Ricerca del duale

Duale algebrico e topologico

Se $X$$X$ è uno spazio vettoriale su $\mathbb {R}$$\mathbb {R}$, $X^{\ast }$$X^{\ast }$ è l'insieme delle $f:X\to \mathbb {R}$$f:X\to \mathbb {R}$ lineari ed è chiamato duale algebrico. Se $X$$X$ ha una topologia $\tau$$\tau$, si chiama duale topologico$X'$$X'$ l'insieme di tutte le forme lineari e continue, quindi a priori $X'\subset X^{\ast }$$X'\subset X^{\ast }$.

Esempio 3.1

Il duale di $\mathbb {R} ^{n}$$\mathbb {R} ^{n}$ è $\mathbb {R} ^{n}$$\mathbb {R} ^{n}$ stesso. Prendo $\{e_{1},\dots ,e_{n}\}$$\{e_{1},\dots ,e_{n}\}$ base canonica, e $f\in (R^{n})^{\ast }$$f\in (R^{n})^{\ast }$. Considero i valori $f(e_{1}),f(e_{2}),\dots ,f(e_{n})$$f(e_{1}),f(e_{2}),\dots ,f(e_{n})$, e $x\in \mathbb {R} ^{n}$$x\in \mathbb {R} ^{n}$, allora:

$$x=\sum _{i}x_{i}e_{i}$$

$$x=\sum _{i}x_{i}e_{i}$$

allora per linearità

$$f(x)=\sum _{i}x_{i}f(e_{i})=x\cdot (f(e_{1}),f(e_{2}),\dots ,f(e_{n}))=x\cdot \psi$$

$$f(x)=\sum _{i}x_{i}f(e_{i})=x\cdot (f(e_{1}),f(e_{2}),\dots ,f(e_{n}))=x\cdot \psi$$

Quindi preso un funzionale lineare $f$$f$, ad esso posso associare il vettore $\psi$$\psi$ che compare nel prodotto scalare $x\cdot \psi$$x\cdot \psi$, e vale viceversa, per questo $(\mathbb {R} ^{n})^{\ast }$$(\mathbb {R} ^{n})^{\ast }$ può essere identificato con $\mathbb {R} ^{n}$$\mathbb {R} ^{n}$.

 

Risultati sui funzionali

Considero $X$$X$ di Hilbert e $L:X\to \mathbb {C}$$L:X\to \mathbb {C}$ lineare, allora $L(0)=0$$L(0)=0$.

Proposizione 3.1

Sono equivalenti le seguenti condizioni

1. $L$$L$ è continua
2. $L$$L$ è continua in qualche punto
3. $L$$L$ è continua in 0
4. esiste una costante $c$$c$ positiva tale che $|L(x)|\leq c*\|x\|$$|L(x)|\leq c*\|x\|$ per ogni $x\in X$$x \in X$.

 

Dimostrazione

$3\longrightarrow 4$$3\longrightarrow 4$: $L$$L$ è continua in 0, inoltre $L(0)=0$$L(0)=0$: per definizione di continuità, dato l'intorno $(-1,1)$$(-1,1)$, allora esiste $\delta >0$$\delta>0$ tale che se $\|x\|<\delta$$\|x\|<\delta$, allora $|L(x)|\leq 1$$|L(x)|\leq 1$. Considero $x\neq 0$$x \neq 0$ qualunque, allora il vettore $x'={\frac {x}{\|x\|}}$$x'={\frac {x}{\|x\|}}$ ha norma 1, quindi si ha

$$\|(\delta /2)x'\|=\delta /2\leq \delta$$

$$\|(\delta /2)x'\|=\delta /2\leq \delta$$

e per definizione deve valere $L({\frac {\delta }{2}}x')\leq 1$$L({\frac {\delta }{2}}x')\leq 1$ quindi

$$L({\frac {\delta }{2}}x')=\delta /2{\frac {L(x)}{\|x\|}}\leq 1$$

$$L({\frac {\delta }{2}}x')=\delta /2{\frac {L(x)}{\|x\|}}\leq 1$$

cioè

$$|L(x)|\leq 2/\delta *\|x\|$$

$$|L(x)|\leq 2/\delta *\|x\|$$

quindi $c=2/\delta$$c=2/\delta$ è la costante cercata.
$4\longrightarrow 1$$4\longrightarrow 1$: per linearità

$$|L(x)-L(y)|=|L(x-y)|\leq c*\|x-y\|$$

$$|L(x)-L(y)|=|L(x-y)|\leq c*\|x-y\|$$

e se $\|x-y\|\to 0$$\|x-y\|\to 0$, $L(x)\to L(y)$$L(x)\to L(y)$, cioè $L$$L$ è continua.
$1\longrightarrow 2$$1\longrightarrow 2$: ovviamente, se $L$$L$ è continua, allora è continua in qualche punto.
$2\longrightarrow 3$$2\longrightarrow 3$: esercizio

 

Norma sul duale

Lemma 3.1

Posto $\|L\|=\sup |L(x)|$$\|L\|=\sup |L(x)|$ per $x$$x$ che varia nella bolla unitaria chiusa con $L$$L$ lineare e continua, allora $L$$L$ è una norma.

