Esercizi di riepilogo

Esercizio 7.18

Mostrare, usando il teorema dell'applicazione aperta, che gli spazi di Banach non hanno dimensione numerabile.

 

(da qui segue che lo spazio dei polinomi su $[0,1]$$[0,1]$ non è di Banach perché ha dimensione numerabile)

Dimostrazione

Per assurdo, sia $X$$X$ di Banach, di dimensione numerabile, cioè supponiamo che esista una base algebrica $C$$C$ numerabile, infinita. Chiamo $C=\{e_{1},\dots ,e_{n},\dots \}$$C=\{e_{1},\dots ,e_{n},\dots \}$. Se chiamo $Y_{1}={\rm {{span}\{e_{1}\}}}$$Y_{1}={\rm {{span}\{e_{1}\}}}$, $Y_{2}={\rm {{span}\{e_{1},e_{2}\}}}$$Y_{2}={\rm {{span}\{e_{1},e_{2}\}}}$, $\dots$$\dots$, $Y_{n}={\rm {{span}\{e_{1},e_{2},\dots ,e_{n}\}}}$$Y_{n}={\rm {{span}\{e_{1},e_{2},\dots ,e_{n}\}}}$, allora

$$X=\bigcup _{n\in \mathbb {N} }Y_{n}$$

$$X=\bigcup _{n\in \mathbb {N} }Y_{n}$$

Gli $Y_{n}$$Y_n$ sono di dimensione finita e quindi sono chiusi (sono completi). Per la condizione equivalente al teorema di Baire esiste ${\bar {n}}$${\bar {n}}$ tale che ${\overset {\circ }{Y}}_{\bar {n}}\neq \emptyset$${\overset {\circ }{Y}}_{\bar {n}}\neq \emptyset$. Ogni sottospazio vettoriale ha parte interna vuota (lemma $\ast$$\ast$), quindi l'unica possibilità è che $Y_{n}=X$$Y_{n}=X$, e quindi $X$$X$ dovrebbe avere dimensione finita, e si ha una contraddizione perché era stato supposto infinito!

 

Lemma 7.2 (lemma $\ast$)

Sia $X$$X$ uno spazio normato e $Y$$Y$ sottospazio vettoriale proprio di $X$$X$. Allora ${\overset {\circ }{Y}}=\emptyset$${\overset {\circ }{Y}}=\emptyset$.

 

Dimostrazione

Supponiamo per assurdo che ${\overset {\circ }{Y}}\neq \emptyset$${\overset {\circ }{Y}}\neq \emptyset$.

Caso 1: Sia $0\in {\overset {\circ }{Y}}$$0\in {\overset {\circ }{Y}}$, allora esiste una bolla centrata in 0 e contenuta in $Y$$Y$. Sia $y\neq 0$$y\neq 0$, allora se considero $y'=r/2{\frac {y}{\|y\|}}$$y'=r/2{\frac {y}{\|y\|}}$, si ha che $\|y'\|=r/2$$\|y'\|=r/2$, allora $y'$$y'$ è contenuto nella bolla. Allora $y$$y$ è un omotetico di un punto che sta nella bolla, e quindi $y=k*y'$$y=k*y'$, e quindi deve appartenere a $Y$$Y$ che è un sottospazio vettoriale. Allora si avrebbe $Y=X$$Y=X$, assurdo.

Caso 2: Se suppongo che il punto interno a ${\overset {\circ }{Y}}$${\overset {\circ }{Y}}$ sia $x_{0}$$x_0$, allora esiste una bolla $B(x_{0},r)\in {\overset {\circ }{Y}}$$B(x_{0},r)\in {\overset {\circ }{Y}}$. Allora

$$B(0,r)+x_{0}=B(x_{0},r)\subset Y$$

$$B(0,r)+x_{0}=B(x_{0},r)\subset Y$$

e da quest'inclusione segue che $B(x_{0},r)\subset Y-x_{0}=Y$$B(x_{0},r)\subset Y-x_{0}=Y$, cioè anche $0$$0$ è necessariamente punto interno e ci si riconduce al caso precedente.

