G. Gilardi, Analisi Funzionale - Dipartimento di Matematica

Capitolo 5
9.3. Definizione. Siano V uno spazio vettoriale e C un suo sottoinsieme. Diciamo che C è
equilibrato quando da x ∈ C , α ∈ K e |α| ≤ 1 segue αx ∈ C .
9.4. Esercizio. Dimostrare che: i) se V è uno spazio vettoriale topologico, ogni intorno
dell’origine è assorbente; ii) ogni insieme non vuoto equilibrato contiene l’origine; iii) nel caso
reale, C è equilibrato se e solo se, per ogni x ∈ C , il segmento di estremi ±x è incluso in C .
9.5. Esercizio. Costruire C ⊂ R 2 che è assorbente ma non è un intorno dell’origine.
9.6. Esercizio. Sia V uno spazio normato. Calcolare i funzionali di Minkowski della palla
Br(0) e della palla chiusa Br(0) .
9.7. Esercizio. Derivare velocemente dall’esercizio precedente i funzionali di Minkowski dei seguenti
sottoinsiemi di R 2 : C1 = (−1, 1) 2 e C2 = co{(±1, 0), (0, ±1)} .
9.8. Proposizione. Siano V uno spazio vettoriale e C un suo sottoinsieme assorbente e convesso.
Allora il funzionale di Minkowski di C verifica le proprietà seguenti:
i) minkC(x + y) ≤ minkC(x) + minkC(y) per ogni x, y ∈ V ;
ii) minkC(αx) = α minkC(x) per ogni x ∈ V e α reale positivo;
iii) se C è anche equilibrato, minkC è una seminorma in V .
Nelle sole ipotesi iniziali valgono inoltre le inclusioni
iv) {x ∈ V : minkC(x) < 1} ⊆ C ⊆ {x ∈ V : minkC(x) ≤ 1}.
Se poi V è uno spazio vettoriale topologico, si ha più precisamente
v) C = {x ∈ V : minkC(x) < 1} se C è aperto ;
vi) C = {x ∈ V : minkC(x) ≤ 1} se C è chiuso
e, se in aggiunta V è uno spazio normato, risulta
vii) esiste M > 0 tale che minkC(x) ≤ M�x� per ogni x ∈ V se C è un intorno dell’origine;
viii) esiste α > 0 tale che minkC(x) ≥ α�x� per ogni x ∈ V se C è limitato.
In particolare, se V è normato e C è un intorno convesso equilibrato limitato dell’origine, minkC
è una norma equivalente a quella originaria.
Dimostrazione. Ricordiamo che 0 ∈ C per l’Esercizio 9.4 e poniamo p = minkC per semplificare le
notazioni. In particolare p(0) = 0 . Dimostriamo i) . Fissiamo ε > 0 ad arbitrio. Allora esistono α, β > 0
tali che x/α ∈ C , y/β ∈ C , α ≤ p(x) + ε e β ≤ p(y) + ε . Siccome C è convesso, deduciamo che
x + y α
=
α + β α + β
x β
+
α α + β
y
∈ C da cui p(x + y) ≤ α + β ≤ p(x) + p(y) + 2ε.
β
Per l’arbitrarietà di ε concludiamo. La ii) è del tutto immediata e passiamo a iii) : dobbiamo solo
dimostrare che p(αx) = |α|p(x) per α ∈ K e non solo per α reale positivo. Se α = 0 l’uguaglianza è vera
in quanto p(0) = 0 . Supponiamo ora α �= 0 . Scriviamo α = ρ e iϑ con ρ > 0 e ϑ = 0, π nel caso reale e
ϑ ∈ R nel caso complesso. Allora p(αx) = p(ρe iϑ x) = ρp(e iϑ x) = |α|p(e iϑ x) . Ma e iϑ x/λ ∈ C se e solo se
x/λ ∈ C dato che C è equilibrato. Deduciamo che p(e iϑ x) = p(x) e combinando concludiamo.
Dimostriamo ora le inclusioni iv) e le uguaglianze v) e vi) . Se p(x) < 1 allora esiste λ ∈ (0, 1) tale
che x/λ ∈ C . Siccome 0 ∈ C e C è convesso, deduciamo x = λ(x/λ) + (1 − λ)0 ∈ C . Supponiamo
ora x ∈ C . Allora x/1 ∈ C da cui p(x) ≤ 1 . Aggiungiamo ora l’ipotesi che V sia uno spazio vettoriale
topologico e che C sia aperto: dobbiamo solo dimostrare che da x ∈ C segue p(x) < 1 . Sia dunque
x ∈ C . Siccome l’applicazione α ↦→ αx da K in V è continua in 1 e C è aperto, si ha αx ∈ C per tutti
gli α ∈ K sufficientemente vicini a 1 . In particolare esiste α reale > 1 tale che αx ∈ C e concludiamo
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Gianni Gilardi