 

Dimostrazione

1. Se $L=0$$L=0$, $\sup |L(x)|=0$$\sup |L(x)|=0$ e quindi la norma è nulla. Viceversa, se il sup è nullo, tutti gli $|L(x)|$$|L(x)|$ sono nulli e quindi $L$$L$ è nulla.
2. omogeneità: $\|tL\|=\sup |t*L(x)|=|t|*\sup |L(x)|=|t|*\|L\|$$\|tL\|=\sup |t*L(x)|=|t|*\sup |L(x)|=|t|*\|L\|$
3. disuguaglianza triangolare:
   $$\|L+L'\|=\sup |L(x)+L'(x)|\leq \sup(|L(x)|+|L'(x)|)$$

   $$\|L+L'\|=\sup |L(x)+L'(x)|\leq \sup(|L(x)|+|L'(x)|)$$
   $$\leq \sup |L(x)|+\sup |L'(x)|=\|L\|+\|L'\|$$

   $$\leq \sup |L(x)|+\sup |L'(x)|=\|L\|+\|L'\|$$

 

Il duale topologico è uno spazio normato (di Banach).

Esercizio 3.1

Considero la norma introdotta sul duale, tale che, data l'applicazione lineare $t\colon X\to X'$$t\colon X\to X'$

$$\|t\|=\sup _{x\in B_{0,1}}|t(x)|.$$

$$\|t\|=\sup _{x\in B_{0,1}}|t(x)|.$$

Dimostrare che le seguenti sono scritture equivalenti di questa norma:

1. $$\sup _{x\,t.c.\,\|x\|=1}|t(x)|$$

   $$\sup _{x\,t.c.\,\|x\|=1}|t(x)|$$
   (non considero i punti nella bolla unitaria ma solo quelli sulla frontiera)
2. $$\sup _{x\in X}{\frac {|t(x)|}{\|x\|}}$$

   $$\sup _{x\in X}{\frac {|t(x)|}{\|x\|}}$$

 

Dimostrazione

Mostro prima che le scritture 1 e 2 sono equivalenti tra loro. Osservo che $\|x\|$$\|x\|$ è uno scalare, quindi $|{\frac {|t(x)|}{\|x\|}}|=|t({\frac {x}{\|x\|}})|$$|{\frac {|t(x)|}{\|x\|}}|=|t({\frac {x}{\|x\|}})|$ per l'omogeneità di $t$$t$. Allora, partendo dalla scrittura 2

$$\sup _{x\in X}{\frac {|t(x)|}{\|x\|}}=\sup _{x\in X}|t({\frac {x}{\|x\|}})|$$

$$\sup _{x\in X}{\frac {|t(x)|}{\|x\|}}=\sup _{x\in X}|t({\frac {x}{\|x\|}})|$$

ma i vettori della forma ${\frac {x}{\|x\|}}$${\frac {x}{\|x\|}}$ hanno norma 1, quindi proseguendo con le uguaglianze:

$$=\sup _{x\,t.c.\,\|x\|=1}|t(x)|.$$

$$=\sup _{x\,t.c.\,\|x\|=1}|t(x)|.$$

Si dimostra che la scrittura 1 è equivalente alla norma. Cioè $t$$t$ assume il suo sup sulla frontiera della bolla.

 

Dall'esercizio, e in particolare dal fatto che $\|t\|=\sup _{x\in X}{\frac {|t(x)|}{\|x\|}}$$\|t\|=\sup _{x\in X}{\frac {|t(x)|}{\|x\|}}$ segue che, per ogni $x$$x$, vale sempre

$$|t(x)|\leq \|t\|*\|x\|.$$

$$|t(x)|\leq \|t\|*\|x\|.$$

allora

$$\|t\|=\inf\{c\geq 0\,t.c.\,\forall x\in X,\{|t(x)|\leq c\}\}$$

$$\|t\|=\inf\{c\geq 0\,t.c.\,\forall x\in X,\{|t(x)|\leq c\}\}$$

Teorema di Riesz

Questo teorema fornisce una caratterizzazione del duale.