 

Osservazione 7.1

$l^{2}$$l^{2}$ è un sottospazio di Hilbert di $L^{2}$$L^2$ e quindi è un Banach di dimensione infinita. Allora la cardinalità di ogni base algebrica di $l^{2}$$l^{2}$ dev'essere più che numerabile, mentre la dimensione di $l^{2}$$l^{2}$ come spazio di Hilbert è numerabile (la base è data dagli $e_{i}$$e_{i}$).

 

Esercizio 7.19

Sia $T:X\to Y$$T:X \to Y$ un'applicazione lineare. Il grafico $G_{f}$$G_f$ è chiuso se e solo se le ipotesi $x_{n}\to x$$x_{n}\to x$ e $T(x_{n})\to y$$T(x_{n})\to y$ implicano $y=T(x)$$y=T(x)$.

 

Dimostrazione

$1\longrightarrow 2$$1\longrightarrow 2$: per il teorema del grafico chiuso, se $T$$T$ ha grafico chiuso allora è continua, e quindi vale la condizione 2 che è equivalente alla continuità.

$2\longrightarrow 1$$2\longrightarrow 1$: per mostrare che il grafico è chiuso, basta mostrare che ogni punto $(x,T(x))$$(x,T(x))$ che sia limite di una successione appartiene al grafico. Se ho una successione tale che $x_{n}\to x$$x_{n}\to x$ e $T(x_{n})\to y$$T(x_{n})\to y$, segue che la successione $(x_{n},T(x_{n}))\to (x,y)$$(x_{n},T(x_{n}))\to (x,y)$, e il fatto che $(x,y)\in G$$(x,y)\in G$ segue dalla condizione 2, perché si deve avere $y=T(x)$$y=T(x)$.

 

Esercizio 7.20

Considero uno spazio di Hilbert $X$$X$, e una funzione lineare $\colon X\to X$$\colon X\to X$ tale che $x\cdot Ty=Tx\cdot y$$x\cdot Ty=Tx\cdot y$ (condizione $\circ$$\circ$). Mostrare che $T$$T$ ha grafico chiuso.

 

Dimostrazione

Per l'esercizio precedente, mostrare che il grafico di $T$$T$ è chiuso equivale a mostrare che per ogni successione $(x_{n})_{n\in \mathbb {N} }$$(x_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ tale che $x_{n}\to x$$x_{n}\to x$ e $T(x_{n})\to y$$T(x_{n})\to y$ (proprietà $\star$$\star$), si ha che $T(x)=y$$T(x)=y$. Considero una successione $(x_{n})_{n\in \mathbb {N} }$$(x_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ che soddisfa la proprietà $\star$$\star$, e mostro che $y=T(x)$$y=T(x)$. Fisso un vettore $z\in X$$z\in X$, allora, siccome $x_{n}\to x$$x_{n}\to x$, segue che

$$T(z)\cdot (x_{n}-x)\to 0\iff n\to \infty .$$

$$T(z)\cdot (x_{n}-x)\to 0\iff n\to \infty .$$

Inoltre applicando la condizione $\circ$$\circ$ e per $n\to \infty$$n\to \infty$:

$$(x_{n}-x)\cdot T(z)=x_{n}\cdot T(z)-x\cdot T(z)=T(x_{n})\cdot z-T(x)\cdot z=y\cdot z-T(x)\cdot z=(y-T(x))\cdot z$$

$$(x_{n}-x)\cdot T(z)=x_{n}\cdot T(z)-x\cdot T(z)=T(x_{n})\cdot z-T(x)\cdot z=y\cdot z-T(x)\cdot z=(y-T(x))\cdot z$$

e siccome il primo membro tende a 0, si avrà $(y-T(x))\cdot z=0$$(y-T(x))\cdot z=0$, cioè $y=T(x)$$y=T(x)$. Allora il grafico di $T$$T$ è chiuso e per il teorema del grafico chiuso, $T$$T$ è continua.

 

Esercizio 7.21

Considero $X,Y$$X,Y$ di Banach e $T:X\to Y$$T:X \to Y$ continua. Considero le seguenti condizioni:

1. esiste $c>0$$c>0$ tale che
   $$\|T(x)\|\geq c\|x\|\forall x>0$$

   $$\|T(x)\|\geq c\|x\|\forall x>0$$
2. $\ker T=0$$\ker T=0$ e $T(X)$$T(X)$ è chiuso in $Y$$Y$.

Mostrare che le condizioni 1 e 2 sono equivalenti.

