchy (3.3) ha un unica soluzione definita sull intervallo (t 0 δ, t 0 + δ).

12 Osserviamo che la soluzione trovata è solo una soluzione locale, perché la scelta di δ è legata non solo all ipotesi di continuità sull insieme I J, ma anche alla costante di Lipschitz locale. Il Teorema sopra dimostrato può essere esteso anche al caso dei sistemi di equazioni differenziali ordinarie. Data una funzione F (t, X) : R R n R n definita su un insieme I A, dove I è un intervallo e A un aperto di R n, possiamo definire il sistema di equazioni differenziali y 1 = F 1(t, y 1,..., y n ) y 2 = F 2(t, y 1,..., y n )... y n = F n (t, y 1,..., y n ) che si scrive più brevemente in forma vettoriale come Y = F (t, X) In questo caso una soluzione è una funzione ϕ : J A, derivabile su J, sottointervallo aperto di I (dunque una curva in forma parametrica) tale che, per ogni t J: ϕ 1 (t) = F 1(t, ϕ 1 (t),..., ϕ, x n (t)) ϕ 2 = F 2(t, ϕ 1 (t),..., ϕ n (t))... ϕ n = F n (t, ϕ 1 (t),..., ϕ n (t)) dunque è una curva in forma parametrica il cui vettore tangente è assegnato dal sistema di equazioni differenziali. In questo caso una soluzione ϕ soddisfa una condizione iniziale Y (t 0 ) = Y 0 se la curva passa per il punto Y 0 al istante t 0, vale a dire se ϕ(t 0 ) = Y 0. Enunciamo allora il teorema precedente anche in questo caso (la dimostrazione segue le stesse linee, e non la riproponiamo) Teorema 3.2 Sia dato un problema di Cauchy di equazioni differenziali { Y = F (f, Y ) Y (t 0 ) = Y 0 (3.5) dove F è definita su I A R R n, con I intervallo aperto contenente t 0 e A aperto contenente Y 0. Se F è continua in un intorno di (t 0, Y 0 ), e se (t 0, Y 0 ) F è localmente lipschitziana in Y, uniformemente rispetto a t = Esiste δ > 0, esiste ed è unica una funzione ϕ : (t 0 δ, t 0 + δ) R, di classe C 1 su tale intervallo, che è soluzione del problema di Cauchy (3.5). Proposizione 3.1 Se f : I J R è di classe C 1 (I J), allora f è lipschitziana.

Capitolo 4 Teorema della funzione inversa Prima di enunciare e dimostrare il teorema della funzione inversa,ricordiamo alcuni fatti riguardanti le funzioni di pi variabili Definizione 4.1 Si dice che una funzione G : R n R n è o( x x ) per x x se 1 lim G(x) = 0. x x x x Se questo accade, esiste una funzione ψ : R n R n tale che lim ψ(x x 0) = 0 e G(x) = ψ(x x 0 ) x x. x x Definizione 4.2 Una funzione F : R n R n si dice differenziabile in x punto interno al dominio di F se eiste un applicazione lineare T : R n R n tale che, per ogni x in un intorno di x: F (x) = F (x) + T (x x) + o( x x ), rmper x x. L applicazione T è detta il differenziale di F in x e viene indicato con d x F. Si dimostra che se F è differenziabile in x, esiste la matrice jacobiana di F in x e d x F = JF (x). Definizione 4.3 Una funzione F : U R n V R n (con U e V aperti) si dice un omeomorfismo di U su V se F è una biiezione F è continua F 1 è continua Si dice che F è un diffeomorfismo di classe k (k > 0) di U su V se F è una biiezione F è di classe C k su U F 1 è di classe C k su V 13