Teorema 3.1

Se $X$$X$ è uno spazio di Hilbert,

1. fissato $x_{0}\in X$$x_0 \in X$, la funzione $t_{x_{0}}$$t_{x_{0}}$ tale che $t_{x_{0}}(x)=x\cdot x_{0}$$t_{x_{0}}(x)=x\cdot x_{0}$ è un funzionale lineare e continuo, e
   $$\|t_{x_{0}}\|=\|x_{0}\|$$

   $$\|t_{x_{0}}\|=\|x_{0}\|$$
2. viceversa, se $f\in X^{\ast }$$f\in X^{\ast }$, esiste uno ed un unico vettore $x_{0}$$x_0$ che rappresenta $f$$f$, cioè tale che $f(x)=x\cdot x_{0}\forall x\in X$$f(x)=x\cdot x_{0}\forall x\in X$, e $\|f\|=\|x_{0}\|$$\|f\|=\|x_{0}\|$.

 

Dimostrazione

1. fisso $x_{0}\neq 0$$x_{0}\neq 0$ e pongo $t_{x_{0}}(x)=x\cdot x_{0}$$t_{x_{0}}(x)=x\cdot x_{0}$ come nell'enunciato, e osservo che, dati $x,y\in X$$x,y \in X$,
   $$t_{x_{0}}(x+y)=(x+y)\cdot x_{0}=x\cdot x_{0}+y\cdot x_{0}=t_{x_{0}}(x)+t_{y_{0}}(y)$$

   $$t_{x_{0}}(x+y)=(x+y)\cdot x_{0}=x\cdot x_{0}+y\cdot x_{0}=t_{x_{0}}(x)+t_{y_{0}}(y)$$
   e si dimostra facilmente anche l'omogeneità, allora $t$$t$ è lineare.Osservo poi che
   $$|t_{x_{0}}(x)|=|x\cdot x_{0}|\leq \|x\|*\|x_{0}\|$$

   $$|t_{x_{0}}(x)|=|x\cdot x_{0}|\leq \|x\|*\|x_{0}\|$$
   per la disuguaglianza di Cauchy-Schwarz, quindi, dividendo per $\|x_{0}\|$$\|x_{0}\|$ che è non nulla:
   $${\frac {|t_{x_{0}}(x)|}{\|x\|}}\leq \|x_{0}\|$$

   $${\frac {|t_{x_{0}}(x)|}{\|x\|}}\leq \|x_{0}\|$$
   e siccome questo vale per ogni $x$$x$, passando al sup si ha:
   $$\sup _{x\neq 0}{\frac {|t_{x_{0}}(x)|}{\|x\|}}\leq \|x_{0}\|$$

   $$\sup _{x\neq 0}{\frac {|t_{x_{0}}(x)|}{\|x\|}}\leq \|x_{0}\|$$
   e per l'esercizio precedente, il primo membro è uguale a $\|t_{x_{0}}\|$$\|t_{x_{0}}\|$.Allora, avendo norma finita ed essendo lineare, $t_{x_{0}}$$t_{x_{0}}$ è continua.
   $$t_{x_{0}}({\frac {x_{0}}{\|x_{0}\|}})=t(x_{0})*{\frac {1}{\|x_{0}\|}}$$

   $$t_{x_{0}}({\frac {x_{0}}{\|x_{0}\|}})=t(x_{0})*{\frac {1}{\|x_{0}\|}}$$
   $$={\frac {x_{0}\cdot x_{0}}{\|x_{0}\|}}={\frac {\|x_{0}\|^{2}}{\|x_{0}\|}}=\|x_{0}\|.$$

   $$={\frac {x_{0}\cdot x_{0}}{\|x_{0}\|}}={\frac {\|x_{0}\|^{2}}{\|x_{0}\|}}=\|x_{0}\|.$$
   allora esiste un punto $x_{0}$$x_0$ che realizza l'uguaglianza nel punto $x_{0}$$x_0$, $\|t_{x_{0}}\|=\|x_{0}\|$$\|t_{x_{0}}\|=\|x_{0}\|$, quindi posso scrivere $\|t_{x_{0}}\|=\max _{x}\|x\|$$\|t_{x_{0}}\|=\max _{x}\|x\|$ e l'uguaglianza è realizzata per $x_{0}$$x_0$.
2. Viceversa, se $f$$f$ è l'operatore che vale sempre 0, non c'è niente da dimostrare, allora suppongo $f\neq 0$$f\neq 0$. Considero
   $$\ker f=\{x\,t.c.\,f(x)=0\}$$