 

Dimostrazione

$1\longrightarrow 2$$1\longrightarrow 2$: supponiamo che $\|T(x)\|\geq c*\|x\|$$\|T(x)\|\geq c*\|x\|$ e mostriamo che $\ker T=0$$\ker T=0$ (equivalentemente che $T$$T$ è iniettiva. Preso $x\in \ker T$$x\in \ker T$, per ipotesi si ha

$$\|T(x)\|=0\geq c*\|x\|$$

$$\|T(x)\|=0\geq c*\|x\|$$

e quindi $\|x\|=0$$\|x\|=0$ cioè $x=0$$x=0$ e $\ker T=\{0\}$$\ker T=\{0\}$.

Mostro ora che $T(X)$$T(X)$ è chiuso in $Y$$Y$, e quindi che data una successione $(y_{n})_{n\in \mathbb {N} }$$(y_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ che tende a $y$$y$, allora $y\in \mathop {Im} T$$y\in \mathop {Im} T$. Per ipotesi

$$\|T(x_{n}-x_{m})\|\geq c*\|x_{n}-x_{m}\|,\,{\hbox{disuguaglianza 1}}$$

$$\|T(x_{n}-x_{m})\|\geq c*\|x_{n}-x_{m}\|,\,{\hbox{disuguaglianza 1}}$$

inoltre

$$\|T(x_{n}-x_{m})\|=\|T(x_{n})-T(x_{m})\|=\|y_{n}-y_{m}\|$$

$$\|T(x_{n}-x_{m})\|=\|T(x_{n})-T(x_{m})\|=\|y_{n}-y_{m}\|$$

ma siccome $Y$$Y$ è di Banach e $(y_{n})_{n\in \mathbb {N} }$$(y_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ converge a $y$$y$, allora $(y_{n})$$(y_{n})$ è di Cauchy, per la disuguaglianza 1 anche $(x_{n})_{n\in \mathbb {N} }$$(x_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ è di Cauchy, e quindi converge ad un certo $x$$x$ poiché $X$$X$ è di Banach. Mostro ora che $T(x)=y$$T(x)=y$. Per la continuità di $T$$T$:

$$T(x)=\lim _{n\to \infty }T(x_{n})=\lim _{n\to +\infty }y_{n}=y,$$

$$T(x)=\lim _{n\to \infty }T(x_{n})=\lim _{n\to +\infty }y_{n}=y,$$

quindi $y\in \mathop {Im} T$$y\in \mathop {Im} T$.

$2\longrightarrow 1$$2\longrightarrow 1$: $T$$T$ è iniettiva, allora esiste un'inversa $T^{-1}\colon T(X)\to X$$T^{-1}\colon T(X)\to X$.

L'inversa è lineare, infatti ad esempio

$$T^{-1}(y_{1}+y_{2})=T^{-1}(T(x_{1})+T(x_{2}))=T^{-1}(T(x_{1}+x_{2}))=x_{1}+x_{2}=T^{-1}(y_{1})+T^{-1}(y_{2}).$$

$$T^{-1}(y_{1}+y_{2})=T^{-1}(T(x_{1})+T(x_{2}))=T^{-1}(T(x_{1}+x_{2}))=x_{1}+x_{2}=T^{-1}(y_{1})+T^{-1}(y_{2}).$$

Un operatore lineare è continuo se e solo se la norma è limitata. Per il corollario al teorema dell'applicazione aperta $T^{-1}$$T^{-1}$ è continua, quindi ha norma limitata, e questa condizione si traduce con l'esistenza delle due costanti $c,d$$c,d$ tali che

$$c*\|x\|\leq \|T\|\leq d*\|x\|$$

$$c*\|x\|\leq \|T\|\leq d*\|x\|$$

e quindi in particolare vale la condizione 1.