14 Teorema 4.1 Sia A R n un aperto, e sia F : A R n R n una funzione tale che F è di classe C k su A, co k 1 Il differenziale d x F è un isomorfismo, e dunque la matrice JF (x) è invertibile = Esistono un intorno aperto U di x e un intorno aperto V di y = F (x) tali che la restrizione di F a U è un diffeomorfismo di classe C k. Inoltre, y V, JF 1 (y) = (JF ) 1 (F 1 (y)). Dim. Passo 1 Possiamo assumere che x = 0. La traslazione τ x (x) = x x è un diffeomorfismo di classe C. Allora la funzione composta H(x) = F τ x (x) = F (x x)è invertibile (con inversa di classe C k ) se e solo se F lo è. Passo 2 Possiamo assumere che JF (0) uguale alla matrice identità. Per ipotesi, la matrice jacobiana è invertibile in x = 0. Allora la funzione (JF (0)) 1 F è ben definita, ed ha le proprietà: (JF (0)) 1 F è invertibile se e solo se lo è F Per il teorema di derivazione di funzione composta, J ( (JF (0)) 1 F ) (0) = (JF (0)) 1 JF (0) = Id, dove con Id indichiamo la matrice identità di R n. Passo 3 Definiamo la funzione G(x) = x F (x). Poiché G è di classe C k, JG(x) è una funzione continua, e JG(0) = Id JF (0) = 0. Per la continuità di JG(x), fissato ε = 1 2, esiste r > 0 tale che: x B(0, 2r) = JG(x) 1 2 (4.1) Poiché B(0, 2r) è convesso, possiamo applicare il Teorema di Lagrange al segmento congiungente 0 a x. Esiste allora x sul segmento tale che G(x) = G(x) G(0) = JG( x)(x 0) = JG( x)x. Allora, facendo uso anche di (4.1), abbiamo che G(x) JG( x) x 1 x (4.2) 2 ( ) Allora G B(0, 2r) B(0, r 2 ). Passo 4 Mostriamo che F : B(0, r ) overlineb(0, fracr2) è invertibile, cioè che per ogni y B(0, r 2 ), esiste un unico x B(0, 2r) tale che F (x) = y. Per far questo, per ogni y B(0, r 2 ) definiamo la funzione Osserviamo che: G 0 (x) = G(x) G y (x) = y + x F (x) = y + G(x). X è un punto fisso di G y, cioè G y (x) = x y = F (x)

15 Se dimostriamo che G y è una contrazione sullo spazio metrico completo B(0, r), riusciamo a dimostrare che F è invertibile, come richiesto. A tale scopo, procediamo in due passi successivi: 1. Per ogni x B(0, r), da (4.2) otteniamo che: G y (x) = y + G(x) y + G(x) r 2 + 1 2 x r 2 + r 2 = r (4.3) 2. Per ogni x, x B(0, r), per il teorema di Lagrange esiste x sul segmento di estremi x, x tale che G y (x) G y (x) = G(x) G(x) = JG( x)(x x) JG( x) (x x) 1 2 (x x) (4.4) per (4.1). Quindi G y è una contrazione, e pertanto esiste ( F 1 : B 0, r ) B(0, 2). 2 Passo 5 Esistono due intorni aperti U e V (rispettivamente di 0 e di F (0)) su cui F 1 è continua. Definiamo { U = x B(0, r) : F (x) < r }. 2 U è aperto perché è la controimmagine dell aperto (, r/2) mediante la funzione continua F. Sia V = F (U). Per quanto dimostrato finora, F è iniettiva e dunque esiste F 1 : V U. Dimostriamo che F 1 è continua in ogni y V 1 (di conseguenza, V risulta aperto, in quanto controimmagine di un aperto mediante una funzione continua). Poniamo x = F 1 (y) e x = F 1 (y). Scrivendo x = x F (x) + F (x) = G(x) + F (x) abbiamo che F 1 (y) F 1 (y) = x x = G(x) + F (x) G(x) F (x) G(x) G(x) + F (x) F (x) per (4.4) 1 2 x x + F (x) F (x) Portando 1 2 x x a sinistra e moltiplicando per 2, otteniamo F 1 (y) F 1 (y) = x x = 2 F (x) F (x) = 2 y y (4.5) Abbiamo così dimostrato che F 1 è continua. Passo 6 Dobbiamo dimostrare che F 1 è differenziabile in ogni y V, con differenziale uguale a [JF (x)] 1, cioè che F 1 (y) F 1 (y) [JF (x)] 1 (y y) = o( y y ), per y y (4.6)

16 Ricordiamo che o( x x ) = ψ(x x) x x, con ψ(x x) 0 per x x. Poniamo x = F 1 (y) e x = F 1 (y). F 1 (y) F 1 (y) [JF (x)] 1 (y y) = = x x [JF (x)] 1 (F (x) F (x)) = per la differenziabilita di F in x = x x [JF (x)] 1 (JF (x)(x x) + o( x x )) = = x x (x x) [JF (x)] 1 o( x x )) = [JF (x)] 1 o( x x )) Dobbiamo dimostrare che un o( x x ) per x x in questo caso è anche un o y y ), per y y. A tale scopo scriviamo o( x x ) = ϕ(x x) x x, con ϕ(x x) 0 per x 0, e osserviamo che: x x ϕ(x x) = x x ϕ(f 1 (y) F 1 (y)) 2 y y ϕ(f 1 (y) F 1 (y)) per (4.5). Siccome F 1 è continua, quando y y, F 1 (y) F 1 (y) e dunque ϕ(f 1 (y) F 1 (y)) 0. Abbiamo così ottenuto che F 1 è differenziabile in x.