   $$\ker f=\{x\,t.c.\,f(x)=0\}$$
   Sappiamo che $\ker f$$\ker f$:#*è un sottospazio vettoriale#*è un chiuso (è la controimmagine di $0$$0$ mediante la funzione continua $f$$f$)#*è diverso dall'intero $X$$X$ (infatti $f$$f$ non è nullo)Per queste tre condizioni, $\ker f$$\ker f$ non è denso (${\overline {\ker f}}=\ker f\neq X$${\overline {\ker f}}=\ker f\neq X$), allora il suo ortogonale non siriduce al solo 0, e deve esistere $x_{1}\neq 0,\,x_{1}\in (\ker f)^{\perp }$$x_{1}\neq 0,\,x_{1}\in (\ker f)^{\perp }$. $f(x_{1})\neq 0$$f(x_{1})\neq 0$, e se pongo $x_{2}={\frac {x_{1}}{f(x_{1})}}$$x_{2}={\frac {x_{1}}{f(x_{1})}}$, allora anche $x_{2}\in (\ker f)^{\perp }$$x_{2}\in (\ker f)^{\perp }$, e $f(x_{2})=1$$f(x_{2})=1$ (normalizzazione del vettore $x_{1}$$x_{1}$).Per ogni $x\in X$$x \in X$, considerando il vettore $x-f(x)*x_{2}$$x-f(x)*x_{2}$, si ha
   $$f(x-f(x)*x_{2})=f(x)-f(x)*f(x_{2})=f(x)-f(x)*1=0$$

   $$f(x-f(x)*x_{2})=f(x)-f(x)*f(x_{2})=f(x)-f(x)*1=0$$
   allora $x-f(x)*x_{2}$$x-f(x)*x_{2}$ appartiene a $\ker f$$\ker f$, e siccome $x_{2}\in (\ker f)^{\perp }$$x_{2}\in (\ker f)^{\perp }$, il prodotto tra i due vettori dev'essere nullo:
   $$(x-f(x)*x_{2})\cdot x_{2}=0$$

   $$(x-f(x)*x_{2})\cdot x_{2}=0$$
   $$\longrightarrow \,x\cdot x_{2}=f(x)x_{2}\cdot x_{2}=f(x)\|x_{2}\|^{2}$$

   $$\longrightarrow \,x\cdot x_{2}=f(x)x_{2}\cdot x_{2}=f(x)\|x_{2}\|^{2}$$
   e dividendo per $\|x_{2}\|^{2}$$\|x_{2}\|^{2}$:
   $$x\cdot {\frac {x_{2}}{\|x_{2}\|^{2}}}=f(x),\,\forall x$$

   $$x\cdot {\frac {x_{2}}{\|x_{2}\|^{2}}}=f(x),\,\forall x$$
   allora $x_{0}={\frac {x_{2}}{\|x_{2}\|^{2}}}$$x_{0}={\frac {x_{2}}{\|x_{2}\|^{2}}}$ rappresenta $f$$f$, e $\|f\|=\|x_{0}\|$$\|f\|=\|x_{0}\|$, cioè esiste $x_{0}$$x_0$ con la proprietà cercata.Supponiamo che $x_{0}$$x_0$ non sia unico, e quindi che esista $x_{0}'$$x_{0}'$ tale che $x\cdot x_{0}=x\cdot x_{0}'=f$$x\cdot x_{0}=x\cdot x_{0}'=f$, allora $x\cdot (x_{0}-x_{0}')=0,\,\forall x\in X$$x\cdot (x_{0}-x_{0}')=0,\,\forall x\in X$, e quindi, per $x=x_{0}-x_{0}'$$x=x_{0}-x_{0}'$,
   $$(x_{0}-x_{0}')\cdot (x_{0}-x_{0}')=\|x_{0}-x_{0}'\|^{2}=0$$

   $$(x_{0}-x_{0}')\cdot (x_{0}-x_{0}')=\|x_{0}-x_{0}'\|^{2}=0$$
   e quindi $x_{0}=x_{0}'$$x_{0}=x_{0}'$, cioè $x_{0}$$x_0$ è unico.

 

Riassumendo, esiste un funzionale $\colon X^{\ast }\to X$$\colon X^{\ast }\to X$ che è isometria lineare iniettiva e suriettiva. infatti, a $f$$f$ nel duale, si può associare l'unico $x_{0}$$x_0$ che lo rappresenta, e tale che $\|f\|=\|x_{0}\|$$\|f\|=\|x_{0}\|$.