 

Esercizio 7.22

Considero tre spazi di Banach:

$$l^{1}=\{x=(x_{n})_{n\in \mathbb {N} }\,t.c.\,\sum _{n}|x_{n}|<\infty \}$$

$$l^{1}=\{x=(x_{n})_{n\in \mathbb {N} }\,t.c.\,\sum _{n}|x_{n}|<\infty \}$$

$$l^{\infty }=\{x=(x_{n})_{n\in \mathbb {N} }\,t.c.\sup _{n}|x_{n}|<\infty \}$$

$$l^{\infty }=\{x=(x_{n})_{n\in \mathbb {N} }\,t.c.\sup _{n}|x_{n}|<\infty \}$$

$$C_{0}=\{x=(x_{n})_{n\in \mathbb {N} }\,t.c.\,x_{n}\to 0\}$$

$$C_{0}=\{x=(x_{n})_{n\in \mathbb {N} }\,t.c.\,x_{n}\to 0\}$$

1. Determinare le inclusioni tra questi spazi.
2. Mostrare che l'insieme delle successioni definitivamente nulle è denso in $l^{1}$$l^{1}$.
3. Mostrare che $l^{1}$$l^{1}$ è separabile e che $l^{\infty }$$l^{\infty }$ non lo è.

 

Dimostrazione

1. Si ha che $l^{1}\subset C_{0}\subset l^{\infty }$$l^{1}\subset C_{0}\subset l^{\infty }$.
2. Fisso $x\in l^{1}$$x\in l^{1}$, allora $x=(x_{n})_{n\in \mathbb {N} }$$x=(x_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ con $\sum _{n}|x_{n}|<\infty$$\sum _{n}|x_{n}|<\infty$. Considero la bolla $B_{x,r}$$B_{x,r}$ e mostro che interseca l'insieme delle successioni definitivamente nulle.
   $$B_{x,r}=\{x'\,t.c.\,\sum _{n}|x_{n}'-x_{n}|<r\}$$

   $$B_{x,r}=\{x'\,t.c.\,\sum _{n}|x_{n}'-x_{n}|<r\}$$
   Costruisco una successione $x'$$x'$ che stia nella bolla. Siccome $x'$$x'$ ha serie convergente, esiste $k$$k$ tale che
   $$\sum _{i=k+1}^{\infty }|x_{i}|<r$$

   $$\sum _{i=k+1}^{\infty }|x_{i}|<r$$
   Allora, per $i=1,\dots ,k$$i=1,\dots ,k$, pongo $x_{i}'=x_{i}$$x_{i}'=x_{i}$, e poi pongo $x_{i}'=0\forall i>k$$x_{i}'=0\forall i>k$.In questo modo si ha
   $$\sum _{n=1}^{\infty }|x_{n}-x_{n}'|=\sum _{n=k+1}^{\infty }|x_{n}|<r$$

   $$\sum _{n=1}^{\infty }|x_{n}-x_{n}'|=\sum _{n=k+1}^{\infty }|x_{n}|<r$$
   e quindi $x'=(x_{n}')_{n\in \mathbb {N} }$$x'=(x_{n}')_{n\in \mathbb {N} }$, che è una successione definitivamente nulla, sta nella bolla, e l'insieme delle successioni definitivamente nulle è denso in $l^{1}$$l^{1}$.
3. Per mostrare che $l^{1}$$l^{1}$ è separabile basta considerare come sottoinsieme denso e numerabile le successioni a elementi razionali definitivamente nulle.$l^{\infty }$$l^{\infty }$ invece non è separabile. Supponiamo per assurdo che esista un sottoinsieme $Y\subset l^{\infty }$$Y\subset l^{\infty }$ denso e numerabile. Considero un sottoinsieme $A\subset \mathbb {N}$$A\subset \mathbb {N}$, e considero la funzione caratteristica di $A$$A$, tale che $\chi _{A}$$\chi _{A}$ vale 1 se $x\in A$$x \in A$ e $0$$0$ se $x\notin A$$x\notin A$, quindi le funzioni caratteristiche sono successioni di 0 e 1 e possono essere viste come elementi di $l^{\infty }$$l^{\infty }$. Questo insieme ha cardinalità non numerabile, inoltre, dato $A\neq B$$A\neq B$,
   $$\|\chi _{A}-\chi _{B}\|_{\infty }=1$$

   $$\|\chi _{A}-\chi _{B}\|_{\infty }=1$$
   Allora ho una quantità non numerabile di funzioni di norma 1. Le bolle aperte di raggio $1/4$$1/4$ centrate in queste funzioni sono disgiunte, e costituiscono una famiglia non numerabile. Allora in ogni bolla dev'esserci un elemento del sottoinsieme numerabile denso $Y$$Y$, e questo è assurdo.